Вокруг дзета функции Римана

[juna]

Доказать, что $\gamma=\sum\limits_{k=2}^{\infty}\frac{k-1}{k}\cdot(\zeta(k)-1)$,
где $\gamma$ - постоянная Эйлера, $\zeta(k)$ - дзета функция Римана.

[maxal]

$$\sum\limits_{k=2}^{\infty}\frac{k-1}{k}\cdot(\zeta(k)-1) = \sum\limits_{k=2}^{\infty} (1 - \frac{1}{k}) \sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n^k} = \sum_{n=2}^{\infty} \sum\limits_{k=2}^{\infty} \frac{1}{n^k} - \sum\limits_{k=2}^{\infty} \frac{1}{k\cdot n^k} =$$

$$=\sum_{n=2}^{\infty} (\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}) - (-\ln\frac{n-1}{n} - \frac{1}{n}) = \sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n-1} + \ln(n-1) - \ln n = \gamma.$$

[juna]

Доказать, что
$\zeta(n)\cdot\sum\limits_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k}{(2k+1)^n}-\zeta(2n)=\sum\limits_{l=1}^{\infty}\sum\limits_{m=1}^{\infty}\frac{1}{(m^2+l^2)^n}$

[RIP]

Согласно формуле (19) из http://mathworld.wolfram.com/SumofSquaresFunction.html , выполнено равенство

$${\sum_{m,l=-\infty}^\infty^'} \frac1{(m^2+l^2)^n}=\sum_{k=1}^\infty\frac{r_2(k)}{k^n}=4\sum_{k=1}^\infty\frac1{k^n}\sum_{d|k}\chi(d)=4\zeta(n)L(n,\chi),$$

где $\chi~-$ нечётный характер по модулю 4 (формула (36) оттуда же).
С другой стороны

$${\sum_{m,l=-\infty}^\infty^'}\frac1{(m^2+l^2)^n}=4\zeta(2n)+4\sum_{m,l=1}^\infty\frac1{(m^2+l^2)^n}.$$

[RIP]

Обозначим

$$\zeta(s_1,\ldots,s_l)=\sum_{n_1>n_2>\ldots>n_l\ge1}\frac1{n_1^{s_1}\ldots n_l^{s_l}};$$

$$\zeta^*(s_1,\ldots,s_l)=\sum_{n_1\ge n_2\ge\ldots\ge n_l\ge1}\frac1{n_1^{s_1}\ldots n_l^{s_l}}.$$

Доказать, что

$$8\zeta(3,1,3)+4(\zeta(4,3)+\zeta(3,4))+2\zeta(7)=8\zeta^*(3,1,3)-4(\zeta^*(4,3)+\zeta^*(3,4))+2\zeta(7)=\zeta^*(2,1,1,2,1).$$

[maxal]

RIP
С помощью принципа включений-исключений функцию $\zeta(s_1,\ldots,s_l)$ можно выразить как линейную комбинацию функций $\zeta^*(s_1,\ldots,s_l)$ (и наоборот). Требуемое тождество, скорее всего, является следствием подобных выражений. Проверять в явном виде влом.

[RIP]

maxal в сообщении #158402 писал(а):

С помощью принципа включений-исключений функцию $\zeta(s_1,\ldots,s_l)$ можно выразить как линейную комбинацию функций $\zeta^*(s_1,\ldots,s_l)$ (и наоборот). Требуемое тождество, скорее всего, является следствием подобных выражений.

Первое равенство - да, а вот второе - не уверен.

[juna]

Докажите, что $\forall s\in\mathbb C$
${\Gamma}(s+1)=\sum\limits_{n=2}^{\infty}{\frac{\Gamma(n+s)(\zeta(n+s)-1)}{\Gamma(n)}}$
$\frac{\Gamma(s+1)}{2^{s+1}}=\sum\limits_{n=2}^{\infty}{\frac{\Gamma(n+s)(-1)^{n}(\zeta(n+s)-1)}{\Gamma(n)}}$

и в некотором смысле
$\zeta(n)=1+\sum\limits_{i=0}^{\infty} {\frac {C_{n-1+i}^i B_i} {n-1+i}$ - дзета функция
\gamma=\frac 1 2 +\sum\limits_{i=2}^{\infty} {\frac {B_i} i - постоянная Эйлера, где $B_i$ - числа Бернулли.

[RIP]

juna в сообщении #158452 писал(а):

Докажите, что $\forall s\in\mathbb C$
${\Gamma}(s+1)=\sum\limits_{n=2}^{\infty}{\frac{\Gamma(n+s)(\zeta(n+s)-1)}{\Gamma(n)}}$
$\frac{\Gamma(s+1)}{2^{s+1}}=\sum\limits_{n=2}^{\infty}{\frac{\Gamma(n+s)(-1)^{n}(\zeta(n+s)-1)}{\Gamma(n)}}$

Достаточно доказать при $\Re s>-1$. В этом случае

$$\sum\limits_{n=2}^{\infty}{\frac{\Gamma(n+s)(\zeta(n+s)-1)}{\Gamma(n)}}=\sum_{n=2}^\infty\frac1{(n-1)!}\int_0^\infty\frac{x^{s+n-1}dx}{e^x(e^x-1)}=\Gamma(s+1).$$

Второе равенство аналогично.

juna в сообщении #158452 писал(а):

и в некотором смысле Smile
$\zeta(n)=1+\sum\limits_{i=0}^{\infty} {\frac {C_{n-1+i}^i B_i} {n-1+i}$ - дзета функция
\gamma=\frac 1 2 +\sum\limits_{i=2}^{\infty} {\frac {B_i} i - постоянная Эйлера, где $B_i$ - числа Бернулли.

Чисто формально:

$$\zeta(s)-1=\frac1{\Gamma(s)}\int_0^\infty x^{s-2}e^{-x}\sum_{n=0}^\infty B_n\frac{x^n}{n!}=\sum_{n=0}^\infty\frac1{s+n-1}\binom{s+n-1}nB_n=$$ $$=\frac1{s-1}-\frac12+\sum_{n=2}^\infty\frac1{s+n-1}\binom{s+n-1}nB_n.$$

(Кстати, если $s$ --- целое неположительное, то получается верное равенство!)
Подставляем $s=1$. Учитывая равенство

$$\left.\left(\zeta(s)-\frac1{s-1}\right)\right|_{s=1}=\gamma,$$

получаем равенство для $\gamma$.

[juna]

Известна формула Бернулли:
$\sum\limits_{i=1}^{N}i^q=\sum\limits_{j=0}^{q}\left ( \frac{C_{q+1}^j\cdot B_j}{q+1}\cdot(N+1)^{q+1-j}\right )$
Пусть
$\varphi(n)=\frac{b_2}{n^2}+\frac{b_3}{n^3}+\frac{b_4}{n^4}+...$
Докажите, что справедлива формула, аналогичная формуле Бернулли:
$\sum\limits_{i=1}^{N}\varphi(i)=\sum\limits_{q=1}^{\infty}\left(b_q+\sum\limits_{k=0}^{q-1} \frac{C_q^kB_k}{q}\cdot b_{q+1-k}\right )-\sum\limits_{q=1}^{\infty}\frac{1}{(N+1)^q}\cdot \left ( b_q+ \sum\limits_{k=0}^{q-1}\frac{C_q^kB_k}{q}\cdot b_{q+1-k} \right )$,
где $\sum\limits_{q=1}^{\infty}\left(b_q+\sum\limits_{k=0}^{q-1} \frac{C_q^kB_k}{q}\cdot b_{q+1-k}\right )$ в некотором смысле сходится к некоторой константе.