1 Funkcje Gamma i Beta Eulera. Funkcja dzeta Riemanna

Transkrypt

Funkcje Gamma i Beta Eulera. Funkcja dzeta Riemanna
1
1–1
Funkcje Gamma i Beta Eulera. Funkcja dzeta
Riemanna
1.1
Funkcja Gamma Eulera
Zdefiniujmy, dla z ∈ C takich, że Re z > 0:
Z∞
Γ(z) :=
e−t tz−1 dt,
0
gdzie tz−1 interpretujemy jako exp((z − 1) ln t).
Zapiszmy
Z∞
−t z−1
e t
dt =
0
Z1
−t z−1
e t
dt +
0
Z∞
e−t tz−1 dt.
1
Drugi składnik po prawej stronie powyższego wzoru jest funkcją całkowitą.
Natomiast jeśli chodzi o pierwszy składnik, zapiszmy
Z1
−t z−1
e t
dt =
0
=
Z1
tz−1
0
1
∞
X
(−1)k Z
k=0
k!
∞
X
(−1)k k
t dt =
k!
k=0
tk+z−1 dt =
0
∞
X
(−1)k 1
.
k! z + k
k=0
Zauważmy, że w powyższym można zmienić kolejność sumowania i całkowania, gdyż
Z1
0
z−1
|t
∞ X
(−1)k k t dt
| k=0
k!
=
Z1
t
Re z−1
∞ k
X
t
k=0 k!
0
dt =
Z1
et tRe z−1 dt < ∞
0
dla Re z > 0.
k
1
jest funkcją holomorficzną dla z 6= −k;
Każdy ze składników (−1)
k! z+k
ponadto, na zbiorze { z ∈ C : |z + k| δ, k = 0, 1, 2, . . . }, δ > 0, zachodzi
∞ X
(−1)k
k=0
k!
∞
1 X
1
¬
< ∞.
z+k
k=0 k!δ
Z twierdzenia Weierstrassa(1) wynika, że
ficzną na C \ {0, −1, −2, . . . }.
(1)
∞
P
(−1)k 1
k=0
k!
z+k
jest funkcją holomor-
Twierdzenie Weierstrassa o którym jest tutaj mowa głosi, że jeśli fn : Ω → C jest
ciągiem funkcji holomorficznych, zbieżnym na obszarze Ω ⊂ C do funkcji f , przy czym na
każdym zwartym podzbiorze obszaru Ω zbieżność jest jednostajna, to f jest holomorficzna
na Ω.
1–2
Skompilował Janusz Mierczyński
Zatem funkcję Γ można przedłużyć do funkcji holomorficznej na C \
{0, −1, −2, . . . }. Tę przedłużoną funkcje oznaczamy też przez Γ, i nazywamy
funkcją Gamma Eulera.
W dostatecznie małym sąsiedztwie punktu z = −k, k = 0, 1, 2, . . . , funkcję Γ można zapisać jako
Γ(z) =
(−1)k 1
+ funkcja holomorficzna.
k! z + k
Zatem Γ ma bieguny rzędu jeden w punktach 0, −1, −2, −3, . . . , i residuum
w punkcie z = −k jest równe (−1)k /k!.
1.1.1
Podstawowe własności funkcji Gamma Eulera
Fakt 1.1.
(1) Γ(z + 1) = zΓ(z) dla z 6= 0, −1, −2, . . . .
(2) Γ(z)Γ(1 − z) =
odbicie).
π
dla z 6= . . . , −2, −1, 0, 1, 2, . . . (wzór Eulera na
sin(πz)
√
(3) 22z−1 Γ(z)Γ(z + 21 ) = π Γ(2z) dla z 6= 0, − 12 , −1, − 32 , −2, . . . (wzór
Legendre’a(2) na podwojenie).
Zanim przejdziemy do dowodu zauważmy, że z (1) wynika następujący
Wniosek. Γ(n + 1) = n! dla n = 0, 1, 2, . . . ,
zaś z (2) wynika
Wniosek. Funkcja Γ nie przyjmuje nigdzie wartości zero.
Dowód. (1) Załóżmy, że Re z > 0. Stosując wzór na całkowanie przez części
otrzymujemy, że
Γ(z + 1) =
Z∞
−t z
e t dt =
t=∞
−e−t tz t=0
+z
0
Z∞
e−t tz−1 dt = zΓ(z).
0
Skoro funkcje holomorficzne Γ(z + 1) i zΓ(z) są równe na zbiorze Re z > 0,
muszą być równe na swej wspólnej dziedzinie.
(2) Załóżmy, że 0 < Re z < 1. Przekształcamy
Γ(z)Γ(1 − z) =
Z∞
0
(2)
−t z−1
e t
Z∞
dt
0
−s −z
e s
ds =
Z∞ Z∞
0 0
Adrien-Marie Legendre (1752 – 1833), matematyk francuski
e−(s+t) s−z tz−1 ds dt.
1–3
Dokonujemy zamiany zmiennych u = s + t, v = t/s (jakobian jest równy
u/(1 + v)2 ), otrzymując
Z∞ Z∞
0 0
e
−u
Z∞ z−1
Z∞ Z∞
z−1
v
u−z
uz−1 v z−1
u
−u v
dv
=
dv.
du
dv
=
e
(1 + v)−z (1 + v)z−1 (1 + v)2
1+v
1+v
0 0
0
Aby obliczyć ostatnią całkę, zacznijmy od przedstawienia v z−1 = exp((z −
1) log v), gdzie log v oznacza gałąź logarytmu zespolonego taką, że log(−1) =
πi, ciągłą na C \ [0, ∞).
Oznaczmy przez CR okrąg o środku w 0 i promieniu R, obiegany przeciwnie do ruchu wskazówek zegara, i przez Cε okrąg o środku w 0 i promieniu ε,
obiegany zgodnie z ruchem wskazówek zegara. Załóżmy, że ε < 1 < R. Będziemy całkowali funkcję v z−1 /(1 + v) wzdłuż krzywej zamkniętej kawałkami
gładkiej, złożonej z odcinka prostej poziomej o części urojonej η > 0, η < ε,
przebieganego od punktu przecięcia z okręgiem Cε do punktu przecięcia z
okręgiem CR , odcinka okręgu CR od punktu przecięcia z prostą poziomą o
