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La fórmula propuesta por Tom puede ser obtenida con el método clásico :
$$\int_0^{\infty} \frac{x^{s-1}}{e^x(e^x-1)} dx $$
$$ = \sum_{n=2}^{\infty} \int_0^{\infty} x^{s-1} e^{-nx} dx$$
$$ = \sum_{n=2}^{\infty} \int_0^{\infty} \left(\frac{t}{n}\right)^{s-1} e^{-t} dt/n $$
$$ = \left(\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n^s}\right) \int_0^{\infty} t^{s-1} e^{-t} dt $$
$$ = \left(\zeta(s)-1\right) \Gamma(s)$$
Como $s\to 0$ tenemos $\displaystyle \left(\zeta(s)-1\right) \Gamma(s)\sim -\frac 3{2s} +\frac 32\gamma-\frac{\ln(2\pi)}2$ ($\gamma=\lim_{s\to 0} \frac 1s-\Gamma(s)$ la constante de Euler $0.5772156649\cdots$$\frac{-\ln(2\pi)}2=\zeta'(0)$) que aún divergentes...
No estoy seguro de que podemos evitar esto debido a la equivalencia $\int \frac 1{x^2} dx$ cerca de $0$, pero tal vez de que su "regularización" que podría consistir en el límite : $\displaystyle \lim_{\epsilon\to 0} \frac{\left(\zeta(-\epsilon)-1\right) \Gamma(-\epsilon)+\left(\zeta(\epsilon)-1\right) \Gamma(\epsilon)}2=\frac 32\gamma-\frac{\ln(2\pi)}2$
o simétrica, meditaba integral centrada en $0$ con el mismo resultado...
Serie correspondiente
Vamos a sustituir esta definición de la Mittag-Leffler función :
$$\operatorname{E}_s(z)=\sum_{k=0}^\infty \frac{z^k}{\Gamma(sk+1)}$$
en su integral :
$$I(s)=s\int_{0}^{\infty}\frac{E_{s}(x^{s})-1}{xe^{x}(e^{x}-1)}dx$$
$$I(s)=s\int_{0}^{\infty}\frac{\sum_{k=1}^\infty \frac{x^{sk}}{\Gamma(sk+1)}}{xe^{x}(e^{x}-1)}dx=s\sum_{k=1}^\infty \frac 1{\Gamma(sk+1)}\int_{0}^{\infty}\frac{ x^{sk-1}}{e^{x}(e^{x}-1)}dx$$
Podemos usar nuestro resultado anterior para reescribir $I(s)$ como :
$$I(s)=s\sum_{k=1}^\infty \frac {\left(\zeta(sk)-1\right) \Gamma(sk)}{\Gamma(sk+1)}$$
esto se convierte en la simple (y convergente si $\Re(s)>0$ $\frac 1s$ no entero, al menos...) :
$$\boxed{I(s)=\sum_{k=1}^\infty \frac {\zeta(sk)-1}{k}}$$
La aproximación y la Visualización
Podemos eliminar el simple polos de esta serie en $s=\frac 1n$ $n\in \mathbb{N}^*$ restando $\frac 1{sk-1}$ en el numerador (Stieltjes de expansión) con la esperanza de conseguir algo más sencillo.
De hecho, para $s$ pequeña he encontrado este lugar preciso aproximación numérica (error relativo $<\frac 1{20000}$ en el rectángulo $\Re(s)\in (10^{-5},2),\ |\Im(s)|<1$) :
$$\sum_{k=1}^\infty \frac {\zeta(sk)-1-\frac 1{sk-1}}{k}\approx\frac {\ln(s)}2-0.95973512990747991661376-0.04053073339766363s+0.00026485233s^2$$
Creo que el $\frac {\ln(s)}2$ término es exacto (desde numérico 'propiedades de escala') así como de los dígitos de los últimos tres constantes.
Desde $\displaystyle \sum_{k=1}^\infty \frac 1{k(sk-1)}=-\gamma -\psi\left(1-\frac 1s\right)$ $\psi$ la función digamma tenemos la aproximación :
$$I(s)\approx -\gamma -\psi\left(1-\frac 1s\right) +\frac {\ln(s)}2-0.95973512990747991661376-0.04053073339766363s+0.00026485233s^2$$
que nos permite producir esta imagen de la parte imaginaria de $I(s)$$\Re(s)>0$ :
![imaginary part]()
Se observa un aumento de la amplitud de la $\pi$ (cerca de la línea de $x=\Re(s)=0$ a la derecha alrededor de la línea de $y=\Im(s)=0$) procedente de $\frac {\ln(s)}2$.
