Funkcje θ(x), ψ(x) Czebyszewa, funkcja η(z) Dirichleta, funkcja ζ(z) Riemanna

31.08.2026

Funkcje [math]\displaystyle{ \theta (x) }[/math] i [math]\displaystyle{ \psi (x) }[/math] Czebyszewa

Definicja R1
Niech [math]\displaystyle{ x \in \mathbb{R}_+ }[/math]. Funkcje [math]\displaystyle{ \theta (x) }[/math] i [math]\displaystyle{ \psi (x) }[/math] definiujemy następująco

[math]\displaystyle{ \theta (x) = \sum_{p \leqslant x} \log p }[/math]

[math]\displaystyle{ \psi (x) = \sum_{p^k \leqslant x} \log p }[/math]

W przypadku funkcji [math]\displaystyle{ \theta (x) }[/math] suma przebiega po wszystkich liczbach pierwszych, a w przypadku funkcji [math]\displaystyle{ \psi (x) }[/math] po wszystkich liczbach pierwszych i ich potęgach.

Pokaż wykresy

□

Uwaga R2
Wprost z definicji wynikają wzory

[math]\displaystyle{ \theta (x) = \theta (\lfloor x \rfloor) }[/math]

[math]\displaystyle{ \psi (x) = \psi (\lfloor x \rfloor) }[/math]

[math]\displaystyle{ \psi (x) \geqslant \theta (x) }[/math] dla [math]\displaystyle{ x > 0 }[/math]

[math]\displaystyle{ \psi (x) > \theta (x) }[/math] dla [math]\displaystyle{ x \geqslant 4 }[/math]

Przykład R3

[math]\displaystyle{ \theta (10) = \log 2 + \log 3 + \log 5 + \log 7 \approx 5.347107530 }[/math]

[math]\displaystyle{ \psi (10) = \log 2 + \log 3 + \log 2 + \log 5 + \log 7 + \log 2 + \log 3 \approx 7.832014180 }[/math]

Zadanie R4
Niech [math]\displaystyle{ x \in \mathbb{R}_+ }[/math]. Pokazać, że

[math]\displaystyle{ \psi (x) = \theta (x) + \theta (x^{1 / 2}) + \theta (x^{1 / 3}) + \theta (x^{1 / 4}) + \ldots = \sum_{n = 1}^{\infty} \theta (x^{1 / n}) = \sum_{n = 1}^{\lfloor \log_2 (x) \rfloor} \theta (x^{1 / n}) }[/math]

Rozwiązanie

Niech [math]\displaystyle{ k, n \in \mathbb{Z}_+ }[/math] i [math]\displaystyle{ p }[/math] będzie liczbą pierwszą. Zauważmy, że zapisany bardzo ogólnie wzór [math]\displaystyle{ \psi (x) = \sum_{p^k \leqslant x} \log p }[/math] możemy interpretować na trzy sposoby.

A. Bierzemy kolejne liczby [math]\displaystyle{ n \leqslant x }[/math] i sprawdzamy, czy [math]\displaystyle{ n }[/math] jest potęgą pewnej liczby pierwszej [math]\displaystyle{ p }[/math]. Jeśli tak, to dodajemy do sumy [math]\displaystyle{ \log p }[/math]. Ten sposób postępowania jest najbliższy zapisowi

[math]\displaystyle{ \psi (x) = \sum_{p^k \leqslant x} \log p }[/math]

Tak też robiliśmy w przykładzie R3.

B. Bierzemy kolejne liczby pierwsze [math]\displaystyle{ p \leqslant x }[/math] i znajdujemy wszystkie wykładniki [math]\displaystyle{ k \leqslant \log_2 (x) }[/math] takie, że [math]\displaystyle{ p^k \leqslant x }[/math]. Każdy znaleziony wykładnik zwiększa obliczaną sumę o [math]\displaystyle{ \log p }[/math]. Ten sposób postępowania odpowiada zapisowi

[math]\displaystyle{ \psi (x) = \sum_{p \leqslant x} \underset{p^k \leqslant x}{\sum_{k = 1}^{\lfloor \log_2 x \rfloor}} \log p }[/math].

C. (Modyfikacja punktu B) Zauważmy, że największy wykładnik [math]\displaystyle{ k \leqslant \log_2 (x) }[/math] taki, że [math]\displaystyle{ p^k \leqslant x }[/math] znajdujemy z warunku [math]\displaystyle{ k \leqslant {\small\frac{\log x}{\log p}} }[/math]. Pozwala to zmodyfikować wzór na funkcję [math]\displaystyle{ \psi (x) }[/math] do postaci

[math]\displaystyle{ \psi (x) = \sum_{p \leqslant x} \log p \cdot \left\lfloor {\small\frac{\log x}{\log p}} \right\rfloor }[/math]

D. Bierzemy kolejne wykładniki [math]\displaystyle{ k \leqslant \log_2 (x) }[/math] i znajdujemy wszystkie liczby pierwsze [math]\displaystyle{ p \leqslant x }[/math] takie, że [math]\displaystyle{ p^k \leqslant x }[/math]. Każdy znaleziony wykładnik zwiększa obliczaną sumę o [math]\displaystyle{ \log p }[/math]. Ten sposób postępowania odpowiada zapisowi

[math]\displaystyle{ \psi (x) = \sum_{k = 1}^{\lfloor \log_2 x \rfloor} \sum_{p^k \leqslant x} \log p = \sum_{k \leqslant \log_2 x} \sum_{p \leqslant x^{1 / k}} \log p }[/math]

Ponieważ wszystkie sumy obejmują skończoną liczbę składników, to możemy dowolnie zmieniać kolejność sumowania. Zauważmy, że możemy bezkarnie napisać sumę nieskończoną, np. [math]\displaystyle{ \psi (x) = \sum_{k = 1}^{\infty} \sum_{p^k \leqslant x} \log p }[/math], bo dla odpowiednio dużego [math]\displaystyle{ k }[/math] będziemy mieli [math]\displaystyle{ p^k \geqslant 2^k > x }[/math] i będziemy sumowali same zera.