części urojonej −η, odcinka prostej poziomej o części urojonej −η przebieganego od punktu przecięcia z okręgiem CR do punktu przecięcia z okręgiem
Cε , i odcinka okręgu Cε do punktu przecięcia z odcinkiem prostej poziomej
o części urojonej η > 0. Funkcja podcałkowa jest holomorficzna na pewnym
obszarze zawierającym powyższą krzywą zwykłą zamkniętą wraz ze swym
wnętrzem, za wyjątkiem bieguna rzędu jeden w punkcie −1.
Twierdzenie o residuach stwierdza, że całka z funkcji v z−1 /(1 + v) wzdłuż
powyższej krzywej jest równa 2πi pomnożone przez residuum funkcji podcałkowej w −1. Residuum to jest równe exp((z − 1)iπ) = − exp(izπ). Zatem
całka ta jest równa −2πieiπz .
Patrzymy teraz, co się dzieje, gdy η → 0+ . Wówczas całka z funkcji
v z−1 /(1 + v) po odcinku prostej poziomej o części urojonej η przebieganym
od punktu przecięcia z okręgiem Cε do punktu przecięcia z okręgiem CR dąży
do całki
ZR z−1
v
dv,
1+v
ε
zaś całka z funkcji v z−1 /(1 + v) po odcinku prostej poziomej o części urojonej
−η przebieganym od punktu przecięcia z okręgiem CR do punktu przecięcia
z okręgiem Cε dąży do całki
−e
2πiz
ZR
ε
gdzie w obu przypadkach v
v).
z−1
v z−1
dv,
1+v
/(1+v) interpretujemy jako exp((z−1) ln v)/(1+
1–4
Otrzymaliśmy więc
(1 − e
2πiz
)
ZR
ε
Z
Z
v z−1
v z−1
v z−1
dv +
dv +
dv = −2πieiπz .
1+v
1+v
1+v
CR
Cε
Gdy R → ∞, całka po CR dąży do zera (|v z−1 | ¬ RRe z−1 , 1/|1 + v| ¬ c/R
dla pewnego c > 0, zaś długość okręgu CR to 2πR). Gdy ε → 0+ , całka po Cε
dąży do zera (moduł funkcji podcałkowej jest ograniczony przez stałą razy
εRe z−1 , a długość okręgu Cε to 2πε).
Mamy zatem
Z∞ z−1
v
2πiz
dv = −2πieiπz ,
(1 − e )
1+v
0
co po prostych przekształceniach daje
Z∞
0
v z−1
π
dv =
.
1+v
sin(πz)
Skoro funkcje holomorficzne po obu stronach równości pokrywają się na pasie
0 < Re z < 1, muszą pokrywać się na przekroju swych dziedzin.
(3) Załóżmy, że Re z > 0. Zapiszmy
2z−1
2
Γ(z)Γ(z +
1
)
2
Z∞ Z∞
=
√
e−(s+t) (2 st)2z−1 t−1/2 ds dt,
0 0
co po podstawieniu α =
4
√
s, β =
Z∞ Z∞
√
t, daje
2 +β 2 )
e−(α
(2αβ)2z−1 α dα dβ,
0 0
Zamieniając α i β i dodając stronami, otrzymujemy
2z−1
2
Γ(z)Γ(z +
1
)
2
=2
Z∞ Z∞
e−(α
2 +β 2 )
(2αβ)2z−1 (α + β) dα dβ.
0 0
Z symetrii funkcji podcałkowej wynika, że powyższa całka jest równa
4
ZZ
e−(α
2 +β 2 )
(2αβ)2z−1 (α + β) dα dβ,
S
gdzie S = { (α, β) ∈ R2 : α ∈ (0, ∞), β ∈ (0, α] }.
1–5
√
2
2
Dokonujemy zamiany √
zmiennych
u
=
α
+
β
,
v
=
2αβ
(α
+
β
=
u + v,
√
jakobian jest równy 1/(4 u − v u + v)). W nowych zmiennych powyższa
całka jest równa
!
Z∞
Z∞ −u
e
du
√
1
dv =: ○
v 2z−1
u−v
v
0
Całkę wewnętrzną wyliczamy korzystając z podstawienia w2 = u − v (du =
2w dw):
Z∞ −u
e du
Z∞ −w2 −v
e e
v
0
√
=
u−v
w
2w dw = 2e
−v
Z∞
2
e−w dw =
√
πe−v ,
0
zatem otrzymujemy
1 =
○
∞
√
√ Z −v 2z−1
π e v
dv = π Γ(2z).
0
Wzór Legendre’a na podwojenie ma następujące uogólnienie dla n naturalnych:
1
2
n−1
Γ(z)Γ z +
Γ z+
...Γ z +
= (2π)(n−1)/2 n1/2−nz Γ(nz)
n
n
n
, m = 0, 1, 2, . . . , n (wzór iloczynowy Gaussa).
dla z 6= − m
n
1.1.2
Postać Weierstrassa
Twierdzenie 1.2.
(1) Dla Re z > 0 zachodzi
n! (n + 1)z
.
n→∞ z(z + 1) . . . (z + n)
(1.1)
Γ(z) = lim
(2) Dla z 6= 0, −1, −2, . . . zachodzi
∞
1
1 Y
1+
z n=1
n
(1.2)
Γ(z) =
z 1+
z
n
−1
.
Dowód. Załóżmy, że Re z > 0. Zachodzi
Γ(z) =
Z∞
0
z−1 −t
t
e
dt = lim
Zn
n→∞
0
z−1
t
t
1−
n
n
dt.
1–6
Dla ustalonego n podstawiamy t = nu (dt = n du)
Zn
z−1
t
0
t
1−
n
n
dt =
Z1
n
z−1 z−1
u
n
(1 − u) n du = n
0
z
Z1
uz−1 (1 − u)n du.
0
Oznaczmy prawą stronę powyższej równości przez I(z; n).
Całkując przez części otrzymujemy
Z1
z−1
u
0
1
1
1 Z
1
(1 − u) du = uz (1 − u)n + n uz (1 − u)n−1 du,
z
z
0
n
0
co daje wzór rekurencyjny
1
n
I(z; n) =
z n−1
!z+1
I(z + 1; n − 1).
W szczególności,
1
n−1
I(z + 1; n − 1) =
z+1 n−2
...
!z+2
1
2
I(z + n − 2; 2) =
z+n−2 1
!z+n−1
I(z + 2; n − 2),
I(z + n − 1; 1),