Observemos que nuestra expansión es analítica en todas partes, excepto en el simple polos $s=\frac 1n$ y el punto de ramificación de la $s=0$ lo que nos permite mostrar las imágenes de lo imaginario y real, parte de la (posible) superficie de Riemann de la analítica, la extensión de $I(s)$ en todo el avión (imaginar una infinidad de hojas superpuestas alrededor del punto de ramificación $0$ generado por el $\frac {\ln(s)}2$ plazo) :
![imaginary compl]()
![real compl]()
Asintótica de Expansión (método directo)
Queremos reescribir la siguiente variante de la $I(s)$ como una serie de Maclaurin $P(s)$ :
$$J(s):=\sum_{k=1}^\infty \frac {\zeta(sk)-1-\frac 1{sk-1}}{k}-\dfrac{\ln(s)}2$$
Vamos a dividir el $-1$ en el numerador en dos $-\frac 12$ términos para estudiar el comportamiento asintótico de esta serie (y obtener la convergencia de la persona en poder de $\log$ integrales' vamos a ver más adelante...) :
$$J(s)= \lim_{N\to\infty} J_N(s)\ \ \text{with}\ \ J_N(s)=\sum_{k=1}^N \frac {\zeta(sk)-\frac 12-\frac 1{sk-1}}{k}-\frac 12 \sum_{k=1}^N \frac 1k -\frac{\ln(s)}2$$
Primero vamos a mostrar que $\ \lim_{N\to\infty} J_N(s)$ existe para cualquier $s>0$ tal que $\frac 1s \notin \mathbb{N}$ (de modo que todos los términos de la suma son definidos).
Desde $\ \sum_{k=1}^N \frac 1k= H_n=\gamma +\ln\bigl(N+\frac 12\bigr) + \operatorname{O}\bigl(\frac 1N\bigr)\ $ tenemos $\frac 12 \sum_{k=1}^N \frac 1k +\frac{\ln(s)}2=\frac {\gamma}2+\frac 12 \ln\bigl(s\bigl(N+\frac 12\bigr)\bigr)+\operatorname{O}\bigl(\frac 1N\bigr)=\frac {\gamma}2+\frac {\ln(sN)}2+\operatorname{O}\bigl(\frac 1N\bigr)$
Para $sN \gg 1$ tenemos (ajuste $x:=sk$) :
$$s\sum_{k=N}^M \frac {\zeta(sk)-\frac 12-\frac 1{sk-1}}{sk}\sim \int_{sN}^{sM} \frac {\zeta(x)-\frac 12-\frac 1{x-1}}{x}\,dx$$
el error es de orden $\frac 1N$ a causa de la $H_M-H_N$ términos y debido a $\zeta(x)-1 \sim 2^{-x}$$x \gg 1$.
Una evaluación precisa de la última integral es :
$\left[\frac 32 \ln(x) -\ln(x-1)+\sum_{k>1} \operatorname{Ei}(-x\ln(k))\right]^{sM}_{sN}$ ($\operatorname{Ei}$ la integral exponencial y $\operatorname{Ei}(-u)\sim \frac {e^{-u}}{-u}$$u\gg 1$) pero esto no es necesario, ya que la integral es claramente equivalente a $\frac 12 \left[\ln(x)\right]^{sM}_{sN}\ $ con un error del orden de $\frac 1N$$sN\gg 1$.
Tanto en $\frac {\ln(sN)}2$ términos cancelar en $J_N(s)$ grandes $sN$, de modo que el límite de $J(s)$ existe $s>0$ (para $\frac 1s \in \mathbb{N}$ $J(s)$ puede ser definido como un límite ya que hemos eliminado los polos).
