Existencia y unicidad de una función que generaliza una suma finita de potencias de logaritmos

Question

Espero encontrar una prueba de la siguiente conjetura:

$(1)$ Por cada $a>0$ existe una función analítica convexa $f_a:\mathbb R^+\to\mathbb R$ tal que:

• $f(1)=0$ y
• $\forall x>1,\ f_a(x)=f_a(x-1)+\ln^ax$ (así, para $n\in\mathbb N,\ f_a(n)=\sum_{k=1}^n\ln^ak$ ).

$(2)$ Por cada $a>0$ dicha función $f_a$ es única.

---

Ejemplos :

• para $a=1$ la función es $f_1(x)=\ln\Gamma(x+1)$ .
• para $a=2$ la función es $f_2(x)=\gamma_1+\frac{\gamma^2}2-\frac{\pi^2}{24}-\frac{\ln^2(2\pi)}2-\zeta''(0,x+1)$ .
  (donde $\gamma_1$ indica el primer Constante de Stieltjes y $\zeta''$ denota la segunda derivada de la Hurwitz $\zeta$ -función con respecto a su primer parámetro)

---

Si la conjetura es cierta, ¿podemos encontrar una forma explícita para $f_a(x)$ Por ejemplo, ¿una representación integral en términos de funciones especiales conocidas?

Answer 1

Demostraré que existe un único $f_a$ que obedece a $f(1)=0$ , $f(x) = f(x-1) + \log^a x$ y es convexa en $(e^{a-1}, \infty)$ . La ecuación funcional nos da una extensión única a $(1,\infty)$ No estoy seguro de que sea convexo. (Escribiré $\log^a x$ para $(\log x)^a$ ).

Construcción Establecer $g(x) = \log^a x$ . Así que $$g'(x) = a \frac{\log^{a-1} x}{x} \ \mbox{and}$$ $$g''(x) = \left( \frac{d}{dx} \right)^2 \log^a x = \frac{a (a-1 - \log x) \log^{a-2} x}{x^2}.$$ Para $x \in \mathbb{C} \setminus (-\infty, -1)$ set $$h_2(x) = - \sum_{n=1}^{\infty} g''(x+n).$$ (Si $a<2$ también tenemos que eliminar $x=0$ así que no tenemos $\log 1$ en el denominador). Tenemos $g''(x+n) = O((\log n)^{a-1}/n^2)$ por lo que la suma converge, y lo hace uniformemente en conjuntos compactos. Así que $h_2(x)$ es una función analítica. Además, para $x \in (e^{a-1}, \infty)$ tenemos $g''(x) <0$ Así que $h_2(x)>0$ . Por construcción, tenemos $$h_2(x) - h_2(x-1)=g''(x).$$ Además, las estimaciones fáciles dan $h_2(x) = O(\log^a x/x)$ como $x \to \infty$ .

Ponga $h_1(x) = \int_{t=1}^x h_2(t) dt$ . Entonces $h_1(x) - h_1(x-1) = g'(x) + C$ para algunos $C$ . Envío de $x$ a $\infty$ tenemos $$\lim_{x \to \infty} h_1(x) - h_1(x-1) = \lim_{x \to \infty} \int_{t=x-1}^x O(\log^a x/x) dt = O(\log^a x/x)=0,$$ y $\lim_{x \to \infty} g'(x) =0$ Así que $C=0$ .

Integrando de nuevo, poner $h(x) = \int_{t=1}^x h_1(t) dt$ . Así que $h(x) - h(x-1) = \log^a x + C$ para algunos $C$ . Esta vez, no pude averiguar si o no $C$ es la constante correcta. Pero, si no lo es, no pasa nada: Establece $f(x) = h(x) - C(x-1)$ . Ahora la condición $f(1) = 0$ y $f(x)-f(x-1) = \log^a x$ están bien, y $f''(x) = h''(x) = h_2(x)$ que, como hemos observado, es $>0$ para $x>e^{a-1}$ .