Korzystając z zapisu podanego w punkcie D, otrzymujemy

[math]\displaystyle{ \psi (x) = \sum_{p^k \leqslant x} \log p }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\,\, = \sum_{k = 1}^{\infty} \left( \sum_{p^k \leqslant x} \log p \right) }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\,\, = \sum_{k = 1}^{\infty} \left( \sum_{p \leqslant x^{1 / k}} \log p \right) }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\,\, = \sum_{k = 1}^{\infty} \theta (x^{1 / k}) }[/math]

Należy zauważyć, że wypisana suma tylko pozornie jest nieskończona. Dla odpowiednio dużego [math]\displaystyle{ k }[/math] będziemy mieli [math]\displaystyle{ x^{1 / k} < 2 }[/math] i [math]\displaystyle{ \theta (x^{1 / k}) = 0 }[/math]. Zatem sumowanie przebiega tylko po [math]\displaystyle{ k \leqslant \log_2 x }[/math]. Co należało pokazać.
□

Uwaga R5
Zauważmy, że funkcja [math]\displaystyle{ \theta (x) }[/math] w przedziale [math]\displaystyle{ (0, n] }[/math] ma dokładnie [math]\displaystyle{ \pi (n) }[/math] zmian wartości (skoków na wykresie). Ze wzoru

[math]\displaystyle{ \psi (x) = \theta (x) + \theta (x^{1 / 2}) + \theta (x^{1 / 3}) + \theta (x^{1 / 4}) + \ldots }[/math]

wynika, że funkcja [math]\displaystyle{ \psi (x) }[/math] ma zmian wartości więcej, a liczba skoków wartości jest równa

[math]\displaystyle{ \sum_{k = 1}^{\infty} \pi (n^{1 / k}) = \pi (n) + \pi (n^{1 / 2}) + \pi (n^{1 / 3}) + \pi (n^{1 / 4}) + \ldots }[/math]

Zadanie R6
Pokazać, że dla [math]\displaystyle{ x > 0 }[/math] prawdziwe są oszacowania

•  [math]\displaystyle{ \theta (x) < 2 \log 2 \cdot x }[/math]

•  [math]\displaystyle{ \theta (x) < 2 x }[/math]

•  [math]\displaystyle{ \psi (x) - \theta (x) < 6 \sqrt{x} }[/math]

•  [math]\displaystyle{ \psi (x) < 1.4 x }[/math]

•  [math]\displaystyle{ \psi (x) < 2 x }[/math]

Rozwiązanie

Punkt 1.

Zauważmy, że

[math]\displaystyle{ \exp (\theta (x)) = \exp (\theta (\lfloor x \rfloor)) = \exp \left( \sum_{p \leqslant \lfloor x \rfloor} \log p \right) = \prod_{p \leqslant \lfloor x \rfloor} \exp (\log p) = \prod_{p \leqslant \lfloor x \rfloor} p = P (\lfloor x \rfloor) < 4^{\lfloor x \rfloor} \leqslant 4^x }[/math]

gdzie [math]\displaystyle{ P(n) }[/math] jest iloczynem liczb pierwszych nie większych od [math]\displaystyle{ n }[/math], a oszacowanie [math]\displaystyle{ P(n) < 4^n }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ n \geqslant 1 }[/math], pokazaliśmy w twierdzeniu A10. Zatem dla [math]\displaystyle{ x \geqslant 1 }[/math] mamy

[math]\displaystyle{ \theta (x) < 2 \log 2 \cdot x }[/math]

Ponieważ [math]\displaystyle{ \theta (x) = 0 }[/math] dla [math]\displaystyle{ x \in (0, 2) }[/math], to oszacowanie [math]\displaystyle{ \theta (x) < 2 \log 2 \cdot x }[/math] jest prawdziwe dla [math]\displaystyle{ x > 0 }[/math].

Punkt 2.

To oszacowanie jest słabsze niż podane w poprzednim punkcie, ale chcemy pokazać, że możemy uzyskać je jeszcze łatwiej

[math]\displaystyle{ \theta (x) = \theta (\lfloor x \rfloor) = \sum_{p \leqslant \lfloor x \rfloor} \log p \leqslant \pi (\lfloor x \rfloor) \cdot \log \lfloor x \rfloor < {\small\frac{2 \lfloor x \rfloor}{\log \lfloor x \rfloor}} \cdot \log \lfloor x \rfloor = 2 \lfloor x \rfloor \leqslant 2 x }[/math]

gdzie skorzystaliśmy z oszacowania [math]\displaystyle{ \pi (n) < {\small\frac{2 n}{\log n}} }[/math] prawdziwego dla [math]\displaystyle{ n \geqslant 2 }[/math] (zobacz A1).

Punkt 3.

Korzystając ze wzoru

[math]\displaystyle{ \psi (x) = \theta (x) + \theta (x^{1 / 2}) + \theta (x^{1 / 3}) + \theta (x^{1 / 4}) + \ldots = \sum_{n = 1}^{\infty} \theta (x^{1 / n}) }[/math]

otrzymujemy

[math]\displaystyle{ \psi (x) - \theta (x) = \theta (x^{1 / 2}) + \theta (x^{1 / 3}) + \theta (x^{1 / 4}) + \ldots }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\;\; = \theta (x^{1 / 2}) + \sum_{n = 3}^{\lfloor \log_2 x \rfloor} \theta (x^{1 / n}) }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\;\; \leqslant \theta (x^{1 / 2}) + (\lfloor \log_2 x \rfloor - 2) \cdot \theta (x^{1 / 3}) }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\;\; \leqslant \theta (x^{1 / 2}) + \log_2 x \cdot \theta (x^{1 / 3}) }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\;\; < 2 \log 2 \cdot x^{1 / 2} + {\small\frac{\log x}{\log 2}} \cdot 2 \log 2 \cdot x^{1 / 3} }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\;\; = 2 \log 2 \cdot x^{1 / 2} + 2 \cdot x^{1 / 2} \cdot {\small\frac{\log x}{x^{1 / 6}}} }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\;\; \leqslant \left( 2 \log 2 + {\small\frac{12}{e}} \right) x^{1 / 2} \qquad\qquad }[/math] (zobacz A40 p.8)

[math]\displaystyle{ \;\;\;\; < 6 \sqrt{x} }[/math]

Punkt 4.