Vamos a utilizar el de Euler de Maclaurin asintótica fórmula con $f(k)=\frac {\zeta(sk)-\frac 12-\frac 1{sk-1}}{k}$ a ampliar directamente a $J_N(s)$ :
$$\sum_{k=0}^N f(k) \sim \int_0^N f(x) dx +\frac {f(0)+f(N)}2+\sum_{k=1}^\infty \frac{B_{2k}}{(2k)!} \bigl(f^{(2k-1)}(N)-f^{(2k-1)}(0)\bigr)$$
se convierte en :
$$ s\sum_{k=0}^N \frac {\zeta(sk)-\frac 12-\frac 1{sk-1}}{sk}\sim \int_0^{sN} \frac {\zeta(x)-\frac 12-\frac 1{x-1}}{x}\,dx + \frac {f(0)+f(N)}2+\sum_{k=1}^\infty \frac{B_{2k}}{(2k)!} \left(f^{(2k-1)}(N)-f^{(2k-1)}(0)\right)$$
Tenga en cuenta que empezamos a $k=0$ $\displaystyle\ f(0)=\lim_{k\to 0}\ s\frac {\zeta(sk)-\frac 12-\frac 1{sk-1}}{sk}=(1+\zeta'(0))s\ $
y de que, por cualquier $n\in \mathbb{N}^*$, tenemos :
$f^{(n-1)}(0)=\lim_{N\to 0}\ s\left(\frac d{dN}\right)^{n-1}\ \left(\frac {\zeta(sN)-\frac 12-\frac 1{sN-1}}{sN}\right)=\lim_{N\to 0}\ s\left(\frac {s\cdot d}{d(sN)}\right)^{n-1} (\cdots)=\lim_{x\to 0}\ s^n\left(\frac {\zeta(x)-\frac 12-\frac 1{x-1}}x\right)^{(n-1)}=s^n\lim_{x\to 0} \frac{\left(\zeta(x)-\frac 1{x-1}\right)^{(n)}}n$
o, simplemente, $\ \displaystyle f^{(n-1)}(0)=\frac{n!+\zeta^{(n)}(0)}n s^n\ $ $n>0$
Para $n\ge 0$ $N \gg 1$ podemos demostrar que $f^{(n)}(N)\sim \frac {(-1)^n n!}{2 N^{n+1}}\ $, de modo que el de Euler de Maclaurin asintótica se convierte en la fórmula (después de la extracción $\frac{H_N+\ln(s)}2$ en ambos lados para obtener $J_N(s)$ a la izquierda) :
$$J_N(s)= s\sum_{k=0}^N \frac {\zeta(sk)-1-\frac 1{sk-1}}{sk}-\ln(s)\sim \int_0^{sN} \frac {\zeta(x)-\frac 12-\frac 1{x-1}}x\,du - \frac {\gamma}2-\frac {\ln(sN)}2+\operatorname{O}\bigl(\frac 1N\bigr)+ \frac {f(0)}2-\sum_{k=1}^\infty \frac{B_{2k}}{(2k)!} f^{(2k-1)}(0)$$
En este punto vamos a reescribir $\ln(sN)=\int_0^{sN} \frac 1{x+1}\,du+\operatorname{O}\bigl(\frac 1N\bigr)$ e ir al límite de $N\to \infty$ :
$$J(s)\sim - \frac {\gamma}2+\int_0^\infty \frac {\zeta(x)-\frac 12-\frac 1{x-1}}x-\frac 1{2(x+1)}\,dx + \frac {f(0)}2-\sum_{k=1}^\infty \frac{B_{2k}}{(2k)!} f^{(2k-1)}(0)$$
Reconocemos una serie de Maclaurin en $s$ :
$$J(s)\sim K_0 -K_1 \frac s2-\sum_{k=1}^\infty K_{2k} \frac{B_{2k}}{(2k)!} s^{2k} $$
con el término constante dado por $\displaystyle\ \boxed{K_0:= -\frac{\gamma}2 +\int_0^\infty \frac {\zeta(x)-\frac 1{x-1} -\frac 12 }x -\frac 1{2(1+x)}\,dx}$
(el valor numérico es $K_0=-0.95973512990\cdots$ como se quiera ; yo no conozco una forma cerrada...)
