Continuación analítica de la Función Zeta de usar los Números de Bernoulli

Question

En mi complejo análisis de libros de texto por Stein y Shakarchi, como un ejercicio, se supone que debo extender $\zeta(s)$ a todo el plano complejo el uso de los números de Bernoulli, pero estoy atascado.

Puedo demostrar que

$$ \zeta(s) = \frac{1}{\Gamma(s)} \int_0^1 \frac{x^{s-1}}{e^{x}-1} dx + \frac{1}{\Gamma(s)} \int_1^\infty \frac{x^{s-1}}{e^{x}-1} dx $$

Puedo demostrar, además, que la segunda integral es una función y que, dada la generación de la función de los Números de Bernoulli:

$$ \frac{x}{e^x -1} = \sum_{m=0}^\infty \frac{B_m}{m!} x^m $$

que

$$ \int_0^1 \frac{x^{s-1}}{e^x-1}dx = \sum_{m=0}^\infty \frac{B_m}{m!(s+m-1)} $$

Está claro que hay un poste en $s=1$, pero más allá de eso no tengo ninguna idea de por qué la última suma converge para todos los $s \neq 1$, lo cual sería la continuación analítica de $\zeta(s)$ a todo el plano complejo.

Este es un problema en un primer año de estudios de posgrado de libros de texto, así que me imagino que hay un corto espacio de solución. Gracias por la ayuda.

Answer 1

Desde $\frac{z}{e^z-1}$ es holomorphic en el disco $\{ z : \lvert z\rvert < 2\pi\}$, y tiene polos en $\pm 2\pi i$, el radio de convergencia de la serie

$$\sum_{m=0}^\infty \frac{B_m}{m!}z^m$$

es $2\pi$. Por lo tanto, por la de Cauchy-Hadamard fórmula,

$$\limsup_{m\to\infty} \left(\frac{\lvert B_m\rvert}{m!}\right)^{1/m} = \frac{1}{2\pi},$$

así, por cada $R < 2\pi$, para todos lo suficientemente grande como $m$, tenemos

$$\frac{\lvert B_m\rvert}{m!} < \frac{1}{R^m}.$$

Vamos a conocer un poco más a partir de las representaciones de la cotangente: para $\mu\geqslant 1$ tenemos $B_{2\mu+1} = 0$, y

$$\frac{B_{2\mu}}{(2\mu)!} = \frac{2(-1)^{\mu+1}}{(2\pi)^{2\mu}}\zeta(2\mu),$$

así que para todos los $m\geqslant 0$

$$\frac{\lvert B_m\rvert}{m!} < \frac{4}{(2\pi)^m}.$$

Desde que la serie converge uniformemente en el intervalo de integración, podemos intercambio de integración y totalización, y

$$\int_0^1 \frac{x^{s-1}}{e^x-1}\,dx = \int_0^1 \sum_{m=0}^\infty \frac{B_m}{m!} x^{m+s-2}\,dx = \sum_{m=0}^\infty \frac{B_m}{m!}\int_0^1 x^{m+s-2}\,dx = \sum_{m=0}^\infty \frac{B_m}{m!(s+m-1)}.$$

Para cualquier $K > 0$ si $\lvert s\rvert \leqslant K$$m \geqslant K+2$,$\lvert s+m-1\rvert \geqslant 1$, por lo que la suma

$$\sum_{m = \lceil K\rceil+2}^\infty \frac{B_m}{m!(s+m-1)}$$

converge uniformemente en el disco $\{ s : \lvert s\rvert \leqslant K\}$ por el Weierstraß $M$-prueba. Por lo tanto

$$H(s) = \sum_{m=0}^\infty \frac{B_m}{m!(s+m-1)}$$

es toda una función de meromorphic con simple polos en $1-m,\, m\in\mathbb{N}$.

Desde $\Gamma(s)$ sencilla polos en $-k,\,k\in\mathbb{N}$, y no tiene ceros, la función

$$\frac{H(s)}{\Gamma(s)} = \frac{1}{\Gamma(s)}\sum_{m=0}^\infty \frac{B_m}{m!(s+m-1)}$$

es toda una función de meromorphic con sólo un simple polo, en $1$, con resdiue $\frac{B_0}{0!\Gamma(1)} = 1$.