¿Por qué$\sum_{n\ge1} \binom{s}{n}\left(1 - \zeta(n-s)\right)=2^s$ para todos$s \in \mathbb{C}$?

Question

Probablemente una pregunta fácil, pero encontré la siguiente identidad que parece verdadera para todos$s \in \mathbb{C}$:

ps

¿Por qué es este el caso? ¿Existen identidades similares para$$\sum_{n=1}^{\infty} \binom{s}{n}\big(1 - \zeta(n-s)\big)=2^s$?

Observación adicional:

Para$3^s,4^s,...$, sólo se necesita una suma finita hasta$s \in \mathbb{N}$ para obtener la potencia exacta, es decir:

ps

y también:

ps

Etc.

Este truco no parece funcionar para enteros negativos o valores no enteros de$s+1$.

Answer 1

Invertir las sumas y usar el teorema binomial \begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^{\infty} \binom{s}{n}(1- \zeta(n-s)) =\sum_{n=1}^{\infty}\sum_{m=2} ^{\infty}\binom{s}{n} \frac{1}{m^{n-s}} \end {eqnarray *} Telescopicy summy thingy & equivale a$2^{s}$ ... como indica. Así que para que la suma empiece en$m=3$ la suma original tendría que ser \begin{eqnarray*} \sum_{m=2} ^{\infty}\sum_{n=1}^{\infty}\binom{s}{n} \frac{1}{m^{n-s}}=\sum_{m=2} ^{\infty} m^s(1-(1+\frac{1}{m^s}))=\sum_{m=2}^{\infty} m^s -(1+m)^s \end {eqnarray *} No estoy seguro de a dónde ir desde aquí ...

Answer 2

• Para$Re(s) < 0$

  También como$$F(s) = -\sum_{m=2}^\infty \sum_{n=1}^\infty {s \choose n} m^{s-n} = -\sum_{m=2}^\infty m^s((1+\frac{1}{m})^s-1) = \sum_{m=2}^\infty (m^s-(m+1)^s) = 2^s $:$N \to \infty$ por lo que se invierte la suma doble$(1+\frac{1}{m})^s-1 = \sum_{n=1}^N {s \choose n} m^{s-n}+ \mathcal{O}(m^{s-N})$ $

• Para cualquier$$F(s) = -\sum_{n=1}^\infty \sum_{m=2}^\infty {s \choose n} m^{s-n} = \sum_{n=1}^\infty {s \choose n}(1-\zeta(n-s))$, como$s \not \in \mathbb{N}$:$n \to \infty$ para que$1-\zeta(n-s) = \mathcal{O}(2^{s-n})$ converja y es analítico

$\sum_{n=1}^\infty {s \choose n}(1-\zeta(n-s))$ Por continuidad analítica$\implies$ $ es true para cualquier$$\sum_{n=1}^\infty {s \choose n}(1-\zeta(n-s)) = 2^s$ no es un entero