y el $K_n$ coeficientes de $s^n$ $\boxed{K_n:=\frac{n!+\zeta^{(n)}(0)}n}\ \text{for} \ n>0$
La deseaba analítica extensión de $I(s)$ será :
$$\boxed{I(s)\sim -\gamma -\psi\left(1-\frac 1s\right) +\frac {\ln(s)}2+K_0 -K_1 \frac s2-\sum_{k=1}^\infty K_{2k} \frac{B_{2k}}{(2k)!} s^{2k}}$$
Corta la tabla de $K_n$ valores :
($\gamma_n$ es la enésima Stieltjes constante : $\gamma_0= \gamma,\ \gamma_1= 0.07281584548367672486058\cdots$)
$\displaystyle K_1=1+\zeta'(0)=1-\frac{\ln(2\pi)}2=0.0810614667953272582\cdots$
$\displaystyle K_2=1+\frac{\zeta"(0)}2=1-\frac{\ln(2\pi)^2}4+\frac{\gamma^2}4-\frac{\pi^2}{48}-\frac{\gamma_1}2=
-0.0031782279542924256\cdots$
$K_3=\frac{3!+\zeta'''(0)}3=-0.00157038895408481592\cdots$
$K_4=\frac{4!+\zeta^{(4)}(0)}4=0.0007242029965730102531\cdots$
($-\frac {K_1}2$$-\frac {K_2}{12}$ puede ser comparado con los coeficientes de la $s$ $s^2$ obtenido anteriormente : $-0.040530733397\cdots$$0.00026485233\cdots$).
(es interesante observar que $\zeta^{(n)}(0)\approx -n!$$\zeta^{(n)}\left(\frac 12\right)\approx -2^{n+1}n!$)
Asintótica Expansiones (el mismo resultado después de una excursión con Mittag-Leffler, otra expresión para $K_0$)
Para obtener los términos exactos de la expansión de la $I(s)$ vamos a proporcionar el Maclaurin de expansión en $s$ $s\left(E_s(x^s)-1\right)$ (los coeficientes son funciones de la $x$ que tendremos que integrar más tarde, a la $\mathbb{R}^+$) :
$$s\left(E_s(x^s)-1\right)=C_0(x) e^x-\frac s2-\frac{s^2}{12}\left[\ln(x)+\gamma\right]+\frac{s^4}{720}\left[\ln(x)^3+3\gamma\ln(x)^2+3\left(\gamma^2-\zeta(2)\right)\ln(x)+\gamma^3-3\gamma\zeta(2)+2\zeta(3)\right]-\frac{s^6}{30240}\left[\ln(x)^5+5\gamma\ln(x)^4+10\left(\gamma^2-\zeta(2)\right)\ln(x)^3+10\left(\gamma^3-3\gamma \zeta(2)+2\zeta(3)\right)\ln(x)^2+5\left(\gamma^4-6\gamma^2\zeta(2)+8\gamma \zeta(3)+\pi^4/60\right)\ln(x)+\gamma^5-10\gamma^3\zeta(2)+20\gamma^2\zeta(3)+\gamma\pi^4/12-20\zeta(2)\zeta(3)+24\zeta(5) \right]+P_8(\ln(x))\operatorname{O}\bigl(s^8\bigr)$$
El término independiente de $s$ : $C_0(x) e^x$ con $\displaystyle C_0(x)=\int_0^1 \frac{\gamma(t,x)}{\Gamma(t)}\,dt\ $ (e $\gamma(t,x)$ la baja de la 'función gamma incompleta') fue obtenido considerando el límite de $n\to \infty$ de la fórmula (3.4) de Haubold del papel (con $s=\frac 1n$) :
$$E_{\frac 1n}\left(x^{\frac 1n}\right)=e^x\left[1+\sum_{r=1}^{n-1}\frac{\gamma\left(1-\frac rn ,x\right)}{\Gamma\left(1-\frac rn\right)}\right]$$
Una expresión más corta para el Maclaurin de expansión (que podría volver a ser obtenidos con Euler-Maclaurin) debe ser :
$$\boxed{s\left(E_s(x^s)-1\right)\sim C_0(x) e^x-\frac s2-\sum_{n=2}^\infty s^n\frac{B_n}{n!}\ \sum_{k=0}^{n-1} \binom{n-1}{k} S_k \ln(x)^{n-1-k}} $$
con $B_n$ los 'números de Bernoulli' ( $B_{2n+1}=0$ $n>0$ ) y $S_k$ los coeficientes que aparecen en la expansión de la recíproca de la función gamma en $z=0$ (a $z=1$) :
$$\frac 1{\Gamma(s)}=\sum_{k=0}^\infty \frac {S_k}{k!} s^{k+1}\ \ \text{so that}\ \ S_k=\lim_{s\to 0} \left(\frac 1{\Gamma(s+1)}\right)^{(k)}$$
$S_0=1$
$S_1=\gamma$
$S_2=\gamma^2-\zeta(2)$
$S_3=\gamma^3-3\gamma \zeta(2)+2\zeta(3)$
$S_4=\gamma^4-6\gamma^2\zeta(2)+8\gamma \zeta(3)+\pi^4/60$
$S_5=\gamma^5-10\gamma^3\zeta(2)+20\gamma^2\zeta(3)+\gamma\pi^4/12-20\zeta(2)\zeta(3)+24\zeta(5)$
$C_0$ también puede escribirse con la $S_k$ términos como $\displaystyle C_0(x)=\sum_{k=0}^\infty \frac{S_k}{(-\ln(x))^{k+1}}$.
