推 Lindemann :謝謝啦,順便推一下複變之神XDD 01/21 12:47
推 Lindemann :其實我真的沒有用這麼複雜的方法有時間在一一check 01/21 12:55
→ Lindemann :因為念複變把大學念的証過和積分頭昏眼花了三天@_@ 01/21 12:57
※ 引述《Lindemann (該閉關了>_<)》之銘言：
: 最近在劉明昌的書上學會用複變了cot級數和
: (雖然我真的覺得不是很嚴格而且有點瑕疵)
: 但是總算學到了tan 和cot級數和
: 但是這個習題差一點點証不太出來
: ∞ 2n+1
: Σ f (____) = π Σ R_k tan(πz_k)
: n=-∞ 2 k=1
: 有人可以幫一下嗎?
: 還有這種級數和除了複變之外還可以用什麼方法呢?
: 還有其實物理系Arfken好像玩級數比我想像中"豐富",但是其實應該這些東西
: 都是很少用到的,我猜只有弦論會用到這些東西,不然我實在想不出這些跟數論有關的
: 用在那裡??? 他也有提到Weierstrass algebra
: 但是Arfken總是每一個東西都是輕描淡寫,不過其實還是一本很棒的參考書
: 其實Arfken他的菁華在習題
: 剛看到其他版有人問考物研要唸這本書(因為那是某些學校入學考參考書目)
: 我想當兵的時候應該會看到有人也在念吧,站衛兵其實寫習題感覺也不錯XDD
: (其實研究所考試真的有太多吐血的八卦,我只是不想黑掉不能說>_<)
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假設 f(z) is analytic throughout the complex plane except
at a finite number of poles p_i , 0 <= i <= k for assumption
( ps: p_i ≠ n + 1/2 for all n屬於Z , 等等會說原因 )
令 c1: straight line from z = R(1 - i) to z = R(1 + i)
c2: straight line from z = R(1 + i) to z = R(-1 + i)
c3: straight line from z = R(-1 + i) to z = R(-1 - i)
c4: straight line from z = R(-1 - i) to z = R(1 - i)
c: closed contour c1+c2+c3+c4
如下圖所示 ( 簡單講就是包一個 邊長為 2R 的正方形 )
R(-1 + i) c2 R(1 + i)
┌───────┐
│ │
│ │
c3 │ │ c1
│ │
│ │
└───────┘
R(-1 - i) c4 R(1 - i)
R-1
考慮 ∮ f(z)tan(πz) dz = 2πi *Σ Res{ f(z)tan(πz) , k+(1/2) }
c k=-R
+ 2πi *Σ Res{ f(z)tan(πz) , p_i } ____(1)
@_R
( @_R 表示只有落在 c裡面的 p_i 才算)
由上面可知，若是有存在一個 p_i = k+(1/2) for some k屬於Z
這樣會變成多算一次 residue
所以前面有用黃體字標示的假設原因在此
若想計算 p_i = k+(1/2) 的case 也可以
頂多只是分類一下計算過程
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注意到
Res{ f(z)tan(πz) , k+(1/2) }
sin(πz)
= ────── f(z) ｜
-π*sin(πz) z=k+(1/2)
f(k+(1/2))
= ─────
-π
所以 (1) 式可改寫成:
R-1
∮ f(z)tan(πz) dz = -2i *Σ [f(k+(1/2))] + 2πi *Σ Res{f(z)tan(πz),p_i}
c k=-R @_R
當 R→∞ => lim ｜∮ f(z)tan(πz) dz｜ = 0 ____(2)
R→∞ c
∞
因此 0 = -2i *Σ [f(k+(1/2))] + 2πi *Σ Res{f(z)tan(πz),p_i}
k=-∞ @_R
∞
→ Σ f(k+(1/2)) = πΣ Res{ f(z)tan(πz) , p_i}
k=-∞ @
( 這裡的 @ 代表整個複數平面 )
= πΣ Res{ f(z), p_i}*tan(π*p_i)
@
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比較麻煩的是要如何證明 (2) 式是對的 (用綠色字標示出來)
首先討論 積分路徑 c1 的case:
｜∮ f(z)tan(πz) dz ｜
c1
≦ Max{｜f(z)｜} * Max{｜tan(πz)｜} * 2R ____(3) by ML-Inequality
c1 c1
^^^^^^^^^^^^^ ^^^^^^^^^^^^^^^^^
<2> <1>
先討論 <1> :
｜sin(πz)｜
｜tan(πz)｜ = ──────
｜cos(πz)｜
｜sin[π(R+iy)]｜
= ─────────
｜cos[π(R+iy)]｜
｜sinh(πy)｜
= ───────
｜cosh(πy)｜
｜e^(πy) - e^(-πy)｜
≦ ────────────────
｜ ｜e^(πy)｜ - ｜e^(-πy)｜｜
= 1
帶回 (3) 式後可得:
｜∮ f(z)tan(πz) dz ｜ ≦ Max{｜f(z)｜} * 2R
c1 c1
^^^^^^^^^^^^^
<2>
可見若想讓該項積分的絕對值趨近於 0
M
那 <2> 式必須要滿足 ｜f(z)｜ ≦ ─── for r＞1 and M 屬於正實數
|z|^r
with |z|≧R
否則會無法保證 (2) 式成立
類似的討論 ( c2、c3、c4) 應該也能得到類似的結論
就略去不打 XD
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我只會這個方法 OTZ
若有其它非複變的解法我也想知道 >_<
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