gdzie
I(z + n − 1; 1) = 1
z+n−1
Z1
0
z+n−2
u
1
(1 − u) du =
Z1
(uz+n−2 − uz+n−1 ) du =
0
1
1
1
=
−
=
.
z+n−1 z+n
(z + n − 1)(z + n)
Otrzymujemy więc
1 1
1
1
· ... ·
· nz ·
zz+1
z +n−1z +n
1
(n − 1)z+1
(n − 2)z+2
3z+n−3 2z+n−1
·(n−1)·
·(n−2)·
·.
.
.·3·
·2· z+n =
·n·
(n − 1)z+1
(n − 2)z+2
(n − 3)z+3
2z+n−1
1
n! nz
=
.
z(z + 1) . . . (z + n)
I(z; n) =
1–7
Wystarczy teraz zauważyć, że
(n + 1)z
=1
n→∞
nz
lim
dla Re z > 0.
Wzór (1.1) można zapisać w postaci
Γ(z) = n→∞
lim
(n − 1)! nz
.
z(z + 1) . . . (z + n − 1)
Jako że
z
n =
n−1
Y
k=1
1 z
,
1+
k
otrzymujemy
Y
nz
1
1
1 n−1
1
(n − 1)! nz
=
·
·.
.
.·
=
1+
z
z
z(z + 1) . . . (z + n − 1)
z 1+ 1
1 + n−1
z k=1
k
z z
1+
k
−1
.
Zatem wzór (1.2) zachodzi dla Re z > 0.
Aby wykazać, że (1.2) zachodzi dla wszystkich z 6= 0, −1, −2, . . . , posłużymy się (wielekroć wykorzystywanym) faktem, że funkcje holomorficzne
równe na pewnym zbiorze otwartym są równe na swojej wspólnej dziedzinie.
Należy zatem wykazać, że iloczyn nieskończony
∞
1
1 Y
1+
z n=1
n
z z
1+
n
−1
określa funkcję holomorficzną na C \ {0, −1, −2, . . . }. Istotnie, logarytm ntego czynnika jest O( n12 ) przy n → ∞, jednostajnie względem z zawartym w
zbiorze zwartym nie zawierającym 0, −1, −2, . . . . Zatem z twierdzenia Weierstrassa wynika, że iloczyny częściowe (oczywiście funkcje holomorficzne)
są zbieżne jednostajnie na takim zbiorze zwartym, więc iloczyn nieskończony
jest funkcją holomorficzną na całym C \ {0, −1, −2, . . . }.
Zauważmy, że dla każdego z ∈ C zachodzi
n−1
! n−1
X 1
Y
z(z + 1) . . . (z + n − 1)
z −z
= z exp z
− ln n
1+
e k.
(n − 1)! nz
k
k=1 k
k=1
Logarytm naturalny k-tego czynnika w iloczynie jest O( k12 ), jednostajnie po
z na zbiorach zwartych. Mamy
(1.3)
k+1
k+1
n−1
n−1
X Z 1
X Z t−k
1
1
− ln n =
−
dt =
dt.
k
t
tk
k=1 k
k=1
k=1
n−1
X
k
k
1–8
Zachodzi
k+1
Z t−k
tk
k
dt
¬
1
,
k2
zatem szereg z (1.3) jest zbieżny (jego sumę nazywamy stałą Eulera–Mascheroniego(3) ),
i oznaczamy przez γ (4) .
Ostatecznie otrzymujemy wzór (postać Weierstrassa funkcji Gamma Eulera):
∞
Y
z −z
1
= zeγz
1+
e n,
Γ(z)
n
n=1
(1.4)
1.1.3
z ∈ C.
Wzór Hankela
Rozważmy całkę
Z
et t−z dt,
0 < Re z < 1,
D
gdzie t−z = exp((−z) log t), przy czym log t oznacza „standardową” gałąź
logarytmu zespolonego (ciągłą na C \ { (x, 0) : x ¬ 0 }. Krzywa D jest następująca: najpierw idziemy po ujemnej półosi rzeczywistej od −% do −δ
(0 < δ < %), interpretując t−z jako exp((−z)(ln (−t) − iπ)), następnie okrążamy punkt zero po okręgu o środku w 0 i promieniu δ, obieganym w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara, i idziemy po ujemnej półosi
od −δ do −%, interpretując tym razem t−z jako exp((−z)(ln (−t) + iπ)). Po
rozpisaniu i podstawieniu s = −t mamy
Z
et t−z dt =
D
=
Z%
−s
−iπ −z
e (se
)
ds +
Zπ
iϑ −z δ(cos ϑ+i sin ϑ)
(δe ) e
iϑ
δe i dϑ −
−π
δ
Z%
e−s (seiπ )−z ds,
δ
co daje
Z
D
t −z
et
dt = 2i sin (πz)
Z%
δ
−s −z
e s
ds + iδ
1−z
Zπ
ei(1−z)ϑ+δ(cos ϑ+i sin ϑ) dϑ.
−π
Teraz bierzemy krzywą następującą: najpierw idziemy po odcinku prostej
poziomej o części urojonej −ε (0 < ε < δ) od punktu o części rzeczywistej −%
(3)
(4)
Lorenzo Mascheroni (1750 – 1800), matematyk włoski
Nie wiadomo nawet, czy γ jest liczbą niewymierną
1–9
do punktu o części rzeczywistej −δ następnie okrążamy punkt zero po okręgu
o środku w 0 i promieniu δ, obieganym w kierunku przeciwnym do ruchu
wskazówek zegara, i idziemy po odcinku prostej poziomej o części urojonej
ε od punktu o części rzeczywistej −δ do punktu o części rzeczywistej −ρ.
Całka po takiej deformacji krzywej nie zmienia się. Ponadto, ponieważ
iδ
1−z
Zπ
ei(1−z)ϑ+δ(cos ϑ+i sin ϑ) dϑ → 0 przy δ → 0+ ,
−π
całka po zdeformowanej krzywej jest równa
2i sin (πz)
Zρ
e−s s−z ds.
0
Dążymy z % → ∞. Zachodzi
∞
sin (πz) Z −s −z
1
1
e s ds =
Γ(1 − z) =
.
π
Γ(z)Γ(1 − z)
Γ(z)
0
