Значение для ряда от дзета-функции Римана

[juna]

Докажите, что $\forall m \in \mathbb {N}: \sum\limits_{n=2}^{\infty}\frac{(-1)^n \cdot \zeta (n)}{m^{n-1}}\in \mathbb {Q}$, где $\zeta(n)$ - дзета-функция Римана.

[Хорхе]

Артамонов Ю.Н. писал(а):

Докажите, что $\forall m \in \mathbb {N}: \sum\limits_{n=2}^{\infty}\frac{(-1)^n \cdot \zeta (n)}{m^{n-1}}\in \mathbb {Q}$, где $\zeta(n)$ - дзета-функция Римана.

Что-то не то... $\sum_{n=2}^{\infty}\frac{(-1)^n \cdot \zeta (n)}{m^{n-1}}=\sum_{n=2}^{\infty}\frac{(-1)^n }{m^{n-1}}\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^{n}}= \sum_{k=1}^\infty\sum_{n=2}^{\infty}\frac{(-1)^n}{m^{n-1}k^{n}}=\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k(mk+1)} $. Для $m=2$ это дает $2(1-\ln 2)$.

[juna]

Я извиняюсь, вкралась ошибка (неверно перевел). Нужно
$\forall m \in \mathbb {N}, m\not = {1}: \sum\limits_{n=2}^{\infty}\frac{(-1)^n \cdot \zeta (n)}{m^{n-1}} \not \in \mathbb {Q}$,

[Руст]

Надо было ещё написать m>1.
Стандартная техника вычисления таких сумм имеется в Боревич. Шафаревич "Теория чисел".
Представляем cумму

$$m\sum_{k=1}^{\infty }(\frac{1}{km}-\frac{1}{km+1})=\sum_{k=1}^{\infty }\sum_{a=1}^{m-1}\frac{exp(\frac{2\pi iak}{m})-exp(\frac{2\pi i a(k-1)}{m})}{k}=\sum_{a=1}^{m-1}S_a(1-exp(\frac{-2\pi a}{m})).$$

Где

$$S_a=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{exp(\frac{2\pi iak}{m})}{k}=-ln(1-exp(\frac{2\pi ia}{m}))=-ln(2sin\frac{\pi a}{m})+\frac{\pi i}{2}(1+\frac am ).$$

В частности при m=3 получается, что искомая сумма равна $\frac{2\pi }{\sqrt 3 }-3ln(\frac{ \sqrt 3}{2}).$
Иррациональность каждой части очевидно. А насчёт иррациональности всего выражения думаю проблема непростая.

[Хорхе]

У меня получилось значение $\gamma + m + \frac{\Gamma'(\frac1m)}{\Gamma(\frac1m)}$ (тут $\gamma$ -- постоянная Эйлера, $\Gamma$ -- его же гамма-функция ), если нигде не ошибся. Доказать иррациональность? Нет, сдаюсь.

[Руст]

Такой вид так же возможен. Только для решения поставленной задачи этот путь скорее отдаляет от исходного, чем приближает к решению.

[juna]

Руст В издании 1985 г я этого не нашел. Но в целом у вас вроде понятно.
Исходная задача взята отсюда.
Вроде бы, поставлена эта задача (а может и решена) в книжке Erdos, Paul; Suranyi, Janos; Guiduli, Barry. Topics in the Theory of Numbers
Хорхе
Когда я неверно перевел условие, мне как раз показалось интересным выделить отсюда постоянную Эйлера, т.к. известно, что $\gamma=\sum\limits_{k=2}^{\infty}\frac{(-1)^k\cdot\zeta(k)}{k}$.

[Руст]

Да. Осталось только выразить это через х и увидеть, что exp(x) алгебраическое число. Воспользовавшись теоремой Гельфонда получаем, что х трансцендентно.
Когда m|k очевидна выражение рациональное, равно $\frac{1}{k}(1+\frac 12 +...+\frac{1}{k/m}$. Когда m|k сводится к случаю (m,k)=1 с точностью до рационального множителя и тем же методом сводится к теореме Гельфонда.

[RIP]

Руст писал(а):

Да. Осталось только выразить это через х и увидеть, что exp(x) алгебраическое число. Воспользовавшись теоремой Гельфонда получаем, что х трансцендентно.

А кто такой $x$?

Теорема Гельфонда- Шнайдера, думаю, здесь мало поможет. Но поможет теорема Бейкера.

Теорема. Пусть $\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_n$ - ненулевые алгбераические числа, $\log\alpha_1,\log\alpha_2,\ldots,\log\alpha_n$ - произвольные фиксированные значения логарифмов. Тогда если $\log\alpha_1,\log\alpha_2,\ldots,\log\alpha_n$ линейно независимы над полем рациональных чисел, то $1,\log\alpha_1,\log\alpha_2,\ldots,\log\alpha_n$ линейно независимы над полем алгебраических чисел.

