とは $s\int_1^\infty\sin(2\,\pi\,n\,x)\,x^{-s-1}\,dx$?

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Steven Clark 2019-11-18 23:46.

私の質問に対するこの回答は、リーマンゼータ関数のこれらの式ですか?$\zeta(s)$グローバルに収束しますか?私の質問には答えませんでしたが、超幾何分布を排除することを目的とした代替アプローチを提案しました$_1F_2$私の式から関数。応答は、以下の(1)で定義された積分について話すのに超幾何関数は必要ないと主張していますが、数学は以下の(2)に示されているようにこの積分を評価します。


(1) $\quad g_{n,0}(s)=s\int_1^\infty\sin(2\,\pi\,n\,x)\,x^{-s-1}\,dx\,,\,\Re(s)>0$

(2) $\quad g_{n,0}(s)=\frac{2\,s}{s-1}\,_1F_2\left(\frac{1}{2}-\frac{s}{2};\frac{3}{2},\frac{3}{2}-\frac{s}{2};-n^2 \pi ^2\right)+2^s\,\pi^{s-1} \sin\left(\frac{\pi\,s}{2}\right)\,\Gamma(1-s)\,n^{s-1}\,,\\$ $\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\quad\,\Re(s)>-1$


超幾何分布を実現します $_1F_2$ 元の質問(わずかに異なるものが含まれていました)の更新で行ったように、関数を拡張できます $_1F_2$ 関数)。


質問:に関連付けられた積分の結果は何ですか$g_{n,0}(s)$ 超幾何分布を含まない場合は、上記の(1)で定義されます $_1F_2$ 関数(またはそれに相当する拡張)?


以下の(3)の定義、以下の(4)に示されている関係、私の元の派生、および以下の回答に基づいて、私はすべての式を信じています $\zeta(s)$ 以下の(5)から(9)で定義されているのは、グローバルに収束しています。


(3) $\quad S(x)=x-\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{\pi}\sum\limits_{k=1}^\infty\frac{\sin(2\,\pi\,k\,x)}{k}\right)$

(4) $\quad\zeta(s)=s\int\limits_1^\infty S(x)\,x^{-s-1}\,dx$


(5) $\quad\zeta(s)=\frac{s}{s-1}-\frac{1}{2}+\sum\limits_{k=1}^\infty\left(\frac{2 s\,_1F_2\left(\frac{1}{2}-\frac{s}{2};\frac{3}{2},\frac{3}{2}-\frac{s}{2};-k^2 \pi^2\right)}{s-1}+2^s \pi ^{s-1} \sin\left(\frac{\pi s}{2}\right)\,\Gamma(1-s)\,k^{s-1}\right)$

(6) $\quad\zeta(s)=\frac{s}{s-1}-\frac{1}{2}+i (2 \pi)^{s-1}\sum\limits_{k=1}^\infty k^{s-1}\left(e^{-\frac{i \pi s}{2}} \Gamma(1-s,-2 \pi i k)-e^{\frac{i \pi s}{2}} \Gamma(1-s,2 \pi i k)\right)$

(7) $\quad\zeta(s)=\frac{s}{s-1}-\frac{1}{2}+\sum\limits_{k=1}^\infty\left((-2 \pi i k)^{s-1} \Gamma(1-s,-2 \pi i k)+(2 \pi i k)^{s-1} \Gamma (1-s,2 \pi i k)\right)$

(8) $\quad\zeta(s)=\frac{s}{s-1}-\frac{1}{2}+\sum\limits_{k=1}^\infty (E_s(-2 \pi i k)+E_s(2 \pi i k))$

(9) $\quad\zeta(s)=\frac{s}{s-1}-\frac{1}{2}+\frac{i s}{2 \pi}\sum\limits_{k=1}^\infty\frac{E_{s+1}(2 \pi i k)-E_{s+1}(-2 \pi i k)}{k}$


上記(3)の定義、以下の(10)に示されている関係、私の元の派生、および以下の回答に基づいて、 $\zeta(s)$ 以下の(11)と(12)で定義されているものもグローバルに収束しています。