Ostatecznie otrzymujemy wzór Hankela(5) :
(1.5)
1 Z t −z
1
e t dt,
=
Γ(z)
2πi
C
gdzie C jest krzywą biegnącą od −∞ poniżej ujemnej półosi rzeczywistej,
okrążającą zero i biegnącą do −∞ powyżej ujemnej półosi rzeczywistej.
Ponieważ na takiej krzywej C funkcja t−z jest dobrze określona, funkcja
zadana prawą strona wzoru (1.5) jest holomorficzna dla wszystkich z ∈ C.
Zatem wzór Hankela zachodzi dla wszystkich z 6= 0, −1, −2, . . . .
1.1.4
Funkcja digamma. Wzór Gaussa
Dla z ∈ C, z 6= 0, −1, −2, −3, . . . , określmy
ψ(z) := (log Γ(z))0 =
Γ0 (z)
.
Γ(z)
Jako że Γ(z) 6= 0 dla takich z, funkcja ψ jest dobrze określona. Jest ponadto
funkcją holomorficzną na swej dziedzinie. Nazywamy ją funkcją digamma.
(5)
Hermann Hankel (1839 – 1873), matematyk niemiecki
1–10
Ze wzoru Weierstrassa (1.4) otrzymujemy po prostych przekształceniach
ψ(z) = −γ +
∞
X
!
1
1
−
,
n+1 n+z
n=0
z 6= 0, −1, −2, . . . .
W szczególności wynika z powyższego, że ψ ma bieguny pierwszego rzędu w
punktach 0, −1, −2, . . . , i że residuum w takim biegunie jest równe −1.
Przejdziemy teraz do pewnego przedstawienia funkcji digamma w postaci
całki niewłaściwej.
Twierdzenie 1.3. Zachodzi wzór Gaussa:
ψ(z) =
Z∞ −t
e
e−tz
−
dt,
t
1 − e−t
0
Re z > 0.
Dowód. Dla Re z > 0 wzór
Γ(z) =
Z∞
e−t tz−1 dt
0
można zróżniczkować po z, otrzymując
0
Γ (z) =
Z∞
e−t tz−1 ln t dt.
0
Stosując twierdzenie Frullaniego(6)
ln t =
Z∞ −x
e
0
− e−xt
dx
x
otrzymujemy
Γ0 (z) =
Z∞ Z∞
0
0
∞
!
dx Z
−x
−xt −t z−1
(e −e )e t dt
=
x
e−x Γ(z)−
0
Z∞
0
!
e−t(x+1) tz−1 dt
dx
.
x
Podstawienie u = t(x + 1) (dt = du/(x + 1), tz−1 = uz−1 /(x + 1)z−1 ) daje
nam
Z∞
Z∞
1
−t(x+1) z−1
,
e
t dt =
e−u uz−1 dt ·
(x + 1)z
0
(6)
0
Giuliano Frullani (1795 – 1834), matematyk włoski
1–11
czyli
ψ(z) =
Z∞
e−x −
0
Zapiszmy
1
(x + 1)z
Z∞ −x
e
ψ(z) = lim+
δ→0
δ
x
dx −
dx
,
x
Re z > 0.
Z∞
!
δ
dx
,
x(x + 1)z
i dokonajmy w drugiej całce podstawienia x + 1 = et :
Z∞
δ
dx
=
x(x + 1)z
Z∞
ln(1+δ)
e−tz
dt,
1 − e−t
otrzymując
Z∞ −t
e
ψ(z) = lim+
δ→0
ln(1+δ)
Zδ
e−tz
−
dt − lim+
δ→0
t
1 − e−t
ln(1+δ)
e−t
dt.
t
Wystarczy teraz zauważyć, że ostatni składnik jest równy zeru.
Podstawiając z = 1, otrzymujemy
ψ(1) =
Z∞ −t
e
0
e−t
−
dt,
t
1 − e−t
ale ψ(1) = −γ, zatem
ψ(z) = −γ +
Z∞ −t
e
0
1.1.5
− e−tz
dt.
1 − e−t
Asymptotyka funkcji Gamma
Twierdzenie 1.4 (Wzór Bineta(7) ). Dla Re z > 0 zachodzi
∞
Z
1
1
log z − z + log(2π) +
log Γ(z) = z −
2
2
0
(7)
1
1 1 −tz dt
− +
e
.
t
e −1 t 2
t
Jacques Philippe Marie Binet (1786 – 1856), matematyk francuski
1–12
Dowód. Zachodzi, dla Re z > 0,
∞ −t
Z
Γ0 (z + 1)
= ψ(z + 1) =
Γ(z + 1)
0
=
Z∞ −t
e
0
e
e−tz
− t
dt =
t
e −1
∞
∞
0
0
Z
− e−tz
1 Z −tz
dt +
e dt −
t
2
1 1 −tz
1
− +
e dt,
t
e −1 t 2
co daje, przy pomocy twierdzenia Frullaniego,
∞
Z
1
Γ0 (z + 1)
= log z +
−
Γ(z + 1)
2z
0
1
1 1 −tz
−
+
e dt.
et − 1 t 2
Ponieważ funkcja w nawiasie w ostatnim składniku powyższego wyrażenia
jest ograniczona na [0, ∞) a Re z > 0, otrzymujemy
Zz
1
z
z
z
Z
1 Z dζ Z
Γ0 (ζ + 1)
dζ = log ζ dζ +
−
Γ(ζ + 1)
2
ζ
1
1
1
= z log z − z + 1 + log z +
2
Z∞
1
0
Z∞
!
1 1
1
− + e−tζ dt dζ =
t
e −1 t 2
1
1 1 e−tz − e−t
−
+
dt.
et − 1 t 2
t
0
Lewa strona powyższej równości jest równa log Γ(z + 1)−log Γ(2) = log Γ(z + 1).
Ale log Γ(z + 1) = log Γ(z) + log z, czyli
∞
Z
1
(1.6) log Γ(z) = z −
log z − z + 1 +
2
0
Oznaczmy
1 1 e−tz − e−t
1
−
+
dt.
et − 1 t 2
t
1
1 1 1
f (t) := t
− +
.
e −1 t 2 t
Funkcja f przedłuża się w sposób ciągły na [0, ∞): f (0) = 1/12.
Zajmiemy się teraz wyliczeniem całki
Z∞
f (t)e−t dt
0
przy pomocy metody Prigsheima.(8)
(8)
Alfred Pringsheim (1850 – 1941), matematyk niemiecki
1–13
Zachodzi
Z∞
−t/2
f (t)e
Z∞
dt −
0
−t
f (t)e
0
f (t) −
Z∞
−t/2
f (t)e
dt −
(f (t) − 12 f ( 12 t))e−t/2 dt
0
oraz
zatem
dt =
Z∞
1
f ( 12 t)
2
Z∞
0
1
et/2 1
− t
,
=
t e −1 t
−t
f (t)e
Z∞ −t/2
e
dt =
0
t
0
1
dt
− t
.
e −1 t
Dalej,
Z∞
f (t)e
