Vejledende besvarelse af den skriftlig afleveringsopgave til uge 13

Rasmus Ejlers Møgelberg

30. marts 2001

Opgaven handler om Riemanns zeta-funktion, der er defineret ved:

ζ(x) = ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n^{x}}

for x > 1.

\underline{1 :} Først skal vi vise at dette er en veldefineret funktion, og at den er kontinuert. At den er veldefineret følger af at rækken ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n^{x}} er konvergent for x > 1, hvilket er velkendt fra Mat 1.

For at vise at ζ er kontinuert bemærkes først at integralet med hensyn til tællemålet af funktionen n ↦ \frac{1}{n^{x}} netop er ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n^{x}}, hvilket følger af sætning 4.24. Nu ønsker vi at bruge 4.26, som siger at ζ er kontinuert hvis der findes en funktion g(n) så g(n) ≥ |\frac{1}{n^{x}} | (bemærk at g skal være uafhængig af x) for alle n og x > 1 og g er integrabel mht. tællemålet, dvs. ∑_{n=1}^{∞} g(n) er konvergent.

For at finde denne majorant er vi nødt til at gøre et lille krumspring. Det må være nok at vise at ζ er kontinuert for x > a for alle a > 1. Så vi skal blot finde g(n) integrabel, så g(n) ≥ |\frac{1}{n^{x}} | for x > a. Så sæt g(n) = \frac{1}{n^{a}}. Da er g(n) > \frac{1}{n^{x}} for x > a og ∑_{n=1}^{∞} g(n) < ∞, og sætning 4.26 giver at ζ er kontinuert i x > a for alle a > 1, som ønsket.

\underline{2 :} Nu skal vi vise at ζ(x) → ∞ for x → 1 og ζ(x) → 0 for x → ∞. I det sidste er faktisk en fejl i opgaven, da ζ(x) faktisk går mod 1 for x → ∞. Givet en dalende følge (x_{k}), der konvergerer mod 1 skal vi vise at ζ(x_{k}) → ∞. Nu definerer f_{k}(n) = \frac{1}{n^{x_{k}}} en følge af positive funktioner, der vokser mod f(n) = \frac{1}{n}. Da integralet mht. tællemålet er summen giver monotonisætningen at:

lim_{k→∞} ζ(x_{k}) = lim_{k→∞} ∑_{n=1}^{∞} f_{k}(n) = ∑_{n=1}^{∞} lim_{k→∞} f_{k}(n) = ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n} = ∞

For en følge (x_{k}), der vokser mod ∞, er funktionsfølgen f_{k} givet ved f_{k}(n) = \frac{1}{n^{x_{k}}} en dalende følge, der punktvis konvergerer mod den funktion, der er 1 i n = 1 og 0 ellers. Vi kan naturligvis antage at x_{1} > 1, og da bliver f_{1} en integrabel majorant for funktionsfølgen mht. tællemålet på ℕ. Majorantsætningen giver nu:

lim_{k→∞} ζ(x_{k}) = lim_{k→∞} ∑_{n=1}^{∞} f_{k}(n) = ∑_{n=1}^{∞} lim_{k→∞} f_{k}(n) = 1 + ∑_{n=2}^{∞} 0 = 1

Så dette viser at ζ(x) → 1 for x → ∞.

\underline{3 :} I denne delopgave skal vi vise at ζ er differentiabel med differentialkvotient

ζ′(x) = ∑_{n=1}^{∞} \frac{log n}{n^{x}}

Endnu en gang skal vi benytte at integralet mht. tællemålet er summen, så vi kan opfatte ζ som et integral. Vi vil benytte sætning 4.28. Denne siger, at hvis der findes en funktion g(n), så g(n) ≥ |\frac{∂}{∂x} \frac{1}{n^{x}} | for alle x og alle n (bemærk igen at g er uafhængig af x), og således at g er summabel, da er ζ differentiabel med differentialkvotient

ζ′(x) = ∑_{n=1}^{∞} \frac{∂}{∂x} \frac{1}{n^{x}}

Så lad os først differentiere:

\frac{∂}{∂x} \frac{1}{n^{x}} = \frac{∂}{∂x}e^{−(log n)x} = −\frac{log n}{n^{x}}

Vi ser, at det giver den differentialkvotient, vi ønskede. Som i delopgave 1 er vi igen nødt til at lave et lille krumspring for at finde en summabel majorant. Det er nok at vise at ζ er differentiabel på ]a, ∞] for ethvert a > 1. Så dette betyder at det er nok at finde en summabel funktion g, der er majorant inden for dette område. For x > a er \frac{1}{n^{x}} < \frac{1}{n^{a}} og ud fra betragtninger om assymptotisk vækst findes der en konstant c, så log n ≤ cn^{(a−1)/2} for alle n ∈ ℕ, da \frac{(a−1)}{2} > 0. Så nu bliver:

| − \frac{log n}{n^{x}}| ≤ \frac{cn^{(a−1)/2}}{n^{a}} = \frac{c}{n^{(a+1)/2}}

Hvis vi sætter g(n) = \frac{c}{n^{(a+1)/2}} får vi altså en summabel majorant for −\frac{log n}{n^{x}}, så sætning 4.28 tillader os at konkludere at ζ er differentiabel med den ønskede differentialkvotient.

\underline{4 :} Vi vil nu vise at ζ er vilkårligt ofte differentiabel med k’te differential kvotient

ζ^{(k)}(x) = ∑_{n=1}^{∞} \frac{(− log n)^{k}}{n^{x}}

Lad os vise det ved induktion efter k. Basistilfældene k = 0, 1 er allerede bevist, og induktionsskridtet vises på samme måde som i delopgave 3. Antag ζ er k gange differentiabel. Vi vil vise at ζ er k + 1 gange differentiabel på intervallet ]a, ∞[ for alle a > 1 ved hjælp af sætning 4.28. Først differentierer vi funktionen under sumtegnet:

\frac{∂}{∂x} \frac{(− log n)^{k}}{n^{x}} = \frac{(− log n)^{k+1}}{n^{x}}

Vi skal som før finde en majorant for dette udtryk, der er uafhængig af x. Men igen er \frac{1}{n^{x}} < \frac{1}{n^{a}}, og der findes en konstant c, så (log n)^{k} < cn^{(a+1)/2}, og vi kan konstruere en majorant:

g(n) = \frac{c}{n^{(a+1)/2}}

Som før giver sætning 4.28 nu, at ζ er k + 1 gange differentiabel og

ζ^{(k+1)}(x) = ∑_{n=1}^{∞} \frac{(− log n)^{k+1}}{n^{x}}

som ønsket.