(10) $\quad\zeta(s)=s\int\limits_{1/2}^\infty S(x)\,x^{-s-1}\,dx$


(11) $\quad\zeta(s)=2^{s-1}\left(\frac{s}{s-1}-1+2 s \sum\limits_{k=1}^\infty \left(\frac{\, _1F_2\left(\frac{1}{2}-\frac{s}{2};\frac{3}{2},\frac{3}{2}-\frac{s}{2};-\frac{1}{4} k^2 \pi ^2\right)}{s-1}-\pi ^{s-1} \sin\left(\frac{\pi s}{2}\right)\,\Gamma(-s)\,k^{s-1}\right)\right)$

(12) $\quad\zeta(s)=2^{s-1}\left(\frac{s}{s-1}-1+\sum\limits_{k=1}^\infty (E_s(-i k \pi)+E_s(i k \pi))\right)$


次の2つの図は、上記の(10)に示されている関係が、上記の(4)に示されている関係よりも収束しているように見えることを示しています。以下の図は、の式(8)および(12)を示しています。$\zeta(s)$ 上記はクリティカルラインに沿って評価されました $s=1/2+i t$ここで、両方の式は、関連するシリーズの最初の20項にわたって評価されます。式(8)と(12)はオレンジ色で示され、基になる青色の参照関数は次のとおりです。$\zeta(s)$。以下の2つの図の赤い離散部分は、式(8)および(12)の評価を示しています。$\zeta(s)$ 上半平面の最初の10個の自明でないゼータゼロで。


図(1):式(8)の図$\Im(\zeta(1/2+i t)$


図(2):式(12)の図$\Im(\zeta(1/2+i t)$

3 answers

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reuns 2019-11-20 09:50.

「積分の結果」とはどういう意味ですか?ために$\Re(s)> -1$ $$\int_1^\infty \sin(2\pi nx)x^{-s-1}dx=(2\pi n)^{s}\int_{2\pi n}^\infty \sin(x)x^{-s-1}dx$$ $$ = \lim_{b\to 0} (2\pi n)^{s}\int_{2\pi n}^\infty \frac{e^{-(i+b) x}-e^{-(b-i)x}}{2i}x^{-s-1}dx$$ $$=\lim_{b\to 0} (2\pi n)^{s}\int_{-2\pi (b+i) n}^\infty \frac{(i+b)^{s}}{2i}e^{-x}x^{-s-1}dx-(2\pi n)^{s}\int_{-2\pi (b-i) n}^\infty \frac{(b-i)^{s}}{2i}e^{-x}x^{-s-1}dx$$ $$=(2\pi n)^{s}\frac{i^s \Gamma(-s,-2i\pi n)-(-i)^s \Gamma(-s,2i\pi n)}{2i} $$ どこ $\Gamma(-s,2i\pi n)$ 不完全ガンマ関数です。

ガンマ関数は、ほとんどすべてのプロパティがよく理解されている特殊関数であり、不完全ガンマ関数ははるかに複雑です。

ポイントは $\zeta(s)=s\int_1^\infty \lfloor x\rfloor x^{-s-1}dx$ 次の2つの式を取得します $\zeta(s)$ に有効 $\Re(s)\in(-1,0)$ $$\zeta(s)=-s\int_0^\infty ( \{x\}-1/2)x^{-s-1}dx,\qquad \zeta(s)=\frac{s}{s-1}+\frac12 -s\int_1^\infty (\{x\}-1/2)x^{-s-1}dx$$ フーリエ級数から $$\{x\}-1/2=-\sum_{n=1}^\infty \frac{\sin(2\pi nx)}{\pi n}$$ そして最初の積分は、に有効な関数方程式を取得します。 $\Re(s) < 0$ $$\zeta(s)=s \int_0^\infty\sum_{n=1}^\infty \frac{\sin(2\pi nx)}{\pi n} x^{-s-1}dx=s\sum_{n=1}^\infty \int_0^\infty \frac{\sin(2\pi nx)}{\pi n} x^{-s-1}dx$$ $$=s \sum_{n=1}^\infty (2\pi)^s \pi^{-1} n^{s-1}\sin(\pi s/2)\Gamma(-s)=2^s \pi^{s-1} \zeta(1-s)\sin(\pi s/2)\Gamma(1-s)$$ 一方、すべてに有効な2番目の積分 $s$、与える $$\zeta(s)=s \int_1^\infty \sum_{n=1}^\infty \frac{\sin(2\pi nx)}{\pi n} x^{-s-1}dx$$ $$=\frac{s}{s-1}+\frac12+ s \sum_{n=1}^\infty \pi^{-1} n^{s-1}\frac{i^s \Gamma(-s,-2i\pi n)-(-i)^s \Gamma(-s,2i\pi n)}{2i}$$これはすべてに有効です$s$