−t/2
dt =
0
=
Z∞ −t/2
e
t
0
Z∞ −t/2
e
1
e−t
e−t e−t dt
− t
+
−
+
=
e − 1 et − 1
t
2 t
∞
− e−t 1 −t dt Z
− e
=
t
2
t
0
0
d e−t/2 − e−t
−
dt
t
!
e−t/2 − e−t
+
dt =
2t
∞
∞
1 1 1
e−t/2 − e−t 1 Z e−t/2 − e−t
+
dt = + ln
=−
t
2
t
2 2 2
0
0
(w ostatniej równości wykorzystaliśmy wzór Frullaniego).
Podstawiając w (1.6) z = 1/2 otrzymujemy
log Γ( 21 )
∞
1 Z
= +
2
0
co jest równe
1 1 e−t/2 − e−t
1
−
+
dt,
et − 1 t 2
t
∞
∞
0
0
Z
1 Z
−t/2
+ f (t)e
dt − f (t)e−t dt.
2
Ale
log Γ( 21 )
= log π, zatem
1
2
Z∞
f (t)e−t dt = 1 −
0
1
ln(2π).
2
Ostatecznie
∞
Z
1
1
log Γ(z) = z −
log z − z + log(2π) + f (t)e−tz dt.
2
2
0
1–14
Oznaczmy
ω(z) :=
Z∞
f (t)e−tz dt.
0
Zachodzi
∞
∞
Z
1Z 0
1
1 1
−tz ∞
−tz
ω(z) = − f (t)e +
+ f 0 (t)e−tz dt .
f (t)e dt =
0
z
z
z 12
0
0
Ale f 0 (t) ¬ 0, skąd wynika, że
∞
Z
1 1
1
|ω(z)| ¬
− f 0 (t) dt =
,
|z| 12
6|z|
0
nawet dla Re z 0. Po nałożeniu funkcji wykładniczej można zapisać
z z 2π
Γ(z) = z
e
z
1/2
(1 + r(z)),
gdzie r(z) = eω(z) − 1. Dla każdego a > 0 istnieje stała C > 0 taka, że
|r(z)| ¬ C/|z| dla z takich, że Re z > 0 i |z| a. Zatem
z z 2π
Γ(z) = z
e
z
1/2 1
1+O
|z|
przy |z| → ∞, jednostajnie dla Re z 0.
1.1.6
Liczby Bernoulliego
Przy otrzymywaniu asymptotyki funkcji Gamma Eulera pojawia się funkcja
et
1
1 1
− + ,
−1 t 2
którą można też zapisać jako
1 et/2 + e−t/2 1
− .
2 et/2 − e−t/2
t
Przedłużając ją dla t zespolonych, widać, że jest ona holomorficzna dla |t| <
2π. Jest to funkcja nieparzysta. W jej szeregu Maclaurina
∞
X
B2m 2m−1
t
m=1 (2m)!
1–15
liczby B2m nazywamy liczbami Bernoulliego.
Dla liczb Bernoulliego zachodzi następujący wzór rekurencyjny:
(1.7)
!
#
"
!
2m B2m−4
B0
1
2m B2m−2
+
+...+
+ , m = 1, 2, . . . ,
B2m = −
3
4
5
2m + 1
2
2
gdzie B0 = 1.
1.1.7
Miary kul i sfer
Rozważmy Rn z normą euklidesową k·k, i n-wymiarową miarą Lebesgue’a m.
Niech Bn := { x ∈ Rn : kxk < 1 } oznacza euklidesową kule otwartą n-wymiarową, i niech Sn−1 := { x ∈ Rn : kxk = 1 } oznacza euklidesową sferę
(n − 1)-wymiarową.
Dla punktu x ∈ Rn \ {0} oznaczmy jego współrzędne biegunowe
r = kxk ∈ (0, ∞),
y=
x
∈ Sn−1 .
kxk
Odwzorowanie
Φ(x) := (r, y)
jest homeomorfizmem pomiędzy Rn \ {0} a (0, ∞) × Sn−1 . Oznaczmy przez
m∗ obraz miary Lebesgue’a m przez Φ:
m∗ (E) := m(Φ−1 (E)),
dla borelowskich E ⊂ (0, ∞) × Sn−1 .
Zdefiniujmy miarę ρn na (0, ∞) wzorem
ρn (F ) :=
Z
rn−1 dr
dla borelowskich F ⊂ (0, ∞).
F
Twierdzenie 1.5. Istnieje jednoznacznie określona miara borelowska σn−1
na Sn−1 taka, że m∗ = ρn ×σn−1 . Dla funkcji borelowskiej f na Rn , nieujemnej
lub należącej do L1 (Rn , m), zachodzi
(1.8)
Z
Rn
f (x) dx =
Z∞
0
Z
!
f (ry)rn−1 dσn−1 (y) dr.
Sn−1
Dowód. Dla f będącej funkcją charakterystyczną, wzór (1.8) to po prostu
przeformułowanie równości m∗ = ρn × σn−1 . Dla „ogólnej” f wynika on ze
standardowych rozumowań.
1–16
Wystarczy zatem skonstruować miarę σn−1 . Dla zbioru borelowskiego G ⊂
Sn−1 i a > 0 połóżmy
Ga := Φ−1 ((0, a] × G) = { ry : 0 < r ¬ a, y ∈ G }.
Jeśli (1.8) ma być spełniony dla funkcji charakterystycznej zbioru G1 , musi
zachodzić
m(G1 ) =
Z1 Z
0
!
r
n−1
0
dσn−1 (x ) dr = σn−1 (G)
Z1
rn−1 dr =
0
G
σn−1 (G)
.
n
Zdefiniujmy σn−1 (G) := n·m(G1 ). Jako że odwzorowanie G 7→ G1 przeprowadza zbiory borelowskie w zbiory borelowskie oraz zachowuje sumy, przekroje
i dopełnienia zbiorów, σn−1 jest miarą borelowską na Sn−1 . Dalej, Ga jest
obrazem G1 przez x 7→ ax, zatem m(Ga ) = an m(G1 ). Dla 0 < a < b mamy
więc
m∗ ((a, b] × G) = m(Gb \ Ga ) =
b n − an
σn−1 (G) =
n
= σn−1 (G)
Zb
rn−1 dr = (ρn × σn−1 )((a, b] × G).
a
Dla ustalonego zbioru borelowskiego G ⊂ Sn−1 , rodzina skończonych rozłącznych sum zbiorów postaci (a, b] × G jest algebrą zbiorów, na której zachodzi
m∗ = ρn ×σn−1 . Zatem równość ta zachodzi na σ-algebrze zbiorów { F ×G : F
jest borelowskim podzbiorem (0, ∞) }. Gdy weźmiemy sumę takich σ-algebr