Vamos a empezar de nuevo con :
$\displaystyle J(s)= \lim_{N\to\infty} J_N(s)$ con
$\ \displaystyle J_N(s)=\sum_{k=1}^N \frac {\zeta(sk)-\frac 12-\frac 1{sk-1}}{k}-\frac 12 \sum_{k=1}^N \frac 1k -\frac{\ln(s)}2$
pero el uso de Mittag-Leffler después de que :
$$J_N(s)=s\sum_{k=1}^N \frac {\zeta(sk)\Gamma(sk)-\frac {\Gamma(sk)}2-\frac {(sk-1)\Gamma(sk-1)}{sk-1}}{(sk)\Gamma(sk)}-\frac 12 \sum_{k=1}^N \frac 1k -\frac{\ln(s)}2$$
$$J_N(s)=s\sum_{k=1}^N \frac {\zeta(sk)\Gamma(sk)-\frac {\Gamma(sk)}2-\Gamma(sk-1)}{\Gamma(sk+1)}-\frac 12 \sum_{k=1}^N \frac 1k -\frac{\ln(s)}2$$
Vamos a reescribir todo en forma integral (uso de $\ \sum_{k=1}^N \frac 1k= \gamma +\int_0^N \frac 1{1+x} + \operatorname{O}\bigl(\frac 1N\bigr)\ $, $\Gamma(u)=\int_0^\infty t^{u-1} e^{-t} dt\ $ y teniendo en cuenta el límite de $N\to \infty$) :
$$J_N(s)=\sum_{k=1}^N \left( \frac s{\Gamma(sk+1)}\int_{0}^{\infty}\frac{x^{sk-1}}{e^x-1}-\frac {x^{sk-1}}{2e^x}-\frac {x^{sk-1}}{x e^x}\,dx\right)-\frac{\gamma}2 -\frac{\ln(N s)}2+\operatorname{O}\bigl(\frac 1N\bigr)$$
$$J_N(s)=-\frac{\gamma}2+\int_{0}^{\infty}\frac{\sum_{k=1}^N \frac {sx^{sk}}{\Gamma(sk+1)}}{xe^{x}}\left(\frac {e^x}{e^{x}-1}-\frac 12-\frac 1x\right)\,dx -\frac{\ln(N s)}2+\operatorname{O}\bigl(\frac 1N\bigr)$$
$$J_N(s)=-\frac{\gamma}2 +\int_{0}^{\infty}\frac{\sum_{k=1}^N \frac {sx^{sk}}{\Gamma(sk+1)}}{xe^{x}}\left(\frac {e^x}{e^{x}-1}-\frac 12-\frac 1x\right)+\frac{e^{-N s x}-e^{-x}}{2x}\,dx +\operatorname{O}\bigl(\frac 1N\bigr)$$
que se convierte en el límite de $N \to \infty$ :
$$J(s)\sim -\frac{\gamma}2 +\int_{0}^{\infty}\frac{\sum_{k=1}^\infty\frac {sx^{sk}}{\Gamma(sk+1)}}{xe^{x}}\left(\frac {e^x}{e^{x}-1}-\frac 12-\frac 1x\right)-\frac 1{2(1+x)}\,dx$$
$$\boxed{J(s)\sim -\frac{\gamma}2 +\int_{0}^{\infty}\frac{s \left(E_{s}(x^{s})-1\right)}{xe^{x}}\left(\frac 1{e^{x}-1}-\frac 1x+\frac 12\right)-\frac 1{2(1+x)}\,dx}$$
Desde el MacLaurin de expansión de $s \left(E_{s}(x^{s})-1\right)$ en potencias de $s$, obtenemos :
$$J(s)\sim K_0 -K_1 \frac s2-\sum_{n=2}^\infty K_n \frac{B_n}{n!} s^n $$
y la deseaba analítica extensión de $I(s)$ :
$$\boxed{I(s)\sim -\gamma -\psi\left(1-\frac 1s\right) +\frac {\ln(s)}2+K_0 -K_1 \frac s2-\sum_{n=2}^\infty K_n \frac{B_n}{n!} s^n}$$