ご覧のとおり、見る意味はまったくありません。 ${}_2 F_1$この設定で。の有用性${}_2 F_1$ 与えることです:の輪郭積分表現 $\Gamma(-s,2\pi n)$、べき級数表現、およびCASが簡単に処理できる一般式(微分、積分、総和..)

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Nikos Bagis 2019-11-21 06:49.

注意。

Renusの結果は次の形式に簡略化できます(回答のいくつかのタイプミスを修正した後)。 $$ \zeta(s)=\frac{s}{s-1}-\frac{1}{2}+\sum_{n\in\textbf{Z}^{*}}(2\pi i n)^{s-1}\Gamma(1-s,2\pi i n)\textrm{, }\forall s\in\textbf{C}-\{1\} $$この結果はわかっていますか?実際には、平面全体でのリーマンゼータ関数の表現です!!!

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Nikos Bagis 2019-11-20 09:16.

...いくつかの修正後

評価したい積分は $$ I(n,s)=\int^{\infty}_{1}\sin(2\pi n x)x^{-s-1}dx.\tag 1 $$ 変数変換あり $2\pi nx=y$、 我々が得る $$ I(n,s)=\int^{\infty}_{2\pi n}\sin(y)\left(2\pi n\right)^{s+1}y^{-s-1}(2\pi n)^{-1}dy=(2\pi n)^{s}\int^{\infty}_{2\pi n}\frac{\sin(y)}{y^{s+1}}dy= $$ $$ (2\pi n)^s\int^{\infty}_{-\infty}\frac{\sin(y)}{y}\frac{X_{[2\pi n,\infty)}(y)}{y^s}dy. $$ 次のフーリエペアもあります $$ \frac{\sin(t)}{t}\leftrightarrow \pi X_{[-1,1]}(\gamma)\textrm{ and }\frac{X_{[2\pi n,\infty)}(t)}{t^s}\leftrightarrow (i\gamma)^{s-1}\Gamma(1-s,2\pi i n \gamma), $$ ここで、フーリエ変換は次のように考慮されています。 $$ \widehat{f}(\gamma)=\int^{\infty}_{-\infty}f(t)e^{-it\gamma}dt. $$ したがって、 $$ I(n,s)=\frac{(2\pi n)^s}{2\pi}\int^{1}_{-1}\pi(i\gamma)^{s-1}\Gamma(1-s,2\pi i n \gamma)d\gamma= $$ $$ =\frac{(2\pi n)^s}{2}\int^{1}_{-1}\Gamma(1-s,2\pi i n\gamma)(i\gamma)^{s-1}d\gamma=\frac{(2\pi n)^s}{2i}\int^{i}_{-i}\Gamma(1-s,2\pi n \gamma)\gamma^{s-1}d\gamma= $$ $$ =\ldots\textrm{ using Mathematica }\ldots= $$ $$ =\frac{i(2\pi n)^s}{2s}e^{-i\pi s/2}\left(\Gamma(1-s,-2i n\pi)-e^{i\pi s}\Gamma(1-s,2in\pi)\right)+\frac{\sin(2n\pi)}{s},\tag 2 $$ どこ $n\in\textbf{R}-\{0\}$ そして $Re(s)>0$

