Сходимость дзета-функции Римана без интегрального признака

[mpot]

Пожалуйста, подкиньте идею, как можно доказать сходимость дзета-функции Римана (при действительных s > 1), не используя интегральный признак сходимости рядов.
Спасибо!

[Sonic86]

Вот интересно, зачем это надо? Ну можно рассмотреть разность $(n+1)^{s-1}-n^{s-1}$, оценить через нее $n$-й член суммы сверху и доказать сходимость таким образом. Но это завуалированный интегральный признак. Пойдет?

upd: А, ну можно воспользоваться признаком условной сходимости для знакочередующегося ряда $\left(1-\frac{1}{2^s}\right)\zeta(s)$.

[Xaositect]

$\sum_{k=m}^\infty \frac{1}{k^s}\leqslant \sum_{k = 2m}^\infty \frac{1}{k^s} + m^{1-s}$. Из этого оцениваете хвост как $O(m^{1-s})$ и говорите, что он стремится к нулю.

[ewert]

$$\sum_{k=3}^{\infty}\dfrac1{k^s}=\sum_{n=1}^{\infty}\sum_{k=2^n+1}^{2^{n+1}}\dfrac1{k^s}<\sum_{n=1}^{\infty}2^n\cdot\dfrac1{{(2^n)}^s}=\sum_{n=1}^{\infty}\left(\dfrac1{2^{s-1}}\right)^n=\dfrac1{1-2^{s-1}}-1.$$

Т.е. ровно так же, как стандартно доказывается расходимость гармонического ряда.

[Padawan]

Признак Раабе есть.

[ewert]

Padawan в сообщении #632448 писал(а):

Признак Раабе есть.

Есть, но он гораздо периферийнее, чем интегральный. И в этом признаке придётся ещё повозиться со 2-м зампределом, прежде чем результат получится.

Вот тут Sonic86 интересовался, а зачем вообще пыжиться. Интерес вообще-то есть, и не только спортивный, но и методический. Дело в том, что первый содержательный раздел в теории рядов (после введения) -- это признаки сравнения. Но содержателен этот раздел лишь тогда, когда его применяют, тут и сейчас. А для их применения нужны эталоны, и мы знаем, грубо говоря, лишь два эталона: геометрическая прогрессия и ряд из степени номеров. Первая -- факт вполне школьный, а вот что касается второго... Можно, конечно, анонсировать результат: дескать, потом мы это докажем честно. И это будет действительно вполне честно,но не вполне эстетично. Лучше уж доказать как можно примитивнее -- благо это возможно и даётся практически даром.

[mpot]

Спасибо!
Помедитирую.

[bot]

ewert в сообщении #632623 писал(а):

Интерес вообще-то есть, и не только спортивный, но и методический.

Ещё один аргумент. При чтении матанализа возникает соблазн не откладывать ряды в долгий ящик и перейти к ним сразу же после теории последовательностей - некоторые лекторы так и делают. Тогда до интегрального признака ещё далеко, а дзета-функция уже нужна, хотя бы для сравнений рядов.

[Sonic86]

ewert в сообщении #632623 писал(а):

Вот тут Sonic86 интересовался, а зачем вообще пыжиться. Интерес вообще-то есть, и не только спортивный, но и методический.

bot в сообщении #632716 писал(а):

Ещё один аргумент. При чтении матанализа возникает соблазн не откладывать ряды в долгий ящик и перейти к ним сразу же после теории последовательностей - некоторые лекторы так и делают. Тогда до интегрального признака ещё далеко, а дзета-функция уже нужна, хотя бы для сравнений рядов.

Ааа, я не знал. Нам ряды только на 2-м году обучения читали (вроде ну далеко не сразу)

(Оффтоп)

помнится, при решении задачек на сходимость народ разбивался на 2 лагеря: в одном применяли признаки Даламбера и Коши, а в другом - простой и предельный признак сравнения. Интегральным все пользовались.

[mpot]

Действительно, тривиальное доказательство от ewert.
Даже жалко, что сам не догадался.
Еще раз спасибо!

[KVV]

ewert в сообщении #632380 писал(а):

$$\sum_{k=3}^{\infty}\dfrac1{k^s}=\sum_{n=1}^{\infty}\sum_{k=2^n+1}^{2^{n+1}}\dfrac1{k^s}<\sum_{n=1}^{\infty}2^n\cdot\dfrac1{{(2^n)}^s}=\sum_{n=1}^{\infty}\left(\dfrac1{2^{s-1}}\right)^n=\dfrac1{1-2^{s-1}}-1.$$

Т.е. ровно так же, как стандартно доказывается расходимость гармонического ряда.

Наверное, стоит переписать это выражение, чтобы не исключать первые члены ряда (плюс необходимо исправить ошибку в степени двойки в конечном выражении):

$$\sum_{k=1}^{\infty}\dfrac1{k^s}=\sum_{n=0}^{\infty}\sum_{k=2^n}^{2^{n+1}-1}\dfrac1{k^s}<\sum_{n=0}^{\infty}2^n\cdot\dfrac1{{(2^n)}^s}=\sum_{n=0}^{\infty}\left(\dfrac1{2^{s-1}}\right)^n=\dfrac1{1-2^{1-s}}.$$

Отсюда также видно, что ряд сходится для всех комплексных $\operatorname{Re}(s) > 1$.

А можно ли таким образом доказать, что ряд не имеет нулей для всех комплексных $\operatorname{Re}(s) > 1$?

[novichok2018]

Нет нулей - это эквивалентно закону распределения простых, нет? Так что вряд ли можно доказать элементарно.

[KVV]

Теорема о распределении простых - это уже о случае $\operatorname{Re}(s) = 1$.
Для $\operatorname{Re}(s) > 1$ отсутствие нулей доказывается элементарно с помощью тождества Эйлера.

А интересна возможность доказать отсутствие нулей в $\operatorname{Re}(s) > 1$ просто сравнением рядов, подобных тем, что выше.

[novichok2018]

Понятно, действительно интересно. Ждём.