po wszystkich borelowskich podzbiorach G ⊂ Sn−1 otrzymamy algebrę zbiorów, na której równość m∗ = ρn × σn−1 jest spełniona, i która generuje
σ-algebrę borelowskich podzbiorów (0, ∞) × Sn−1 . Równość miar zachodzi
zatem i na tej ostatniej σ-algebrze.
Przechodząc do uzupełnienia miary σn−1 widzimy, że równość (1.8) zachodzi dla funkcji f mierzalnych w sensie Lebesgue’a, nieujemnych lub należących do L1 (Rn , m).
Wniosek. Dla funkcji mierzalnej f na Rn , nieujemnej lub z L1 (Rn , m), i
takiej, że f (x) = g(kxk) dla pewnej funkcji g na (0, ∞), zachodzi
Z
Rn
n−1
f (x) dx = σn−1 (S
)
Z∞
0
g(r)rn−1 dr.
1–17
Fakt 1.6.
n−1
σn−1 (S
2π n/2
)=
.
Γ( n2 )
Dowód. Stosując powyższy wniosek do funkcji f (x) := e−kxk , otrzymujemy,
że
∞
2
Z
2
e−kxk dx = σn−1 (Sn−1 )
Rn
Z
2
e−r rn−1 dr,
0
co jest równe σn−1 (S
n−1
)Γ(n/2)/2. Z drugiej strony,
Z
2
e−kxk dx = π n/2 .
Rn
Wniosek.
m(Bn ) =
π n/2
.
Γ( n2 + 1)
Dowód. m(Bn ) = m∗ ((0, 1) × Sn−1 ) = ρn ((0, 1)) · σn−1 (Sn−1 ) = σn−1 (Sn−1 )/n.
Ale 21 nΓ( n2 ) = Γ( n2 + 1).
1.2
Funkcja Beta Eulera
Dla liczb zespolonych a i b takich, że Re a > 0 i Re b > 0 zdefiniujmy
Z1
B(a, b) :=
sa−1 (1 − s)b−1 ds.
0
Z założeń na a i b wynika, że nawet jeśli powyższe wyrażenie jest całką
niewłaściwą drugiego rodzaju, jest to całka zbieżna.
Dokonując zamiany zmiennych t = 1 − s widzimy, że
B(a, b) =
Z1
s
a−1
b−1
(1−s)
0
ds = −
Z0
1
a−1 b−1
(1−t)
t
ds =
Z1
tb−1 (1−t)a−1 dt = B(b, a).
0
Dokonując podstawienia u = s/(1 − s) (s = u/(1 + u), 1 − s = 1/(1 + u),
ds = du/(1 + u)2 ) otrzymujemy
B(a, b) =
Z1
sa−1 (1 − s)b−1 ds =
0
=
Z∞
0
∞
Z
1
1
1
ua−1
du
=
ua
a−1
b−1
2
(1 + u)
(1 + u) (1 + u)
1+u
0
a+b
du
.
u
1–18
Na podstawie twierdzenia Fubiniego możemy zapisać, dla Re a > 0 i
Re b > 0,
Z∞ Z∞
ds dt
Γ(a)Γ(b) =
.
e−(s+t) sa tb
s t
0 0
Dokonując, przy ustalonym t, podstawienia u = s/t, a następnie stosując
znów twierdzenie Fubiniego otrzymujemy, że powyższe wyrażenie jest równe
Z∞Z∞
0
−t(1+u) a a+b
e
u t
0
du dt
.
u t
Dalej, przy ustalonym u podstawiamy w = t(1 + u) (dw/w = dt/t), otrzymując po kilkukrotnym zastosowaniu twierdzenia Fubiniego
Z∞ Z∞
e
−w a
u
0 0
=
a+b
w
1+u
Z∞
−w
e
w
dw du
=
w u
a+b
0
dw
w
! Z∞
a
u
0
Otrzymany wzór
B(a, b) =
1
1+u
a+b
du
u
!
= Γ(a + b)B(a, b).
Γ(a)Γ(b)
Γ(a + b)
pozwala nam na zdefiniowanie funkcji B(·, ·) dla wszystkich a, b 6= 0, −1, −2, . . .
(gdy a, b 6= 0, −1, −2, . . . ale a + b = −k dla pewnego k naturalnego, kładziemy B(a; b) = 0; ponieważ Γ ma biegun w −k, jest to poprawnie zdefiniowane).
Funkcję tę nazywamy funkcją Beta Eulera.
Fakt 1.7. Dla Re a > 0 i Re b > 0 zachodzi
π/2
Z
(cos2a−1 ϑ)(sin2b−1 ϑ) dϑ = 12 B(a, b).
0
Dowód. Określmy
I :=
Z∞ Z∞
2 +u2 )
e−(t
t2a−1 u2b−1 dt du.
0 0
Standardowe rozumowanie daje nam, że
I = 14 Γ(a)Γ(b).
1–19
Z drugiej strony, przechodząc do współrzędnych biegunowych (r, ϑ) otrzymujemy
I=
π/2
Z∞ Z
−r2 2a−1
e
0
r
!
2a−1
cos
ϑr
2b−1
2b−1
sin
ϑ r dϑ dr =
0
Z∞
=
−r2 2(a+b)−1
e
r
dr
! Z
π/2
(cos
0
1.3
!
2a−1
2b−1
ϑ)(sin
ϑ) dϑ .
0
Funkcja dzeta Riemanna
Zdefiniujmy, dla Re z > 1,
(1.9)
ζ(z) :=
∞
X
1
.
z
n=1 n
Zapiszemy powyższy wzór w postaci iloczynowej. Dla dowolnej liczby pierwszej zachodzi
(1.10)
1+
1
1
1
+ 2z + . . . =
.
z
p
p
1 − p1z
Niech n = p1k1 · . . . · pl kl , gdzie p1 , . . . , pl są liczbami pierwszymi. Jako że
1
1
1
=
·
.
.
.
·
,
k
z
nz
p1 1
pl kl z
sumy częściowe szeregu w (1.9) są iloczynami sum częściowych szeregów
w (1.10), i można zapisać
(1.11)
Y
ζ(z) =
p – pierwsze
1
1− z
p
!−1
,
Re z > 1.
Przejdziemy teraz do innego przedstawienia funkcji ζ. Przy pomocy podstawienia u = nt otrzymujemy
Z∞
0
e
−nt z−1
t
dt =
Z∞
0
1
1
e−u uz−1 n−z+1 du = z Γ(z),
n
n
1–20
zatem, po zmianie kolejności całkowania i sumowania,
∞
X
∞
∞
∞
0
0
0
∞ Z
1
1 Z e−t z−1
1 X
1 Z tz−1
−nt z−1
e t dt =
dt,
=
t dt =
z
Γ(z) n=1
Γ(z) 1 − e−t
