Función analítica dada por una integral impropia

Question

Esto fue de parte de una prueba de hacer una continuación analítica de $\zeta(s)$ tenemos:

$$ \zeta(s) = s \int_1^\infty \frac{[x]-x+\frac{1}{2}}{x^{s+1}} \, dx + \frac{1}{s-1} + \frac{1}{2} $$ La integral es convergente para $\sigma >0$ y uniformemente convergente en cualquier región finita a la derecha de $\sigma = 0$ . Por lo tanto, define una función analítica de $s = \sigma + it$ , regular para $\sigma >0$ y un simple poste en $s=1$ . (p14, Titchmarsh)

Mi pregunta es:

¿Por qué la integral $$g(s):=\int_1^\infty \frac{[x] - x + \frac{1}{2} }{x^{s+1} } \, dx $$ es analítico para $\sigma > 0$ . ¿Es el integrando incluso analítico? No entiendo qué significa "integral uniformemente convergente" en este caso - y cómo esto implica la analiticidad de la función.

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EDIT: Mi prueba de la analiticidad de $\int_{a}^{a+1} F(x,s) \, dx $ . (¿Esto es correcto?)

Dejamos que $F(x,s) = \frac{[x]-x+\frac{1}{2}}{x^{s+1}}$ . Primero mostramos $\int_{a}^{a+1} F(x,s) \, dx $ es analítica, para un número fijo de $a \in \mathbb{N}$ . Para cada $n \in \mathbb{N}$ , en $[a, a+1-\frac{1}{n}]$ la función $$A_n(s) := \int_a^{a+1-\frac{1}{n}} F(x,s) \, dx $$ es analítico en $B_r(p) \subseteq \mathbb{C}$ una bola de radio $r$ alrededor de $p$ . Vemos que $|F(x,s)| \le M$ para todos $s \in B_r(p)$ y $x \in [a,a+1]$ . y $ \lim_{n \rightarrow \infty} F(x,s) \chi_{[a,a+1-\frac{1}{n}] } = F(x,s) \chi_{[a,a+1)} $ . es decir, la convergencia a $F(x,s) \chi_{[a,a+1]}$ . Por el Teorema de Convergencia Dominada, $$ \lim_{n \rightarrow \infty} A_n(s) = \int_a^{a+1} F(x,s) \, dx := A(s) $$ Más información en $A_n(s)$ converge de forma compacta, de hecho es uniforme, ya que para todo $n,m \ge N$ para todos $ s \in B_{r}(p) $ , $$ \Big| A_n(s) - A_m(s) \Big| \le M \frac{2}{N} \rightarrow 0 $$ Así que la convergencia es compacta, y $A(s)$ es analítico en $B_r(p)$ .

Answer 1

Teorema 1: Si $F: \Omega\times[a,b] \to \mathbb{C}$ es continua y tal que $F(s,x)$ es holomorfo en $s$ para cada fijo $x$ entonces $G(s) := \int_a^b f(s,x)dx$ es holomorfo en $\Omega$ .

Teorema 2: Si $(f_n)_n$ es una secuencia de funciones holomorfas sobre un dominio $\Omega$ tal que $f_n$ converge uniformemente a $f$ en cada subconjunto compacto de $\Omega$ entonces $f$ es holomorfo en $\Omega$ .

Definición: Una integral de la forma $\int_a^\infty f(s,x)dx$ es "uniformemente convergente" si $\int_a^N f(s,x) \to \int_a^\infty f(s,x)$ uniformemente en $s$ como $N \to \infty$ .

Para demostrar que la integral es analítica en cualquier punto $s=\sigma+it$ para $\sigma > 0$ basta con demostrar que es abierto en cualquier subconjunto compacto $K$ contenida en $\{s=\sigma+it : \sigma> 0\}$ . Combinando los teoremas 1 y 2, basta con demostrar que la integral $\int_1^\infty \frac{[x]-x+\frac{1}{2}}{x^{s+1}}dx$ es uniformemente convergente para $s \in K$ . Nota $|\int_N^\infty \frac{[x]-x+\frac{1}{2}}{x^{s+1}}dx| \le \int_N^\infty |\frac{[x]-x+\frac{1}{2}}{x^{s+1}}|dx$ y como $|[x]-x+\frac{1}{2}| \le 1$ acotamos la integral por $\int_N^\infty \frac{1}{|x^{s+1}|}dx = \int_N^\infty \frac{1}{x^{\sigma+1}}dx \le \int_N^\infty \frac{1}{x^{\sigma_0+1}}dx$ donde $\sigma_0$ es el valor más pequeño que $Re s$ asume para todos $s$ en $K$ . La cuestión es que esta última cantidad es independiente de $s\in K$ (por tanto, uniforme en $s$ ) y es finito, ya que $\sigma_0 > 0$ desde $K$ es compacto.