Z punktów 1. i 3. mamy

[math]\displaystyle{ \psi (x) < \theta (x) + 6 \sqrt{x} < 2 \log 2 \cdot x + 6 \sqrt{x} = 2 \log 2 \cdot x \left( 1 + {\small\frac{6}{2 \log 2 \cdot \sqrt{x}}} \right) < 1.4 x }[/math]

Łatwo sprawdzamy, że ostatnia nierówność jest prawdziwa dla

[math]\displaystyle{ x > {\small\frac{36}{(1.4 - 2 \log 2)^2}} > 1.917 \cdot 10^5 }[/math]

Prawdziwość oszacowania [math]\displaystyle{ \psi (x) < 1.4 x }[/math] dla [math]\displaystyle{ x < 2 \cdot 10^5 }[/math] łatwo sprawdzamy w PARI/GP (zobacz zadanie R11).

Punkt 5.

Skorzystamy ze wzoru pokazanego w punkcie C rozwiązania zadania R4. Mamy

[math]\displaystyle{ \psi (x) = \psi (\lfloor x \rfloor) = \sum_{p \leqslant \lfloor x \rfloor} \log p \cdot \left\lfloor {\small\frac{\log \lfloor x \rfloor}{\log p}} \right\rfloor \leqslant \sum_{p \leqslant \lfloor x \rfloor} \log p \cdot {\small\frac{\log \lfloor x \rfloor}{\log p}} = \sum_{p \leqslant \lfloor x \rfloor} \log \lfloor x \rfloor = \log \lfloor x \rfloor \cdot \sum_{p \leqslant \lfloor x \rfloor} 1 = \log \lfloor x \rfloor \cdot \pi (\lfloor x \rfloor) < \log \lfloor x \rfloor \cdot {\small\frac{2 \lfloor x \rfloor}{\log \lfloor x \rfloor}} = 2 \lfloor x \rfloor \leqslant 2 x }[/math]

Co należało pokazać.
□

Zadanie R7
Pokazać, że jeżeli jedna z granic [math]\displaystyle{ \lim_{x \rightarrow \infty} {\small\frac{\theta (x)}{x}} }[/math] lub [math]\displaystyle{ \lim_{x \rightarrow \infty} {\small\frac{\psi (x)}{x}} }[/math] istnieje i jest skończona, to istnieje również druga i granice te są równe.

[math]\displaystyle{ \lim_{x \rightarrow \infty} {\small\frac{\theta (x)}{x}} = \lim_{x \rightarrow \infty} {\small\frac{\psi (x)}{x}} }[/math]

Rozwiązanie

Wskazówka: skorzystaj z punktu 3. zadania R6.
□

Twierdzenie R8*
Prawdziwe są następujące oszacowania

[math]\displaystyle{ | \theta (x) - x | \underset{x \geqslant 2}{<} c_k \cdot {\small\frac{x}{\log^k x}} \qquad\qquad\qquad\: }[/math] gdzie [math]\displaystyle{ c_1 = 1.2323 }[/math], [math]\displaystyle{ c_2 = 3.965 }[/math], [math]\displaystyle{ c_3 = 20.83 }[/math], [math]\displaystyle{ c_4 = 151.3 }[/math]

[math]\displaystyle{ | \psi (x) - x | \underset{x \geqslant 2}{<} c_k \cdot {\small\frac{x}{\log^k x}} \qquad\qquad\qquad }[/math] gdzie [math]\displaystyle{ c_1 = 0.85 }[/math], [math]\displaystyle{ c_2 = 1.66 }[/math], [math]\displaystyle{ c_3 = 8.16 }[/math], [math]\displaystyle{ c_4 = 59.18 }[/math]

[math]\displaystyle{ 0.9999 \sqrt{x} \underset{x \geqslant 121}{<} \psi (x) - \theta (x) \underset{x > 0}{<} 1.00007 \sqrt{x} + 1.78 \sqrt[3]{x} }[/math]

Uwaga R9
Pokażemy kilka prostszych oszacowań od podanych przez Dusarta. Dowód przeprowadzimy, łącząc rezultaty podane przez Dusarta i testując poprawność postulowanych oszacowań w skończonych przedziałach liczbowych. Nim jednak przejdziemy do tego tematu, musimy omówić istotne różnice, które pojawiają się, gdy przechodzimy od sprawdzania oszacowań w punktach, czyli dla liczb naturalnych, do sprawdzania oszacowań dla liczb rzeczywistych.

Uwaga R10
Niech [math]\displaystyle{ f(x) }[/math] będzie rosnącą funkcją schodkową o wartościach stałych w przedziałach [math]\displaystyle{ [x_{s - 1}, x_s) }[/math]. Niech [math]\displaystyle{ g(x) }[/math] i [math]\displaystyle{ h(x) }[/math] będą ciągłymi, rosnącymi funkcjami rzeczywistymi. Oszacowanie [math]\displaystyle{ h(x) < f (x) < g (x) }[/math] jest prawdziwe dla wszystkich [math]\displaystyle{ x }[/math] wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdego punktu skoku [math]\displaystyle{ x_s }[/math] spełnione są następujące warunki

   ●      [math]\displaystyle{ g(x_s) > f (x_s) \qquad\qquad\;\;\;\, }[/math] (oszacowanie od góry musimy weryfikować w punktach skoku wartości funkcji)

   ●      [math]\displaystyle{ h(x_s) < f (x_{s - 1}) \qquad\qquad }[/math] (oszacowanie od dołu musimy weryfikować z wartością funkcji z poprzedniego skoku)

Ostatni punkt [math]\displaystyle{ x_s }[/math], dla którego nie zachodzi pierwszy lub drugi warunek, oznaczymy przez [math]\displaystyle{ x_{\max} }[/math]. Różne oszacowania nie wymagają różnych oznaczeń, bo sam punkt [math]\displaystyle{ x_{\max} }[/math] będzie przywoływany w kontekście niebudzącym wątpliwości.