Γ(z) et − 1
n=1 n
czyli
ζ(z)Γ(z) =
Z∞
0
Połóżmy
f (z) :=
Z
C
tz−1
dt,
et − 1
(−t)z−1
dt,
et − 1
Re z > 1.
Re z > 1,
gdzie (−t)
= exp((z − 1) log(−t)), przy czym bierzemy tę gałąź funkcji
log(−t), dla której log 1 = 0 (cięcie jest wzdłuż nieujemnej półosi rzeczywistej), zaś krzywa C jest określona w następujący sposób: dążymy od ∞
do δ (δ ∈ (0, 2π)) wzdłuż „dolnej” dodatniej półosi rzeczywistej (tam gdzie
argument jest równy −2π), następnie obiegamy zero po okręgu o promieniu
δ zgodnie z ruchem wskazówek zegara, i dążymy od δ do ∞ wzdłuż „górnej”
dodatniej półosi rzeczywistej (tam gdzie argument jest równy 0).
W pierwszej z powyższych całek, biorąc t = s, mamy (−t)z−1 = exp((z −
1)(ln s − πi) = (se−πi )z−1 , czyli, gdy δ → 0+ ,
z−1
−
Z∞
0
(se−πi )z−1
ds = −e−πiz eπi Γ(z)ζ(z) = e−πiz Γ(z)ζ(z).
s
e −1
W trzeciej z powyższych całek, biorąc t = s, mamy (−t)z−1 = exp((z −
1)(ln s + πi) = (seπi )z−1 , czyli, gdy δ → 0+ ,
Z∞
0
(seπi )z−1
ds = −eπiz e−πi Γ(z)ζ(z) = −eπiz Γ(z)ζ(z).
es − 1
Ponieważ residuum funkcji podcałkowej jest równe zero (zauważmy, że miejsca zerowe mianownika to ±2nπi, i jedyne z nich wewnątrz okręgu o promieniu δ to t = 0), otrzymujemy
Z
C
(−t)z−1
dt = −2i sin(πz)Γ(z)ζ(z),
et − 1
Re z > 1.
W rzeczywistości, przejście graniczne przy δ → 0+ jest uprawnione dla Re z >
0. Otrzymujemy
(1.12)
ζ(z) = −
f (z)
.
2iΓ(z) sin(πz)
1–21
Zauważmy, że f jest funkcją całkowitą (holomorficzną na C). Dalej, Γ(z) sin(πz) =
π/Γ(1 − z), więc
(1.13)
ζ(z) = −
f (z)Γ(1 − z)
.
2πi
Gdy Re z ¬ 1, Re(1 − z) 0, a tam jedynym biegunem funkcji Γ(1 − z) jest
z = 1, i jest to biegun rzędu jeden.
W szczególności, funkcje holomorficzne po obu stronach wzoru (1.13) pokrywają się dla 0 < Re z < 1. Pozwala to na przedłużenie funkcji ζ w sposób
holomorficzny na C \ {1}. Tak przedłużoną funkcję nazywamy funkcją dzeta
Riemanna.
Będziemy teraz powiększać promień okręgu w definicji funkcji f . Jak już
zauważyliśmy wcześniej, bieguny funkcji podcałkowej to ±2nπi. Residuum
funkcji 1/(et − 1) w każdym z tych punktów to 1. Zachodzi
(−2nπi)z−1 = (2nπ)z−1 (−i)z−1 = (2nπ)z−1 exp((z − 1) 21 πi) =
1
1
1
= (2nπ)z−1 e 2 πiz e− 2 πi = −i(2nπ)z−1 e 2 πiz
oraz
(2nπi)z−1 = (2nπ)z−1 iz−1 = (2nπ)z−1 exp((z − 1)(− 21 πi)) =
1
1
1
= (2nπ)z−1 e− 2 πiz e 2 πi = i(2nπ)z−1 e− 2 πiz .
Wkład residuów w ±2nπi do całki to
1
1
(−2πi)(2nπ)z−1 (−i)(e 2 πiz − e− 2 πiz ) = −2π(2nπ)z−1 · 2i sin( 21 πz) =
= −i(2π)z · 2 sin( 12 πz) · nz−1 .
Przechodząc z promieniem okręgu do nieskończoności otrzymujemy
z
f (z) = −i(2π) ·
czyli
2 sin( 21 πz)
∞
X
1
n=1
n1−z
,
f (z) = −i(2π)z · 2 sin( 12 πz) · ζ(1 − z),
dla Re(1 − z) > 0, czyli dla Re z < 1. Funkcja po lewej stronie powyższej
równości jest holomorficzna na całym C, zaś funkcja po lewej stronie jest
holomorficzna na C \ {1}. Zatem równość ta jest spełniona dla wszystkich
z ∈ C, z 6= 1. Wynika z niej, po uwzględnieniu (1.12) i wzoru Eulera na
odbicie następujące funkcyjne równanie Riemanna:
(1.14)
ζ(z) = 2z π z−1 sin( 21 πz) Γ(1 − z) ζ(1 − z).
1–22
Formalnie rzecz biorąc, funkcyjne równanie Riemanna jest spełnione dla z
nie będących liczbami całkowitymi nieujemnymi. Jednakże gdy z = 2k, k =
1, 2, . . . , funkcja sin( 21 πz) ma tam miejsce zerowe krotności jeden, zaś funkcja
Γ(1 − z) ma biegun rzędu jeden. W szczególności, zachodzi
ζ(1 − 2k) = 2(2π)−2k (−1)k (2k − 1)! ζ(2k),
k = 1, 2, . . . .
Twierdzenie 1.8. Zachodzi następujący wzór Eulera:
(1.15)
ζ(2m) =
(−1)m−1 (2π)2m
B2m ,
2
(2m)!
m ∈ N.
Dowód. Zróżniczkujmy obie strony równości
∞
X
x2
ln(sin(πx)) = ln(πx) +
ln 1 − 2 ,
n
n=1
otrzymując
∞
∞
1 X
2x
1 X
1
1
π cos(πx)
= +
=
+
+
.
2
2
sin(πx)
x n=1 x − n
x n=1 x + n x − n
Funkcja
π cos(πx) 1
−
sin(πx)
x
jest holomorficzna w zerze, i jej k-ta pochodna w zerze jest równa
∞
X
1
1
(−1) k!
+
k
(x + n)
(x − n)k
n=1
=