con el término constante dada por :
$$K_0:= -\frac{\gamma}2 +\int_0^\infty \frac{C_0(x)}x\left(\frac 1{e^{x}-1}-\frac 1x+\frac 12\right)-\frac 1{2(1+x)}\,dx$$
con el mismo valor numérico y el $K_n$ coeficientes de $s^n$ $n>0$ por :
$$K_n:= \sum_{m=0}^{n-1} f_m \binom{n-1}{m} S_{n-1-m}$$
con :
$$f_m:=\int_{0}^{\infty}\frac{\ln(x)^m}{xe^{x}}\left(\frac 1{e^{x}-1}-\frac 1x+\frac 12\right)\,dx$$
Vamos a usar (con una derivación similar a la anterior!) :
$$Z(s):=\left(\zeta(s)-\frac 1{s-1}-\frac 12\right) \Gamma(s)=\int_0^{\infty} \frac{x^s}{xe^{x}}\left(\frac 1{e^{x}-1}-\frac 1x+\frac 12\right)\,dx$$
(la idea de que el plazo adicional $-\frac 1x+\frac 12$ apareció en el Hermite-Stieltjes letras de 1885, permitiendo extender la integral dando zeta cerca de $x=0$ mediante la eliminación de la $\frac 1{x^2}$ $\frac 1x$ singularidades ; sólo algunas páginas más adelante nos encontramos con la famosa afirmación de Stieltjes de una prueba de R. H. !)
desde $x^s=e^{s\ln(x)}$ obtenemos :
$$f_m= Z^{(m)}(0)=\lim_{s\to 0}\left(\frac {d}{ds}\right)^m \left[\left(\zeta(s)-\frac 1{s-1}-\frac 12\right)\Gamma(s)\right]$$
Desde el teorema del binomio es claro que :
$$K_{n+1}= \sum_{m=0}^n \binom{n}{m} f_m S_{n-m}= \lim_{s\to 0}\sum_{m=0}^n \binom{n}{m} Z^{(m)}\left(\frac 1{\Gamma(s+1)}\right)^{(n-m)}= \lim_{s\to 0} \left(\frac {Z(s)}{\Gamma(s+1)}\right)^{(n)}$$
permitir que algunas simplificaciones :
$$K_n=\lim_{s\to 0} \Bigl(\frac{\zeta(s)-\frac 1{s-1}-\frac 12}s\Bigr)^{(n-1)}=\lim_{s\to 0} \frac{\left(\zeta(s)-\frac 1{s-1}\right)^{(n)}}n\ \text{for} \ n>0$$
$$\text{i.e.}\ \ \boxed{K_n=\frac{n!+\zeta^{(n)}(0)}n}\ \text{for} \ n>0$$
es decir, el mismo resultado que anteriormente
Podríamos continuar esta muy interesante el tema y el estudio de la multiplicación de la partición ("Factorisatio Numerorum") obtenido por la reescritura de $\displaystyle I(s)=\sum_{k=1}^\infty \frac {\zeta(sk)-1}{k}$ como el logaritmo de la $\displaystyle \prod_{n>1} \frac 1{1-n^{-s}}$ conseguir este Dirichlet serie o... pero voy a tener que hacer todo esto visible un día así...
Lo siento si todo esto no es exactamente lo que se esperaba...