W przypadku oszacowania od góry w punkcie [math]\displaystyle{ x_{\max} }[/math] po raz ostatni mieliśmy [math]\displaystyle{ g (x_{\max}) \leqslant f (x_{\max}) }[/math]. Zatem oszacowanie [math]\displaystyle{ f(x) < g (x) }[/math] staje się na pewno prawdziwe dla [math]\displaystyle{ x \geqslant x_{\max + 1} }[/math]. W rzeczywistości, ze względu na ciągły wzrost funkcji [math]\displaystyle{ g(x) }[/math] na płaskim stopniu [math]\displaystyle{ [x_{\max}, x_{\max + 1}) }[/math], oszacowanie to może zacząć zachodzić już znacznie wcześniej – w punkcie przecięcia się funkcji [math]\displaystyle{ g(x) }[/math] z poziomą linią [math]\displaystyle{ y = f (x_{\max}) }[/math]. Ujmując precyzyjnie: jeżeli [math]\displaystyle{ x_0 }[/math] jest rozwiązaniem równania [math]\displaystyle{ g(x) = f (x_{\max}) }[/math], to [math]\displaystyle{ f(x) < g (x) }[/math] dla [math]\displaystyle{ x > x_0 }[/math].

W przypadku oszacowania od dołu w punkcie [math]\displaystyle{ x_{\max} }[/math] po raz ostatni mieliśmy [math]\displaystyle{ h (x_{\max}) \geqslant f (x_{\max - 1}) }[/math]. Punkt [math]\displaystyle{ x_{\max} }[/math] jest jednocześnie punktem, od którego (włącznie z tym punktem) prawdziwe jest oszacowanie od dołu, czyli mamy: [math]\displaystyle{ h(x) < f (x) }[/math] dla [math]\displaystyle{ x \geqslant x_{\max} }[/math]. Jest tak dlatego, że w [math]\displaystyle{ x_{\max} }[/math] funkcja [math]\displaystyle{ f(x) }[/math] wykonuje skok, po którym już nigdy nie będzie mniejsza lub równa [math]\displaystyle{ h(x) }[/math].

Pokaż wykres

□

Zadanie R11
Pokazać, że prawdziwe są oszacowania

[math]\displaystyle{ - 0.05 \underset{x \geqslant 1427}{<} {\small\frac{\theta (x)}{x}} - 1 \underset{1 \leqslant x \leqslant 10^{17}}{<} 0 }[/math]

[math]\displaystyle{ - 0.02 \underset{x \geqslant 1423}{<} {\small\frac{\psi (x)}{x}} - 1 \underset{x \geqslant 467.6}{<} 0.02 }[/math]

[math]\displaystyle{ 0 \underset{121 \leqslant x \leqslant 10^9}{<} {\small\frac{\psi (x) - \theta (x)}{\sqrt{x}}} - 1 \underset{x \geqslant 80489.8}{<} 0.2 }[/math]

Rozwiązanie

Punkt 1. - lewa nierówność

Z twierdzenia R8 p.1 wiemy, że dla [math]\displaystyle{ x \geqslant 2 }[/math] możemy napisać

[math]\displaystyle{ \left| {\small\frac{\theta (x)}{x}} - 1 \right| < {\small\frac{c_3}{\log^3 x}} = {\small\frac{20.83}{\log^3 x}} }[/math]

Dla [math]\displaystyle{ x = 10^4 }[/math] mamy [math]\displaystyle{ {\small\frac{20.83}{\log^3 (10^4)}} \approx 0.02666 \ldots }[/math] Zatem wystarczy sprawdzić, dla jakich [math]\displaystyle{ x < 10^4 }[/math] oszacowanie [math]\displaystyle{ \theta (x) > 0.95 x }[/math] jest prawdziwe.

Punkt 1. - prawa nierówność

Platt i Trudgian pokazali, że oszacowanie [math]\displaystyle{ \theta (x) < x }[/math] nie jest prawdziwe dla wszystkich [math]\displaystyle{ x \geqslant 1 }[/math]. Autorzy sprawdzili, że [math]\displaystyle{ \theta (x) < x }[/math] dla [math]\displaystyle{ x < 1.39 \cdot 10^{17} }[/math]

Punkt 2. - lewa i prawa nierówność

Z twierdzenia R8 p.2 wiemy, że dla [math]\displaystyle{ x \geqslant 2 }[/math] możemy napisać

[math]\displaystyle{ \left| {\small\frac{\psi (x)}{x}} - 1 \right| < {\small\frac{c_2}{\log^2 x}} = {\small\frac{1.66}{\log^2 x}} }[/math]

Dla [math]\displaystyle{ x = 10^4 }[/math] mamy [math]\displaystyle{ {\small\frac{1.66}{\log^2 (10^4)}} \approx 0.019568 \ldots }[/math]. Zatem wystarczy sprawdzić, dla jakich [math]\displaystyle{ x < 10^4 }[/math] oszacowania [math]\displaystyle{ \psi (x) > 0.98 x }[/math] oraz [math]\displaystyle{ \psi (x) < 1.02 x }[/math] są prawdziwe.

Punkt 3. - lewa nierówność

Tutaj nierówność [math]\displaystyle{ \psi (x) - \theta (x) > \sqrt{x} }[/math] sprawdziliśmy dla wszystkich [math]\displaystyle{ x \leqslant 10^9 }[/math]. Wiemy (zobacz R8 p.3), że [math]\displaystyle{ \psi (x) - \theta (x) > 0.9999 \sqrt{x} }[/math] dla [math]\displaystyle{ x \geqslant 121 }[/math]. Jeżeli hipoteza Riemanna jest prawdziwa, to oszacowanie [math]\displaystyle{ \psi (x) - \theta (x) > \sqrt{x} }[/math] jest prawdziwe dla wszystkich [math]\displaystyle{ x \geqslant 121 }[/math].