Добавлено спустя 15 минут 8 секунд:

Руст писал(а):

Представляем cумму

$$m\sum_{k=1}^{\infty }(\frac{1}{km}-\frac{1}{km+1})=\sum_{k=1}^{\infty }\sum_{a=1}^{m-1}\frac{exp(\frac{2\pi iak}{m})-exp(\frac{2\pi i a(k-1)}{m})}{k}$$

Это немного неверно
Левая часть больше правой на $m$, т.е.

$$m\sum_{k=1}^{\infty }(\frac{1}{km}-\frac{1}{km+1})=m+\sum_{k=1}^{\infty }\sum_{a=1}^{m-1}\frac{exp(\frac{2\pi iak}{m})-exp(\frac{2\pi i a(k-1)}{m})}{k}$$

Добавлено спустя 1 час 4 минуты 52 секунды:

И в выражении $S_a$ ошибочка
$S_a=-\ln(2\sin\frac{\pi a}m)+\pi i(\frac12-\frac am)$

Добавлено спустя 55 минут 52 секунды:

Если я нигде не нарвал (а я обязательно где-то ошибился, как всегда), то

$$\sum\limits_{n=2}^{\infty}\frac{(-1)^n \cdot \zeta (n)}{m^{n-1}}=m-\frac{\pi}2\ctg\frac{\pi}m-2\sum_{a=1}^{m-1}\sin^2\frac{\pi a}m\cdot\ln(2\sin\frac{\pi a}m)$$

Воспользуемся тем, что тригонометрические функции от угла вида $\pi r$, где $r\in\mathbb{Q}$ - алгебраические числа.
Выберем среди чисел $\ln(2\sin\frac{\pi a}m)$ максимальное количество линейно независимых над $\mathbb{Q}$ и выразим все через них. Прибавив к ним число $i\pi=\log(-1)$, получим по-прежнему линейно независимую над $\mathbb{Q}$ систему. Применив к ней теорему Бейкера, получим, что искомая сумма - трансцендентное число.

[RIP]

Блин, можно было совсем просто. Из теоремы Бейкера следует
Следствие. Если $\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_n$ - ненулевые алгебраические числа, $\log\alpha_1,\ldots,\log\alpha_n$ - произвольные значения логарифмов этих чисел, $a_1,\ldots,a_n$ - алгебраические числа, то число $a_1\log\alpha_1+\ldots+a_n\log\alpha_n$ либо равно $0$, либо трансцендентно.

Отсюда сразу следует, что число

$$\sum_{k=1}^{\infty}\frac1{k(mk+1)}-m=\sum_{a=1}^{m-1}(1-\exp(-\frac{2\pi ia}m))S_a$$

трансцендентно (оно отрицательно, поэтому не равно $0$)

[Руст]

RIP писал(а):

Левая часть больше правой на $m$, т.е.

$$m\sum_{k=1}^{\infty }(\frac{1}{km}-\frac{1}{km+1})=m+\sum_{k=1}^{\infty }\sum_{a=1}^{m-1}\frac{exp(\frac{2\pi iak}{m})-exp(\frac{2\pi i a(k-1)}{m})}{k}$$

$[/math]

Всё правильно, я представив

$$m\delta (m|k)=\sum_{a=0}^mexp(\frac{2\pi iak}{m})$$

и

$$m\delta (m|k-1)=\sum_{a=0}^mexp(\frac{2\pi ia(k-1)}{m})$$

небрежно сократил члены соответствующие случаю а=0.

[juna]

В окончательном выражении для суммы у RIPа тоже где-то ошибка.

[RIP]

Артамонов Ю.Н. писал(а):

В окончательном выражении для суммы у RIPа тоже где-то ошибка.

Откуда такой вывод?

Но это всё равно неважно. Выражения

$$\sum_{k=1}^{\infty}\frac1{k(mk+1)}-m=\sum_{a=1}^{m-1}(1-\exp(-\frac{2\pi ia}m))S_a=-\sum_{a=1}^{m-1}(1-\exp(-\frac{2\pi ia}m))\log(1-\exp(\frac{2\pi ia}m))$$

уже достаточно, чтобы сделать вывод о том, что искомое число трансцендентно.

[Руст]

Да. На самом деле эти члены сокращаюся полностью, только для представления исходной суммы надо добавить во вторую сумму член, соответствующий k=0.

[juna]

$$\sum_{k=1}^{\infty}\frac1{k(mk+1)}=m-\sum_{a=1}^{m-1}(1-\exp(-\frac{2\pi ia}m))\log(1-\exp(\frac{2\pi ia}m))$$

Левая и правая часть не сходятся на численных примерах. Пока не могу понять, где именно ошибка.