Singularidad Supongamos que hubiera algún otro $C^2$ función $\tilde{f}(x) = f(x)+r(x)$ que cumplían los criterios exigidos. A continuación, $r(x)-r(x-1)=0$ Así que $r(x)$ es periódica. Supongamos que $r$ no es constante. (Si $r$ es constante, entonces la constante es cero, ya que $r(1)=0$ .) Entonces $r''$ es una función periódica con media $0$ Así que $r''(y)<0$ para algunos $y$ y entonces tenemos $r''(y)=r''(y+1)=r''(y+2)=\cdots$ . Pero entonces $\tilde{f}''(y+n) = f''(y+n) + r''(y+n) = O(\log^{a-1} n/n^2)+r''(y+n)>0$ para todos $n$ contradicción que $r''(y+n)<0$ .

Convexidad para todos $x$ ? Lo que queda es la pregunta: ¿Es $f''(x)>0$ para todos $x \in (1,\infty)$ ? O, lo que es lo mismo, ¿es $$\sum_{n=1}^{\infty} g''(x+n)<0$$ para todos $x \in (1, \infty)$ ? Esperaba que la respuesta fuera "no", y sólo tendría que buscar un poco para encontrar un contraejemplo que acabara con esta respuesta. Pero, hasta ahora, los cálculos numéricos sugieren que la respuesta es siempre "sí". Creo que podría demostrar esto mediante límites poco claros, pero en lugar de eso me voy a ir a la cama a ver si por la mañana se me ocurre una estrategia mejor.

Answer 2

(La inclusión de $\ln^a(1+\epsilon)$ en la definición original es bastante útil, pero no muy suave)

Supongamos que tenemos un contorno $\mu_x$ que desciende de $+i\infty$ que pasa por debajo del eje real en $z_1=1$ y pasando de nuevo hacia $+i\infty$ en algún $z_x\in\Re(x,x+1)$ Entonces tenemos residuos, para $0 < \Re(a)$ y $x\in\Re(1,\infty)$ : $$ f_a(x) = \oint_{z\in\mu_x}\frac{\ln^a(z)}{e^{2\pi i(z-x)}-1}dz = \sum_{k=0}^{\lfloor x-1\rfloor}\ln^a(x-k) $$ Denoto la suma de los residuos con $f_a,\ $ a pesar de $f_a(x)$ no siendo ni analítica ni convexa en $x\in\Re_+$ . $f_a$ es continua y cumple $f_a(1) = 0$ y $1 < x\implies\ f_a(x) - f_a(x-1) = \ln^a(x).\ $ Quizá podamos construir un contorno explícito: $$ \mu_x(t) = \frac{2i}{1+t} + 1-3i + \frac{2x-1}{2}t + \frac{2i}{2-t},\ \ \ t\in\Re(-1,2) $$ $$ f_a(x) = \int_{-1}^2\frac{\ln^a\mu_x(t)}{e^{2\pi i(\mu_x(t)-x)}-1}\left( \frac{2x-1}{2} - \frac{2i}{(1+t)^2} + \frac{2i}{(2-t)^2} \right)dt $$ En las proximidades de cualquier $0 < x$ y para $t\in\Re[0,1],\ $ observamos que el integrando y su $t$ -son absolutamente acotadas. Así que podemos tomar: $$ \frac{d}{dx}f_a(x) = \int_{-1}^2\frac{x\ln^a(\mu_x(t))dt}{e^{2\pi i(\mu_x(t)-x)}-1} + \ldots $$$$ \int_{-1}^2\frac{d}{dx}\left(\frac{\ln^a\mu_x(t)} {e^{2\pi i(\mu_x(t)-z)}-1}\right)\left( \frac{2x-1}{2}-\frac{2i}{(1+t)^2} + \frac{2i}{(2-t)^2}\right)dt $$ $$ t\approx 0\implies\ln^a\mu_x(t)\approx\ln^a(1+t\frac{2x-1-3i}{2}) $$ $$ \(un lugar algo problemático para una derivada) $$ When we are looking for convex functions that almost satisfy (1), we might consider the use of remainder operator, $ R(x):= x -\lfloor x\rfloor $, and append our finite sum with: $$ f_a(x) = (R^a(x)-1)R^a(x) + \sum_{k=0}^{\lfloor x-1\rfloor}\ln^a(x-k) $$ Which still statisfies, $ 1 < x\implies\ f_a(x) - f_a(x-1) = \ln^a(x).\ $ In conclusion, I suspect we can find many such functions continuous and convex on $ x\in\Re(1,\infty) $, but none that satisfy (1) for fractional $ a$.