Punkt 3. - prawa nierówność

Z twierdzenia R8 p.3 wiemy, że dla [math]\displaystyle{ x > 0 }[/math] możemy napisać

[math]\displaystyle{ \psi (x) - \theta (x) < 1.00007 \sqrt{x} + 1.78 \sqrt[3]{x} = 1.2 \sqrt{x} \left( {\small\frac{1.00007}{1.2}} + {\small\frac{1.78}{1.2 \cdot x^{1 / 6}}} \right) }[/math]

Wyrażenie w nawiasie maleje dla rosnących [math]\displaystyle{ x }[/math] i dla [math]\displaystyle{ x = 5 \cdot 10^5 }[/math] osiąga wartość [math]\displaystyle{ 0.9998902 \ldots < 1 }[/math]. Zatem wystarczy sprawdzić, dla jakich [math]\displaystyle{ x < 5 \cdot 10^5 }[/math] oszacowanie [math]\displaystyle{ \psi (x) - \theta (x) < 1.2 \sqrt{x} }[/math] jest prawdziwe.

Do testowania poprawności oszacowań wykorzystaliśmy prosty kod w PARI/GP. Podajemy tylko przykład dla funkcji [math]\displaystyle{ \psi (x) }[/math], pozostałe Czytelnik bez trudu napisze samodzielnie. Aby skrócić czas obliczeń, program narastająco oblicza wartość [math]\displaystyle{ \psi (x) }[/math] i sprawdza oszacowania.

psiTest(n) =
{
local(k, kmax, linia, p, sum1, sum2, sum2max, spacje, x0);
linia = strjoin(vector(50, k, "="));
spacje = strjoin(vector(35, k, " "));
k = kmax = p = sum1 = sum2 = sum2max = 0;
while( k++ <= n,
       if( isprimepower(k, &p), sum1 = sum2; sum2 = sum2 + log(p), next);   \\ sum1 przechowuje poprzednią wartość psi
       if( sum2 >= 1.02*k, kmax = k; sum2max = sum2; print(spacje, k, "   ", sum2/k) );   \\ sprawdzamy szacowanie od góry (powinno być 1.02*k > sum2)
       if( sum1 <= 0.98*k, print(k, "   ", sum1/k) );   \\ sprawdzamy szacowanie od dołu (powinno być 0.98*k < sum1)
     );
\\ oszacowanie od góry - szukamy następnego skoku po kmax
k = kmax + 1;
sum2 = sum2max;
while( !( isprimepower(k, &p) ), k++);
print(linia);
print(spacje, k, "   ", (sum2 + log(p))/k );
\\ znajdujemy punkt przecięcia
x0 = solve( x = kmax, k-0.001, 1.02*x - sum2max );
print(spacje, "x0 = ", x0);
}

□

Szeregi liczb zespolonych

Uwaga R12 (przyjęte oznaczenia logarytmów)
W dalszej części tekstu, w celu zachowania jednoznaczności i uniknięcia nieporozumień notacyjnych, konsekwentnie stosujemy następujące oznaczenia

[math]\displaystyle{ \ln (x) \;\;\, }[/math] – zwykły logarytm naturalny; stosowany wyłącznie wtedy, gdy zmienna [math]\displaystyle{ x }[/math] jest dodatnią liczbą rzeczywistą; wynik tej funkcji jest zawsze liczbą rzeczywistą

[math]\displaystyle{ \log (z) \:\, }[/math] – logarytm zespolony (wielowartościowy); funkcja zdefiniowana dla wszystkich liczb zespolonych [math]\displaystyle{ z \neq 0 }[/math], która zwraca zbiór wartości różniących się o wielokrotność [math]\displaystyle{ 2 \pi i }[/math]

[math]\displaystyle{ \operatorname{Log} (z) }[/math] – wartość główna logarytmu zespolonego; funkcja jednowartościowa (główna gałąź logarytmu), zdefiniowana jednoznacznie jako [math]\displaystyle{ \operatorname{Log} (z) = \ln | z | + i \operatorname{Arg} (z) }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ \operatorname{Arg} (z) }[/math] oznacza główny argument liczby zespolonej należący do przedziału [math]\displaystyle{ (- \pi, \pi] }[/math]

Twierdzenie R13
Niech [math]\displaystyle{ (z_k) }[/math] będzie ciągiem o wyrazach zespolonych. Jeżeli szereg [math]\displaystyle{ \sum_{k = 1}^{\infty} | z_k | }[/math] jest zbieżny, to szereg [math]\displaystyle{ \sum^{\infty}_{k = 1} z_k }[/math] też jest zbieżny.

Dowód

Niech [math]\displaystyle{ z_k = x_k + i y_k }[/math]. Ponieważ

[math]\displaystyle{ 0 \leqslant | x_k | \leqslant \sqrt{x^2_k + y^2_k} = | z_k | }[/math]

[math]\displaystyle{ 0 \leqslant | y_k | \leqslant \sqrt{x^2_k + y^2_k} = | z_k | }[/math]

to na podstawie kryterium porównawczego (zobacz D11) szeregi [math]\displaystyle{ \sum_{k = 1}^{\infty} | x_k | }[/math] oraz [math]\displaystyle{ \sum_{k = 1}^{\infty} | y_k | }[/math] są zbieżne. Wynika stąd, że zbieżne są też szeregi [math]\displaystyle{ \sum_{k = 1}^{\infty} x_k }[/math] oraz [math]\displaystyle{ \sum_{k = 1}^{\infty} y_k }[/math] (zobacz D12). Zatem ciąg sum częściowych

[math]\displaystyle{ S_n = \sum_{k = 1}^{n} z_k = \sum_{k = 1}^{n} x_k + i \sum_{k = 1}^{n} y_k }[/math]

również jest zbieżny. Co należało pokazać.
□

Zadanie R14
Niech [math]\displaystyle{ (z_{k_j}) }[/math] będzie dowolnym podciągiem (zobacz C75) ciągu liczb zespolonych [math]\displaystyle{ (z_k) }[/math]. Pokazać, że jeżeli szereg [math]\displaystyle{ \sum_{k = 1}^{\infty} z_k }[/math] jest bezwzględnie zbieżny, to szereg [math]\displaystyle{ \sum_{j = 1}^{\infty} z_{k_j} }[/math] też jest bezwzględnie zbieżny.

