Función meromorfa con polo simple en puntos prescritos

Question

El problema es :

Construir una función meromorfa sobre $\mathbb C$ con polos simples en $log(n)$ ; $n \geq 1$ & siendo la parte principal $\frac{1}{z-log(n)}$ .

Lo que estoy pensando es: utilizar la convergencia de $\sum_{n \in \mathbb N}\frac{1}{n^{p}(z-log(n))}$ para cualquier $p > 1$ Pero hasta ahora no puede proporcionar una solución completa a este problema.

Answer 1

La construcción estándar de una función meromorfa con polos simples en $\{a_n : n \in \mathbb{N}\}$ y la parte principal $\frac{1}{z-a_n}$ en el poste $a_n$ donde el $a_n$ son distintos y $\lim_{n\to\infty} \lvert a_n \rvert = \infty$ es considerar una serie

$$f(z) = \sum_{n=0}^\infty \left(\frac{1}{z-a_n} - P_n(z)\right),$$

donde $P_n$ como un polinomio de Taylor de $\frac{1}{z-a_n}$ (para $a_n \neq 0$ , para $a_n = 0$ uno toma $P_n = 0$ ) de orden suficientemente alto para tener convergencia. Dado que, para $\lvert z\rvert < \lvert a_n\rvert$ tenemos

$$\frac{1}{z-a_n} = -\frac{1}{a_n} \frac{1}{1-\frac{z}{a_n}} = - \sum_{k=0}^\infty \frac{z^k}{a_n^{k+1}},$$

se considera

$$\sum_{n=0}^\infty \left(\frac{1}{z-a_n} + \sum_{k=0}^{K_n} \frac{z^k}{a_n^{k+1}}\right)$$

donde el $K_n$ se eligen para que la serie converja de forma compacta. Para cada secuencia $a_n \to \infty$ se puede elegir el $K_n$ para conseguirlo. Para $n$ tan grande que $\lvert a_n\rvert \geqslant 2\lvert z\rvert$ podemos estimar

$$\left\lvert \frac{1}{z-a_n} + \sum_{k=0}^{K_n} \frac{z^k}{a_n^{k+1}}\right\rvert \leqslant \frac{1}{\lvert a_n\rvert} \sum_{k=K_n+1}^\infty \frac{1}{2^k} = \frac{1}{2^{K_n}\lvert a_n\rvert},$$

por lo que la elección $K_n = n$ siempre funciona.

Es bueno si uno puede tomar $K_n$ lo mismo para todos $n$ pero para $a_n = \log n$ [tirando $n = 0$ eso no es posible.

Aquí, su ansatz da una solución que es en cierto sentido más simple. Empezando por

$$g(z) = \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^p(z-\log n)},$$

que es - para cualquier $p > 1$ - una función meromorfa entera con polos simples en cada $\log n$ y en ningún otro lugar, el único problema es que $g$ tiene las partes principales equivocadas, a saber $$\frac{1}{n^p(z-\log n)}.$$ Ahora bien, si $h$ es una función entera arbitraria, entonces obtenemos la expansión de Laurent

$$h(z)g(z) = \left(h(\log n) + (z-\log n)h_1(z)\right)\left(\frac{1}{n^p(z-\log n)} + g_1(z)\right) = \frac{h(\log n)}{n^p(z-\log n)} + p(z),$$

donde $h_1,\,g_1$ y $p$ son holomorfas en $\log n$ Así, la parte principal de $h\cdot g$ en $\log n$ es

$$\frac{h(\log n)}{n^p(z-\log n)}.$$

Si puede encontrar un $h$ con $h(\log n) = n^p$ para todos $n\in\mathbb{N}\setminus \{0\}$ , tiene una solución para su problema.