今すぐ設定 $$ C(s,x)=e^x-\sum^{s}_{k=0}\frac{x^k}{k!},\tag 3 $$ その意味で $s$ 全体です $\textbf{C}$、解析接続を使用することにより: $$ \sum^{s}_{k=0}\frac{x^k}{k!}:=e^x-\sum^{\infty}_{k=0}\frac{x^{k+s+1}}{\Gamma(k+s+2)}\textrm{, }\forall s\in \textbf{C}\textrm{, when }x\neq 0.\tag 4 $$ 次に $$ C(s,x)=e^x\left(1-\frac{\Gamma(s+1,x)}{\Gamma(s+1)}\right)\tag 5 $$ そして $$ \frac{d}{dx}C(s,x)=C(s-1,x).\tag 6 $$ それからまた $$ \Gamma(1+s,x)=\left(1-e^{-x}C(s,x)\right)\Gamma(1+s).\tag 7 $$ 関数 $\Gamma(1-s,z)$ 解析接続(4)、(3)から(7)を使用して評価できます。 $$ \Gamma(1-s,z)=\left(1-e^{-z}\sum^{\infty}_{k=0}\frac{z^{k-s+1}}{\Gamma(k-s+2)}\right)\Gamma(1-s).\tag{10} $$ 実際には(10)はすべてに有効です $s\in\textbf{C}$、 いつ $z\neq 0$これはMathematicaプログラムで使われている解析接続と一致します。結局のところ上記$I(n,s)$ 分析的に拡張できます $\textbf{C}$、 いつ $n\neq 0$