0,


−2
k
=
x=0
gdy k = 2m
∞
X
(2m − 1)!
, gdy k = 2m − 1,
n2m
m=1
czyli jej rozwinięciem Maclaurina jest
−2
∞
X
ζ(2m)x2m−1 .
m=1
Z drugiej strony,
π cos(πx) 1
eiπx + e−iπx
1
− = πi iπx
−
=
sin(πx)
x
e − e−iπx x
!
∞
X
1
1
1
B2m
= 2πi 2πix
+ −
= 2πi
(2πix)2m−1 .
e
− 1 2 2πix
m=1 (2m)!
1.3.1
1–23
Miejsca zerowe funkcji dzeta Riemanna
Ze wzoru (1.14) wynika natychmiast, że funkcja dzeta Riemanna ma miejsca
zerowe w z = 0, −2, −4, −6, . . . (są to tzw. trywialne miejsca zerowe funkcji
dzeta).
Hipoteza Riemanna. Wszystkie nietrywialne miejsca zerowe
funkcji dzeta Riemanna leżą na prostej Re z = 1/2.

1 Funkcje Gamma i Beta Eulera. Funkcja dzeta Riemanna

Transkrypt

Podobne dokumenty

Analiza matematyczna 1 Lista 9 W poniższych zadaniach wystepuja

V Powiatowa Olimpiada Matematyczna - II etap

ZESTAW II „Wyrażenia algebraiczne” 1. Średnia płaca w zakładzie

Zestaw do domu nr 6 1) Niech σq : Mq → Mq, σq bj2j := bq−1−j2j, Mq

Zagadnienia na ćwiczenia Algebra liniowa z geometrią analityczną

Tematy prac kontrolnych z matematyki dla kl. III

(Funkcja ? \226 Wikipedia, wolna encyklopedia)

200 Całka Riemanna jako funkcja górnej granicy całkowania

Zadanie Dla jakich liczby: 1, log 2 1 , 25 w podanej