Cómo mostrar que el de la serie de Laurent de la de Riemann Zeta función ha $\gamma$ como su término constante?

Question

Me refiero a la de la serie de Laurent en $s=1$.

Quiero hacerlo demostrando $\displaystyle \int_0^\infty \frac{2t}{(t^2+1)(e^{\pi t}+1)} dt = \ln 2 - \gamma$,

basado en la integral de la fórmula dada en Wikipedia. Pero no puedo resolver esta integral, excepto por el uso de Mathematica. Trató de complejo analítica maneras, pero sin suerte. Alguna sugerencia? Gracias por su atención!

Answer 1

Podemos demostrar que $$ \zeta(s)=\frac1{1 - 2^{1-s}}\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}}{n^s}\etiqueta{1} $$ converge para $\mathrm{Re}(s)>0$ mediante la aplicación de la Generalizada de Dirichlet de la Prueba. Para aplicar la prueba, tenemos que mostrar que la suma parcial de $(-1)^{n-1}$ es acotado, $|n^{-s}|\to0$, y $$ \sum_{n=1}^\infty\left|n^{-s}-(n+1)^{s}\right|\etiqueta{2} $$ converge.

Cuando $s\in\mathbb{R}$, $n^{-s}$ la cabeza recta de$1$$0$, por lo que la suma de $(2)$$1$. Sin embargo, si $s\not\in\mathbb{R}$, $n^{-s}$ espirales en $0$, y no es inmediatamente obvio que la espiral tiene longitud finita.

Veamos cómo $n^{-s}$ espirales en $0$:

$\hspace{6pt}$(un)$\hspace{6pt}$ $\arg(n^{-s}) = -\log(n)\mathrm{Im}(s)$

$\hspace{6pt}$(b)$\hspace{6pt}$ $|n^{-s}| = n^{-\mathrm{Re}(s)} = e^{-\log(n)\mathrm{Re}(s)}$

Por lo tanto, $n^{-s}$ se encuentra en la espiral $r = e^{t\theta}$ donde la constante $t = \mathrm{Re}(s)/\mathrm{Im}(s)$. La longitud de esta curva de $r=1$ $r=0$es fácil de calcular, se $|s|/\mathrm{Re}(s)$. Por lo tanto, la variación total de $n^{-s}$, como se da en $(2)$, está limitada por $|s|/\mathrm{Re}(s)$, y por lo tanto, la suma de $(1)$ converge.

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Considere la posibilidad de $(1)$ a primer orden en $s-1$. $$ \frac1{1 - 2^{1-s}}=\frac1{s-1}\frac1{\log(2)}+\frac12+S(s-1)\etiqueta{3} $$ y $$ \sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}}{n^s}=\log(2)+(s-1)\sum_{n=1}^\infty(-1)^n\frac{\log(n)}{n}+O\left((s-1)^2\right)\tag{4} $$ Por lo tanto, $$ \zeta(s)=\frac1{s-1}+\frac{\log(2)}{2}+\frac1{\log(2)}\sum_{n=1}^\infty(-1)^n\frac{\log(n)}{n}+O(s-1)\tag{5} $$ A continuación, podemos utilizar el de Euler-Maclaurin Fórmula de la Suma para calcular $$ \sum_{k=1}^n\frac{\log(k)}{k}=C+\frac{\log(n)^2}{2}+O\left(\frac{\log(n)}{n}\right)\etiqueta{6} $$ y $$ \sum_{k=1}^n\frac1{k}=\log(n)+\gamma+O\left(\frac1n\right)\etiqueta{7} $$ A continuación, podemos utilizar $(6)$ $(7)$ para obtener $$ \begin{align} \sum_{n=1}^\infty(-1)^n\frac{\log(n)}{n} &=-\lim_{n\to\infty}\left(\sum_{k=1}^{2n}\frac{\log(k)}{k}-2\sum_{k=1}^n\frac{\log(2k)}{2k}\right)\\ &=\small-\lim_{n\to\infty}\left(\left(C+\frac{\log(2n)^2}{2}\right)-\left(C+\frac{\log(n)^2}{2}\right)-\log(2)(\log(n)+\gamma)\right)\\ &=\gamma\log(2)-\frac{\log(2)^2}{2}\tag{8} \end{align} $$ La combinación de $(5)$ $(8)$ rendimientos $$ \zeta(s)=\frac1{s-1}+\gamma+S(s-1)\etiqueta{9} $$