(2)のMathematicaシンボリック計算については今のところ証明がありませんが、コメントのように反対方向に進む方が便利なようです。

継続。

一方から私たちは評価する必要があります $$ I(n,s)=\int^{\infty}_{1}\frac{\sin(2\pi n t)}{t^{s+1}}dt $$ 一方、セットから $$ E_s(z):=z^{s-1}\Gamma(1-s,z)\textrm{, }z\neq 0. $$ セットも $$ E^{*}_s(z):=\int^{\infty}_{1}\frac{e^{-tz}}{t^s}dt\textrm{, }Re(z)>0. $$ したがって、 $$ E_s(z)=E^{*}_s(z)\textrm{, }Re(z)>0. $$ また $$ \partial_zE_s(z)=-E_{s-1}(z)\textrm{, }Re(z)>0. $$ パーツによる統合も $$ zE_{s}(z)=e^{-z}-sE_{s+1}(z)\Leftrightarrow s\frac{E_{s+1}(z)}{z}=\frac{e^{-z}}{z}-E_{s}(z)\textrm{, }Re(z)>0.\tag{11} $$ ただし、 $Re(s)>-1$、次に定義できます $E^{*}_s(z)$、 ために $Re(z)\geq0$$z\neq 0$。したがって、$n$ ゼロ以外の整数、 $$ I(n,s)=2^{-1}i\int^{\infty}_{1}\left(e^{-2\pi n i t}-e^{2\pi n i t}\right)t^{-s-1}dt= $$ $$ =2^{-1}iE_{s+1}(2\pi i n)-2^{-1}iE_{s+1}(-2\pi n i)\textrm{, }Re(s)>-1.\tag{12} $$ しかし([T] 13〜15ページを参照): $$ \zeta(s)=\frac{1}{s-1}+\frac{1}{2}+s\int^{\infty}_{1}\left(\frac{1}{2}-\{x\}\right)x^{-s-1}\textrm{, }Re(s)>-1\tag{13} $$ そして $$ \frac{1}{2}-\{x\}=\sum^{\infty}_{n=1}\frac{\sin(2\pi n x)}{\pi n},\tag{14} $$ もし $x$整数ではありません。したがって、$$ \zeta(s)=\frac{1}{s-1}+\frac{1}{2}+s\int^{\infty}_{1}\sum^{\infty}_{n=1}\frac{\sin(2\pi n x)}{\pi n}x^{-s-1}dx\textrm{, }Re(s)>-1.\tag{15} $$ だが $$ \int^{\infty}_{1}\sum^{\infty}_{n=1}\frac{\sin(2\pi n x)}{\pi n}x^{-s-1}dx =\sum^{\infty}_{k=1}\int^{k+1}_{k}\sum^{\infty}_{n=1}\frac{\sin(2\pi n x)}{\pi n}x^{-s-1}dx= $$ $$ =\sum^{\infty}_{k,n=1}\int^{k+1}_{k}\frac{\sin(2\pi n x)}{\pi n}x^{-s-1}dx. $$ 今、積分を仮定します $$ I_1(k,n,s):=\int^{k+1}_{k}\frac{\sin(2\pi n x)}{x^{s+1}}dx. $$ 私たちが持っている部品による統合を使用して $$ \left|I_1(k,n,s)\right|=\left|\frac{1}{2\pi n}\left(\frac{1}{k^{s+1}}-\frac{1}{(k+1)^s}\right) -\frac{s+1}{2 \pi n}\int^{k+1}_{k}\frac{\cos(2\pi n x)}{x^{s+2}}dx\right|\leq $$ $$ \leq\frac{1}{2\pi n}\left|\frac{1}{k^{s+1}}-\frac{1}{(k+1)^{s+1}}\right|+\frac{s+1}{2\pi n}\left|\int^{k+1}_{k}x^{-s-2}dx\right|= $$ $$ =\frac{1}{\pi n}\left|\frac{1}{k^{s+1}}-\frac{1}{(k+1)^{s+1}}\right|\leq\frac{(s+1)}{\pi n k^{s+2}} $$ したがって、 $$ \sum^{\infty}_{k,n=1}\int^{k+1}_{k}\frac{\sin(2\pi n x)}{\pi n}x^{-s-1}dx=\sum^{\infty}_{k,n=1}\frac{I_1(k,n,s)}{\pi n}. $$ だが $$ \left|\frac{I_1(k,n,s)}{\pi n}\right|\leq \frac{(s+1)}{\pi^2 n^2 k^{s+2}}\textrm{, }Re(s)>-1. $$ したがって、二重和 $$ \sum^{\infty}_{k,n=1}\int^{k+1}_{k}\frac{\sin(2\pi n x)}{\pi n}x^{-s-1}dx $$絶対収束です。したがって、合計の順序を変更して、$$ \sum^{\infty}_{n,k=1}\int^{k+1}_{k}\frac{\sin(2\pi n x)}{\pi n}x^{-s-1}dx=\sum^{\infty}_{n=1}\int^{\infty}_{1}\frac{\sin(2\pi n x)}{\pi n}x^{-s-1}dx. $$ したがって、(11)、(12)、(15)から: $$ \zeta(s)=\frac{1}{s-1}+\frac{1}{2}+\frac{is}{2\pi}\sum^{\infty}_{n=1}\left(\frac{E_{s+1}(2\pi i n)}{n}-\frac{E_{s+1}(-2\pi i n)}{n}\right)= $$ $$ =\frac{1}{s-1}+\frac{1}{2}-\sum^{\infty}_{n=1}\left(s\frac{E_{s+1}(2\pi i n)}{2\pi i n}+s\frac{E_{s+1}(-2\pi i n)}{-2\pi i n}\right)= $$ $$ =\frac{1}{s-1}+\frac{1}{2}-\sum^{\infty}_{n=1}\left(\frac{e^{-2\pi i n}}{2\pi i n}-E_{s}(2\pi i n)+\frac{e^{2\pi i n}}{-2\pi i n}-E_{s}(-2\pi i n)\right). $$ したがって、 $$ \zeta(s)=\frac{1}{s-1}+\frac{1}{2}+\sum_{n\in\textbf{Z}^{*}}E_s(2\pi i n)\textrm{, }Re(s)>-1.\tag{16} $$

参考文献。

[T] ECティッチマーシュ。「リーマンゼータ関数の理論」。オックスフォード。クラレンドンプレスで。(1951)。

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