Rozwiązanie

Z założenia

[math]\displaystyle{ \sum_{k = 1}^{\infty} | z_k | = c }[/math]

Zatem

[math]\displaystyle{ \sum_{j = 1}^{\infty} | z_{k_j} | \leqslant c }[/math]

Ponieważ ciąg sum częściowych [math]\displaystyle{ S_N = \sum_{j = 1}^{N} | z_{k_j} | }[/math] jest rosnący i ograniczony od góry, to jest zbieżny. Co należało pokazać.
□

Zadanie R15
Niech [math]\displaystyle{ \operatorname{Re}(z) > 0 }[/math]. Pokazać, że dla reszty szeregu [math]\displaystyle{ \sum^{\infty}_{k = 1} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k^z}} }[/math] prawdziwe jest oszacowanie

[math]\displaystyle{ | R_N (z) | = \left| \sum_{k = N + 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k^z}} \right| \leqslant {\small\frac{|z|}{\operatorname{Re}(z)}} \cdot {\small\frac{1}{(N + 1)^{\operatorname{Re}(z)}}} }[/math]

Porównaj wynik z oszacowaniem w przypadku, gdy [math]\displaystyle{ z }[/math] jest liczbą rzeczywistą (zobacz D5).

Rozwiązanie

Rozważmy najpierw skończoną sumę częściową reszty szeregu od indeksu [math]\displaystyle{ k = N + 1 }[/math] do pewnej dużej liczby naturalnej [math]\displaystyle{ M > N + 1 }[/math]

[math]\displaystyle{ R_{N, M} (z) = \sum_{k = N + 1}^M {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k^z}} }[/math]

Z twierdzenia o sumowaniu przez części (zobacz D83) możemy napisać

[math]\displaystyle{ R_{N, M} (z) = \sum_{k = N + 1}^M {\small\frac{1}{k^z}} \cdot (- 1)^{k + 1} }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\;\; = {\small\frac{1}{M^z}} \cdot B (M) - \sum_{k = N + 1}^{M - 1} \left[ {\small\frac{1}{(k + 1)^z}} - {\small\frac{1}{k^z}} \right] \cdot B (k) }[/math]

gdzie

[math]\displaystyle{ B(k) = \sum_{j = N + 1}^k (- 1)^{j + 1} }[/math]

Zauważmy, że

[math]\displaystyle{ B(k) = \underbrace{(- 1)^{N + 2} + (- 1)^{N + 3}}_0 + \underbrace{(- 1)^{N + 4} + (- 1)^{N + 5}}_0 + \ldots + (- 1)^{k + 1} = \begin{cases} 0 & \text{dla parzystej liczby wyrazów} \\[1.2ex] \pm 1 & \text{dla nieparzystej liczby wyrazów} \\[1.2ex] \end{cases} }[/math]

Zatem [math]\displaystyle{ |B (k) | \leqslant 1 }[/math].

Przechodząc z [math]\displaystyle{ M }[/math] do nieskończoności, otrzymujemy nieskończoną resztę szeregu [math]\displaystyle{ R_N (z) }[/math]. Ponieważ [math]\displaystyle{ |B (k) | \leqslant 1 }[/math] oraz [math]\displaystyle{ \operatorname{Re}(z) > 0 }[/math], to składnik [math]\displaystyle{ {\small\frac{1}{M^z}} \cdot B (M) }[/math] dąży do zera. Mamy

[math]\displaystyle{ R_N (z) = \sum_{k = N + 1}^{\infty} \left[ {\small\frac{1}{k^z}} - {\small\frac{1}{(k + 1)^z}} \right] \cdot B (k) }[/math]

Teraz łatwo znajdujemy oszacowanie modułu reszty

[math]\displaystyle{ | R_N (z) | = \left| \sum_{k = N + 1}^{\infty} \left[ {\small\frac{1}{k^z}} - {\small\frac{1}{(k + 1)^z}} \right] \cdot B (k) \right| }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\, \leqslant \sum_{k = N + 1}^{\infty} \left| \left[ {\small\frac{1}{k^z}} - {\small\frac{1}{(k + 1)^z}} \right] \cdot B (k) \right| }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\, = \sum_{k = N + 1}^{\infty} \left| {\small\frac{1}{k^z}} - {\small\frac{1}{(k + 1)^z}} \right| \cdot | B (k) | }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\, \leqslant \sum_{k = N + 1}^{\infty} \left| {\small\frac{1}{k^z}} - {\small\frac{1}{(k + 1)^z}} \right| }[/math]

Niech [math]\displaystyle{ z = x + i y }[/math]. Aby znaleźć oszacowanie sumy

[math]\displaystyle{ \sum_{k = N + 1}^{\infty} \left| {\small\frac{1}{(k + 1)^z}} - {\small\frac{1}{k^z}} \right| }[/math]

zdefiniujemy funkcję pomocniczą [math]\displaystyle{ f(t) = t^{- z} }[/math] zmiennej rzeczywistej [math]\displaystyle{ t }[/math]. Zauważmy, że

[math]\displaystyle{ f' (t) = - z t^{- z - 1} }[/math]

oraz

[math]\displaystyle{ | f' (t) | = | - z | \cdot | t^{- z - 1} | = | z | \cdot | t^{- x - i y - 1} | = | z | \cdot t^{- x - 1} }[/math]

Zapisując różnicę [math]\displaystyle{ f(k + 1) - f (k) }[/math] jako całkę z pochodnej funkcji [math]\displaystyle{ f(t) }[/math], uzyskamy wzór, który łatwo możemy szacować i sumować

[math]\displaystyle{ \left| {\small\frac{1}{(k + 1)^z}} - {\small\frac{1}{k^z}} \right| = | f (k + 1) - f (k) | }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\:\, = \left| \int_{k}^{k + 1} f' (t) d t \right| }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\:\, \leqslant \int_{k}^{k + 1} | f' (t) | d t }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\:\, = \int_{k}^{k + 1} | z | \cdot t^{- x - 1} d t }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\:\, = | z | \int_{k}^{k + 1} t^{- x - 1} d t }[/math]

