Pregunta sobre las series L de Dirichlet y la función Gamma

Question

¿Podría alguien ayudarme, por favor, con este ejercicio?

Consideremos una secuencia de números complejos $\{a_n\}$ tal que $a_n=a_m $ si $ n\cong m $ mod $q$ para algún número entero positivo $q$ .

Defina la serie L de Dirichlet asociada a la secuencia por

$$L(s)=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{a_n}{n^s} \ \ \ \text{ for Re}(s)>1. $$

Defina también $$M(x)=\sum_{m=0}^{q-1}a_{q-m} e^{mx}\ \ \ \text{ with }\ \ a_0=a_q.$$

Preguntas

1. ¿Cómo podemos demostrar que $$ L(s)=\frac{1}{\Gamma(s)}\int_{0}^{\infty}\frac{M(x)x^{s-1}}{e^{qx}-1}dx, \ \ \text{for Re}(s)>1 ? $$ Nota: $\Gamma(s)$ es la función Gamma.
2. ¿Cómo implica eso $L(s)$ es continuable en el plano complejo, con la única singularidad posible un polo en $s=1$ .

Cualquier ayuda es realmente apreciada.

Answer 1

(1) Sugerencia: escriba $$ \frac{1}{\Gamma(s)}\int_{0}^{\infty}\frac{M(x)x^{s-1}}{e^{qx}-1}dx = \frac{1}{\Gamma(s)} \sum_{m=0}^{q-1} \int_{0}^{\infty}\frac{a_{q-m}e^{mx}x^{s-1}}{e^{qx}} \big( 1 + e^{-qx} + e^{-2qx} + e^{-3qx} + \cdots \big) \,dx $$ e integrar término por término.

(2) Pista: en la ecuación que has mostrado en la parte (1), escribe $M(x) = (M(x)-M(0))+M(0)$ y se divide en dos integrales. La primera integral debería converger para cualquier complejo $s$ mientras que la segunda integral producirá un polo en $s=1$ .

Answer 2

(2) es esencialmente una versión ligeramente más complicada del ejercicio 16 del capítulo 6 de la obra de Stein y Shakarchi Análisis Complejo . Utilizamos los números de Bernoulli $B_n$ .

Desde $M(x) = \sum_{m=0}^{q-1} a_{q-m} e^{mx}$ es una suma finita, sólo tenemos que demostrar que para cada $m$ en $\{0, 1, \dots, q-1\}$ , $\frac{1}{\Gamma(s)} \int_0^\infty \frac{e^{mx} x^{s-1}}{e^{qx}-1} dx$ es continuable en el plano complejo.

Dividimos la integral en dos partes $$\frac{1}{\Gamma(s)} \int_0^{1/q} \frac{e^{mx} x^{s-1}}{e^{qx}-1} dx + \frac{1}{\Gamma(s)} \int_{1/q}^\infty \frac{e^{mx} x^{s-1}}{e^{qx}-1} dx.$$

La segunda integral denota una función entera, mientras que para cualquier $s>1$

$$ \begin{eqnarray} && \int_0^{1/q} \frac{e^{mx} x^{s-1}}{e^{qx}-1} dx \\ &=& \int_0^{1} \frac{e^{mx/q} x^{s-1}}{q^s(e^{x}-1)} dx \\ &=& \frac{1}{q^s}\int_0^{1} \sum_{n=0}^\infty \frac{B_n e^{mx/q} x^{n+s-2}}{n!} dx \\ &=& \frac{1}{q^s} \sum_{n=0}^\infty \frac{B_n}{n!} \int_0^{1} e^{mx/q} x^{n+s-2} dx \\ &=& \frac{1}{q^s} \sum_{n=0}^\infty \frac{B_n}{n!} \int_0^{1} \sum_{k=0}^\infty \frac{m^k x^{n+k+s-2}}{k! q^k} dx \\ &=& \frac{1}{q^s} \sum_{n=0}^\infty \sum_{k=0}^\infty \frac{B_n}{n!} \frac{m^k}{k! q^k} \int_0^{1} x^{n+k+s-2} dx \\ &=& \frac{1}{q^s} \sum_{n=0}^\infty \sum_{k=0}^\infty \frac{B_n}{n!} \frac{m^k}{k! q^k} \frac{1}{n+k+s-1}. \end{eqnarray} $$

Se nos permitió mover las sumas fuera de la integral porque cada vez, la serie dentro de la integral converge uniformemente.

Lo que queda es demostrar esta doble suma, multiplicada por $\frac{1}{\Gamma(s)}$ define una función meromorfa en el plano complejo cuya única singularidad posible es un polo en $s = 1$ .

Para cualquier $|s| \leq R$ Esta doble suma puede dividirse en dos partes.

$$ \begin{eqnarray} && \frac{1}{q^s} \sum_{n=0}^\infty \sum_{k=0}^\infty \frac{B_n}{n!} \frac{m^k}{k! q^k} \frac{1}{n+k+s-1} \\ &=& \frac{1}{q^s} \sum_{n+k < R+2} \frac{B_n}{n!} \frac{m^k}{k! q^k} \frac{1}{n+k+s-1} + \frac{1}{q^s} \sum_{n+k \geq R+2} \frac{B_n}{n!} \frac{m^k}{k! q^k} \frac{1}{n+k+s-1}. \end{eqnarray} $$

La primera parte es la suma de un número finito de funciones holomorfas de $s$ , con agujeros simples en $\{1, 0, -1, \dots\}$ , todos los cuales, excepto el polo en 1, se anulan con los ceros de $\frac{1}{\Gamma(s)}$ .

La segunda parte converge de forma absoluta y uniforme y, por tanto, es entera en $|s| \leq R$ .

Por último, dejamos que $R \rightarrow \infty$ y con esto concluye la prueba.