¿Por qué dice Titchmarsh que podemos mover la derivada bajo $\frac{2}{\pi}\int_0^\infty \frac{\Xi(t)}{t^2 + \frac{1}{4}} \cosh(\alpha t) \, dt$

Question

Si definimos la función Riemann-Xi como $$\Xi(t) = \xi(\frac{1}{2} + it)$$ donde $$\xi(s) = \frac{1}{2}s(s-1)\pi^{-\frac{s}{2}}\Gamma(\frac{s}{2})\zeta(s),$$

entonces según Titchmarsh en su adaptación de la prueba de Hardy de que la función zeta tiene infinitos ceros en la línea crítica, si consideramos la integral

$$\frac{2}{\pi}\int_0^\infty \frac{\Xi(t)}{t^2 + \frac{1}{4}} \cosh(\alpha t) dt,$$ entonces "desde $\zeta(\frac{1}{2} + it) = O(t^A)$ , $\Xi(t) = O(t^Ae^{-\frac{1}{4}\pi t})$ y la integral anterior puede diferenciarse con respecto a $\alpha$ cualquier número de veces siempre que $\alpha < \frac{1}{4}\pi$ ."

Realmente no entiendo ninguna de las dos afirmaciones; es decir, ¿por qué es $\Xi(T) = O(t^Ae^{-\frac{1}{4}\pi t})$ y por qué esto implica que podemos mover la derivada bajo el signo de la integral cualquier número de veces mientras $\alpha < \frac{1}{4}$ . ¿Puede alguien explicar estas cosas?

Aquí está mi trabajo hasta ahora:

Tras introducir la definición de $\xi(s)$ en la definición de $\Xi(t)$ conseguimos que

$$\Xi(t) = \frac{1}{2}(-\frac{1}{4} - t^2)\pi^{-\frac{1}{4} - \frac{it}{2}}\Gamma(\frac{1}{4} + \frac{it}{2})\zeta(\frac{1}{2} + it).$$

Puedo demostrar que para $|t| \geq 1$ y $Re(s) \geq \frac{1}{2}$ , $|\zeta(s)| \leq |t|^{\frac{1}{2} + \epsilon}$ y también puedo demostrar que $|\Gamma(\frac{1}{4} + \frac{it}{2})| \leq \frac{\Gamma(\frac{1}{4})}{|t|}.$

Además, $|\pi^{-\frac{1}{4} - \frac{it}{2}}| = \pi^{-\frac{1}{4}} = e^{-\frac{1}{4} \log(\pi)}$ . Estoy atascado después de esto. ¿Alguien puede ayudar?

Answer 1

El límite de la $\Xi$ viene dada por La fórmula de Stirling para la función Gamma . El principal término que contribuye es $$\left(\frac{1}{4}+\frac{it}{2}\right)^{\frac{1}{4}+\frac{it}{2}}=\exp\left(\left(\frac{1}{4}+\frac{it}{2}\right)\log\left(\frac{1}{4}+\frac{it}{2}\right)\right)$$ y por la definición de el logaritmo complejo esto es $$=\exp\left(\left(\frac{1}{4}+\frac{it}{2}\right)\log|\frac{1}{4}+\frac{it}{2}|+i\arg\left(\frac{1}{4}+\frac{it}{2}\right)\right).$$ Ahora, $\arg\left(\frac{1}{4}+\frac{it}{2}\right)=\frac{\pi}{2}+O\left(\frac{1}{t}\right),$ y así combinando en los otros términos tenemos que $$\Gamma\left(\frac{1}{4}+\frac{it}{2}\right)=O\left(t^{A}e^{-\frac{1}{4}\pi t}\right)$$ para alguna constante $A$ .

En cuanto a la diferenciación bajo el signo de integración, esto funciona ya que nuestra función es infinitamente diferenciable y decae muy rápidamente. El teorema 2.27 (b) del Análisis Real de Folland dice que

Teorema: Supongamos que $f:X\times [a,b]\rightarrow\mathbb{C}$ y que $f(\cdot,t):X\rightarrow \mathbb{C}$ es integrable para cada $t\in[a,b]$ . Sea $F(t)=\int_X f(x,t)d\mu(x)$ . Supongamos que $\partial f/\partial t$ existe y que hay un verdadero $g\in L^1(\mu)$ tal que $|(\partial f/\partial t)(x,t)|\leq g(x)$ para todos $x,t$ . Entonces $F$ es diferenciable y $F'(x)=\int (\partial f/\partial t)(x,t)d\mu(x)$ .

Y a partir de esto vemos que la condición de decaimiento es suficiente para diferenciar tantas veces como queramos. Como alternativa, podemos utilizar el teorema que aparece en la página de la wikipedia :

Teorema Dejemos que $f(x,t)$ sea una función tal que tanto $f(x,t)$ y su derivada parcial $f_x(x,t)$ son continuos en $t$ y $x$ en alguna región que contenga $a(x)\leq t\leq b(x)$ , $x_0\leq x\leq x_1$ . Supongamos también que las funciones $a(x)$ y $b(x)$ son ambas continuas y ambas tienen derivadas continuas para $x_0\leq x\leq x_1$ . Entonces, para $x_0\leq x\leq x_1$ : $$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x} \left (\int_{a(x)}^{b(x)}f(x,t)\,\mathrm{d}t \right) = f(x,b(x))\cdot b'(x) - f(x,a(x))\cdot a'(x) + \int_{a(x)}^{b(x)} f_x(x,t)\; \mathrm{d}t.$$

En nuestro caso, todas las funciones son infinitamente diferenciables y la condición de decaimiento elimina los términos en $0$ y $\infty$ por lo que podemos simplemente tomar la derivada bajo el signo de la integral.