Stąd już łatwo znajdujemy oszacowanie sumy

[math]\displaystyle{ \sum_{k = N + 1}^{\infty} \left| {\small\frac{1}{(k + 1)^z}} - {\small\frac{1}{k^z}} \right| \leqslant | z | \sum_{k = N + 1}^{\infty} \int_{k}^{k + 1} t^{- x - 1} d t }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\, = | z | \int_{N + 1}^{\infty} t^{- x - 1} d t }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\, = | z | \cdot \left[ - {\small\frac{t^{- x}}{x}} \right] \biggr\rvert_{N + 1}^{\infty} }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\, = | z | \cdot \left[ 0 + {\small\frac{(N + 1)^{- x}}{x}} \right] }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\, = {\small\frac{| z |}{\operatorname{Re}(z)}} \cdot {\small\frac{1}{(N + 1)^{\operatorname{Re}(z)}}} }[/math]

Co należało pokazać.
□

Zadanie R16
Niech [math]\displaystyle{ \operatorname{Re}(z) > 1 }[/math]. Pokazać, że szereg [math]\displaystyle{ \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^z}} }[/math] jest bezwzględnie zbieżny.

Rozwiązanie

Zakładamy, że potęga zespolona [math]\displaystyle{ k^z }[/math] jest potęgą w sensie wartości głównej [math]\displaystyle{ k^z = e^{z \cdot \operatorname{Log} (k)} = e^{z \cdot \ln (k)} }[/math]. Mamy

[math]\displaystyle{ \sum_{k = 1}^{\infty} \left| {\small\frac{1}{k^z}} \right| = \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{| k^{x + i y} |}} = \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{| k^x k^{i y} |}} = \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{| k^x | \cdot | k^{i y} |}} = \sum^{\infty}_{k = 1} {\small\frac{1}{k^x \cdot | e^{i y \ln k} |}} = \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^x}} }[/math]

Szereg po prawej stronie jest zbieżny, gdy [math]\displaystyle{ x > 1 }[/math] (zobacz D50 p.6). Co należało pokazać.
□

Zadanie R17
Niech [math]\displaystyle{ \operatorname{Re}(z) > 0 }[/math]. Pokazać, że szereg [math]\displaystyle{ \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k^z}} }[/math] jest zbieżny.

Rozwiązanie

Szereg nieskończony jest zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy ciąg sum częściowych [math]\displaystyle{ (S_N) }[/math] jest zbieżny. Niech [math]\displaystyle{ S }[/math] oznacza granicę ciągu [math]\displaystyle{ (S_N) }[/math]. Reszty [math]\displaystyle{ R_N }[/math] szeregu definiujemy jako [math]\displaystyle{ R_N = S - S_N }[/math]. Zatem szereg nieskończony jest zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy ciąg [math]\displaystyle{ (R_N) }[/math] reszt tego szeregu jest zbieżny do zera.

Z zadania R15 wiemy, że dla reszt [math]\displaystyle{ R_N (z) = \sum_{k = N + 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k^z}} }[/math] szeregu [math]\displaystyle{ \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k^z}} }[/math] prawdziwe jest oszacowanie

[math]\displaystyle{ 0 \leqslant | R_N (z) | = \left| \sum_{k = N + 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k^z}} \right| \leqslant {\small\frac{|z|}{\operatorname{Re}(z)}} \cdot {\small\frac{1}{(N + 1)^{\operatorname{Re}(z)}}} }[/math]

Dla ustalonego [math]\displaystyle{ z }[/math] takiego, że [math]\displaystyle{ \operatorname{Re}(z) > 0 }[/math] z twierdzenia o trzech ciągach (zobacz C11) otrzymujemy, że

[math]\displaystyle{ \lim_{N \rightarrow \infty} | R_N (z) | = 0 }[/math]

Co należało pokazać.
□

Zadanie R18
Pokazać, że dla [math]\displaystyle{ \operatorname{Re}(z) > 1 }[/math] prawdziwy jest następujący wzór

[math]\displaystyle{ \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k^z}} = (1 - 2^{1 - z}) \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^z}} }[/math]

Rozwiązanie

Założenie [math]\displaystyle{ \operatorname{Re}(z) > 1 }[/math] gwarantuje nam bezwzględną zbieżność obydwu szeregów (zobacz R16). Bezwzględna zbieżność pozwala nam zapisać rozpatrywane szeregi w postaci sumy szeregów dla [math]\displaystyle{ k }[/math] parzystych i nieparzystych

[math]\displaystyle{ \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^z}} = \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{(2 k - 1)^z}} + \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{(2 k)^z}} }[/math]

[math]\displaystyle{ \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k^z}} = \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{(2 k - 1)^z}} - \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{(2 k)^z}} }[/math]

Zauważmy, że szeregi po prawej stronie też są bezwzględnie zbieżne (zobacz R14). Odejmując stronami, dostajemy

[math]\displaystyle{ \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^z}} - \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k^z}} = 2 \cdot {\small\frac{1}{2^z}} \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^z}} }[/math]

Zatem

[math]\displaystyle{ \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k^z}} = (1 - 2^{1 - z}) \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^z}} }[/math]

Co należało pokazać.
□

Funkcja [math]\displaystyle{ \eta (z) }[/math] Dirichleta i [math]\displaystyle{ \zeta (z) }[/math] Riemanna

Uwaga R19
Zauważmy, że szeregi

[math]\displaystyle{ \eta (z) = \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k^z}} \qquad\qquad \text{oraz} \qquad\qquad \zeta (z) = \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^z}} }[/math]

definiują pewne funkcje różniczkowalne w obszarze [math]\displaystyle{ \operatorname{Re}(z) > 1 }[/math]. Co więcej, w obszarze tym zachodzi tożsamość

[math]\displaystyle{ \eta (z) = (1 - 2^{1 - z}) \zeta (z) }[/math]

(zobacz R18). Szereg określający funkcję [math]\displaystyle{ \eta (z) }[/math] jest zbieżny i definiuje funkcję różniczkowalną dla [math]\displaystyle{ \operatorname{Re}(z) > 0 }[/math], czyli w większym obszarze. Stanowi on zatem przedłużenie analityczne funkcji zdefiniowanej pierwotnie dla [math]\displaystyle{ \operatorname{Re}(z) > 1 }[/math] przez wyrażenie [math]\displaystyle{ (1 - 2^{1 - z}) \zeta (z) }[/math].

