Relazione di continuazione analitica della funzione Zeta di Riemann con formule chiuse semplici [duplicato]

Question

Considera il famoso output della continuazione analitica della funzione zeta di Riemann a valori negativi: $$ \zeta(-1) = 1+2+3+4... \hspace{3mm} = \dfrac{-1}{12} $$ Consideriamo ora la formula chiusa che Gauss scoprì per la somma del primo $n$ numeri interi ($i,n \in \mathbb{N}$): $$ \sum_{i=1}^{n}i = 1+2+3+4...+n = \dfrac{n(n+1)}{2} = \dfrac{n^2}{2} + \dfrac{n}{2} $$ Troviamo le radici della forma chiusa (usando il mio speciale Teorema analitico che si basa sul principio: "Decido che la funzione è continua adesso"): $$ n_1 = -1 $$ $$ n_2 = 0 $$ Ora troviamo l'integrale definito da destra a sinistra tra le due radici (appoggiandosi allo stesso metodo analitico che ho descritto sopra): $$ \int_{0}^{-1} \dfrac{n^2}{2}+\dfrac{n}{2} dn = \dfrac{n^3}{6}+\dfrac{n^2}{4}\Biggr|_{0}^{-1} = 0 - \left(\dfrac{-1}{6}+\dfrac{1}{4}\right) = \dfrac{-1}{12} $$

Non posso provarlo per tutti i valori negativi di $\zeta$, Ho verificato che la stessa relazione è vera per $\zeta(-3)$ e la forma chiusa di $n^3$ che si integra in $\dfrac{1}{120}$ se usiamo il mio "metodo analitico speciale".

Ora su una nota più seria, qualcuno può spiegarmelo per favore? Quando guardo l'equazione funzionale per la continuazione analitica della funzione zeta, sembra una fortezza impenetrabile, ma risulta che è possibile produrre questi risultati con semplici ipotesi (illogiche) riguardanti la continuità di funzioni discrete?

Answer 1

La formula generale per le somme parziali di$n^{th}$ le potenze degli interi possono essere scritte come

$$\displaystyle S(n,x)=\sum_{i=1}^{x} i^n =\frac{(-1)^n B_{n+1}}{n+1 } \\+ \frac{ \sum_{j=0}^{n+1} \,B_{n+1 - j} \, \binom {n+1}{j} (x+1)^j }{n+1} \tag{*}$$

dove $B_z$ indica il $z^{th}$ Numero di Bernoulli . Sostituzione$n$ con valori interi in (*), otteniamo le formule classiche

$$ S(1,x)=\sum_{i=1}^{x} i^1=\frac 12 x(x+1)$$ $$ S(2,x)=\sum_{i=1}^{x} i^2=\frac 16 x(2x^2+3x+1)$$ $$ S(3,x)=\sum_{i=1}^{x} i^3=\frac 14 x^2(x+1)^2\\...$$

e così via. Il primo termine dell'RHS tra (*) corrisponde al valore esplicito della funzione zeta per interi negativi, dato da

$${\displaystyle \zeta (-n)={\frac{(-1)^n \,B_{n+1}}{n+1}}}$$

Quindi abbiamo

$$\displaystyle S(n,x) =\zeta(-n) \\ + \frac{ \sum_{j=0}^{n+1} \,B_{n+1 - j} \, \binom {n+1}{j} (x+1)^j }{n+1} \tag{**}$$

Ora possiamo prendere l'integrale definito. Per evitare confusione, presumo che l'integrale definito descritto nell'OP corrisponda a quello calcolato nell'intervallo da$-1$ per $0$ (o, in modo equivalente, al valore opposto di quello calcolato nell'intervallo da $0$ per $-1$). Di conseguenza, questo è ciò che è stato fatto nel PO per ottenere$$-\int_0^{-1} \left(\frac{x^2}{2}- \frac x2 \right) dx \\ =-(-\frac 16 + \frac 14 )=-\frac{1}{12}$$

Prendendo l'integrale definito, l'equazione (**) si riduce a

$$\displaystyle \int_{-1}^{0} S(n,x) =\zeta(-n) \\ + \sum_{j=0}^{n+1} \frac{ B_{n+1-j} \, \binom {n+1}{j} }{(n+1)(j+1)}$$

Quindi l'ipotesi proposta nell'OP, vale a dire

$$\displaystyle \int_{-1}^{0} S(n,x) =\zeta(-n) $$

è vero per qualsiasi $n$ soddisfacente

$$ \sum_{j=0}^{n+1} \frac{ B_{n+1-j} \binom {n+1}{j} }{(n+1)(j+1)}=0$$

o equivalentemente

$$ \sum_{j=0}^{n+1} \frac{ \,B_{n+1-j} \binom {n+1}{n+1-j} }{j+1}=0$$

Adesso possiamo fare le sostituzioni $N=n+1$ e $K=n+1-j$ ottenere

$$ \sum_{K=0}^{N} \frac{ \,B_{K} \binom {N}{K} }{(N-K+1)}=0$$

Moltiplicando entrambi i termini della frazione a $N+1$, noi abbiamo

$$ \sum_{K=0}^{N} \frac{ \,B_{K} (N+1)N! }{(N+1)K!(N-K)!(N-K+1)}\\ =\sum_{K=0}^{N} \frac{ \,B_{K} (N+1)! }{(N+1)K!(N-K+1)!}\\ = \frac{1}{N+1} \sum_{K=0}^{N} \,B_{K} \binom {N+1}{K} =0$$

che è vero per qualsiasi numero intero positivo $N$poiché una proprietà ben nota dei numeri di Bernoulli è

$$\sum_{K=0}^{M-1} \,B_{K} \binom {M}{K} =0$$