Answer 2

Hay una bonita prueba en Titchmarsh "La Teoría de la Riemann Zeta Función": poner a $\,[x]=\,$ el mayor entero no mayor que $\,x\in\mathbb R\,$, obtenemos: $$\lim_{x\to 1^+}\left[\zeta(s)-\frac{1}{s-1}\right]\stackrel{\mathbf{(7)}}=\int_1^\infty\frac{[x]-x+\frac{1}{2}}{x^2}\,dx+\frac{1}{2}=\\=\int_1^\infty\frac{[x]-x}{x^2}+\frac{1}{2}\int_1^\infty\frac{dx}{x^2}+\frac{1}{2}=\int_1^\infty\frac{[x]-x}{x^2}\,dx+1=$$$$=\lim_{n\to\infty}\left[\sum_{m=1}^{n-1}\left(\int_m^{m+1}\frac{[x]dx}{x^2}-\int_m^{m+1}\frac{dx}{x}\right)+1\right]=$$$$\lim_{n\to\infty}\left[\sum_{m=1}^{n-1}m\left(\int_m^{m+1}\frac{dx}{x^2}\right)-\log n+1\right]=$$$$=\lim_{n\to\infty}\left[\left(1-\frac{1}{2}+1-\frac{2}{3}+...+1-\frac{m-1}{m}\right)+1-\registro n\right]=$$$$=\lim_{n\to\infty}\left(\sum_{m=1}^{n-1}\frac{1}{m+1}+1-\log n\right)=\lim_{n\to\infty}\left(\sum_{m=1}^n\frac{1}{m}-\log n\right)=:\gamma$$

Por último, ya sabemos $\,\displaystyle{\lim_{s\to 1^+}(s-1)\zeta(s)=1}\,$, $\,s=1\,$ es un simple polo de $\,\zeta(s)\,$ con residuo $\,1\,$, por lo que el de arriba te da el libre coeficiente de Laurent de expansión de $\,\zeta(s)\,$ $\,1$

La prueba de (7): se utiliza el siguiente formulario de Abel sumación por partes de la fórmula (todo el tiempo, $\,n\in\mathbb N\,$):

Lema: Vamos a $\,\phi(x)\,$ ser cualquier función continua, derivado en $\,[a,b]\,$, luego $$\sum_{a< n\leq b}\phi(n)=\int_a^b\phi(x) dx+\int_a^b\left(x-[x]-\frac{1}{2}\right)\phi'(x)dx+\left(a-[a]-\frac{1}{2}\right)\phi(a)-\left(b-[b]-\frac{1}{2}\right)\phi(b)\,\,\,\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\color{blue}{(1)}$$

$\color{red}{\text{Proof}}$: Tomar $\,a=n\,,\,b=n+1\,$ e integrando por partes obtenemos a la vez: $$\int_n^{n+1}\left(x-n-\frac{1}{2}\right)\phi'(x)dx=\left.\left(x-n-\frac{1}{2}\right)\phi(x)\right|_n^{n+1}-\int_n^{n+1}\phi(x)dx=$$ $$=\frac{1}{2}\left(\phi(n)+\phi(n+1)\right)-\int_n^{n+1}\phi(x)dx\Longrightarrow$$ $$\Longrightarrow \int_n^{n+1}\phi(x)dx+\int^{n+1}_n\left(x-[x]-\frac{1}{2}\right)\phi'(x)dx+\left(n-[n]-\frac{1}{2}\right)\phi(n)-\left(n+1-[n+1]-\frac{1}{2}\right)\phi(n+1)=\phi(n+1)=\sum_{n<m\leq n+1}\phi(m)\,\,,\,\,m\in\mathbb N$$

que muestra que la fórmula funciona para el anterior caso en particular y que es suficiente para comprobar para el caso de $\,n\leq a<b\leq n+1\,$ , así que de nuevo la integración por partes: $$\int_a^b\left(x-n-\frac{1}{2}\right)\phi'(x)dx=\left(b-n-\frac{1}{2}\right)\phi(b)-\left(a-n-\frac{1}{2}\right)\phi(a)-\int_a^b\phi(x)dx$$ Comparando con la igualdad prometida por el lema, vemos que el lado derecho de la $\,(1)\,$ anterior se reduce a $$-\left(b-[b]-\frac{1}{2}\right)\phi(b)+\left(b-n-\frac{1}{2}\right)\phi(b)=\left([b]-n\right)\phi(b)$$ y esto es igual a cero , a menos que $\,b=n+1\,$, pero luego de la última expresión anterior es igual a $\,\phi(b)=\phi(n+1)\,$, que es el LHS en $\,(1)\,\;\;\;\;\;\;\;\square$

Ahora $\,(7)\,$ sigue de la anterior, con $$a_n=1\,\,,\,\forall n\in\mathbb N\,\,,\,\,\phi(n):=n^{-s}\quad\text{ and }\quad\,\,A(x):=\sum_{0\leq n\leq x}a_n=[x]$$ y llegamos

$$\zeta(s):=\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^s}=\sum_{n=1}^\infty a_n\phi(n)=s\int_1^\infty\frac{[x]dx}{x^{1+s}}$$

Finalmente, acabamos de escribir $$\frac{1}{s-1}=\int_1^\infty\frac{dx}{x^s}$$