Z zasady przedłużenia analitycznego wynika, że relacja ta musi zostać zachowana w całym nowym obszarze. W konsekwencji, dla całej półpłaszczyzny [math]\displaystyle{ \operatorname{Re}(z) > 0 }[/math] (z wyłączeniem punktów, gdzie [math]\displaystyle{ 1 - 2^{1 - z} = 0 }[/math]), funkcja [math]\displaystyle{ \zeta (z) }[/math] może być jednoznacznie zdefiniowana jako

[math]\displaystyle{ \zeta (z) = {\small\frac{1}{1 - 2^{1 - z}}} \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k^z}} }[/math]

Zauważmy, że mianownik [math]\displaystyle{ 1 - 2^{1 - z} }[/math] jest elementem jednowartościowej funkcji [math]\displaystyle{ \zeta (z) }[/math], zatem potęga [math]\displaystyle{ 2^{1 - z} }[/math] nie może być wieloznaczną funkcją i zawsze w takich przypadkach bierzemy wartość główną potęgi. Mamy (zobacz ZB30 p.1)

[math]\displaystyle{ 1 - 2^{1 - z} = 0 \qquad \Longleftrightarrow \qquad e^{(1 - z) \ln 2} = 1 \qquad \Longleftrightarrow \qquad (1 - z) \ln 2 = 2 k \pi i \qquad \Longleftrightarrow \qquad 1 - z = {\small\frac{2 k \pi i}{\ln 2}} \qquad \Longleftrightarrow \qquad z = 1 - {\small\frac{2 k \pi i}{\ln 2}} }[/math]

W punktach [math]\displaystyle{ z = 1 - {\small\frac{2 k \pi i}{\ln 2}} }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ k \in \mathbb{Z} \setminus \{0\} }[/math], w których mianownik się zeruje, następuje jednoczesne wyzerowanie się szeregu [math]\displaystyle{ \eta (z) }[/math]. Otrzymana osobliwość typu [math]\displaystyle{ {\small\frac{0}{0}} }[/math] jest usuwalna, a funkcja [math]\displaystyle{ \zeta (z) }[/math] przyjmuje tam skończone wartości w sensie granicy. Jedyna osobliwość, jaka pozostaje, to punkt [math]\displaystyle{ z = 1 }[/math].

Zadanie R20
Niech [math]\displaystyle{ \operatorname{Re}(z) > 0 }[/math]. Pokazać, że [math]\displaystyle{ \lim_{z \rightarrow z_0} \eta (z) = \eta (z_0) }[/math], czyli, że [math]\displaystyle{ \eta (z) }[/math] jest funkcją ciągłą.

Rozwiązanie

Przypomnijmy definicję ciągłości funkcji. Mówimy, że funkcja [math]\displaystyle{ f(z) }[/math] jest ciągła w punkcie [math]\displaystyle{ z_0 }[/math], jeżeli

•  funkcja [math]\displaystyle{ f(z) }[/math] jest określona w punkcie [math]\displaystyle{ z_0 }[/math] – czyli wartość [math]\displaystyle{ f(z_0) }[/math] istnieje i jest skończona

•  granica funkcji [math]\displaystyle{ f(z) }[/math] w punkcie [math]\displaystyle{ z_0 }[/math] istnieje, jest skończona i jest równa [math]\displaystyle{ f(z_0) }[/math] – czyli [math]\displaystyle{ \lim_{z \to z_0} f (z) = f (z_0) }[/math]

Przyglądając się definicji ciągłości, zauważymy, że pozwala ona na „wejście” z granicą pod znak funkcji. Staje się to bardziej widoczne, gdy zapiszemy tę zależność dla funkcji złożonej [math]\displaystyle{ f (g (z)) }[/math]. Wówczas ciągłość funkcji [math]\displaystyle{ f }[/math] w punkcie [math]\displaystyle{ c }[/math], będącym skończoną granicą funkcji wewnętrznej [math]\displaystyle{ c = \lim_{z \to z_0} g (z) }[/math], pozwala nam zamienić kolejność wykonywania operacji

[math]\displaystyle{ \lim_{z \to z_0} f (g (z)) = f (\lim_{z \to z_0} g (z)) }[/math]

W naszym przypadku funkcja [math]\displaystyle{ \eta (z) = \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k^z}} }[/math] jest określona i przyjmuje skończone wartości dla każdego [math]\displaystyle{ z }[/math] spełniającego [math]\displaystyle{ \operatorname{Re}(z) > 0 }[/math], ponieważ w tym obszarze ten szereg naprzemienny jest zbieżny (zobacz R17). Zatem pokazując, że dla dowolnego punktu [math]\displaystyle{ z_0 }[/math] ( takiego, że [math]\displaystyle{ \operatorname{Re}(z_0) > 0 }[/math]) zachodzi [math]\displaystyle{ \lim_{z \to z_0} \eta (z) = \eta (z_0) }[/math], udowodnimy tym samym, że funkcja [math]\displaystyle{ \eta (z) }[/math] jest ciągła w swojej dziedzinie. W tym kontekście ciągłość oznacza, że możemy zamienić kolejność obliczania granicy i sumowania (czyli „wejść” z granicą pod znak sumy)

[math]\displaystyle{ \lim_{z \to z_0} \eta (z) = \lim_{z \rightarrow z_0} \left[ \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k^z}} \right] = \sum_{k = 1}^{\infty} \left( \lim_{z \rightarrow z_0} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k^z}} \right) = \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k^{z_0}}} = \eta (z_0) }[/math]

Czytelnik może łatwo sprawdzić, że taka zamiana nie zawsze jest dozwolona. Wystarczy zbadać prostą funkcję [math]\displaystyle{ g(x) = \sum_{k = 1}^{\infty} (x^k - x^{k + 1}) }[/math] określoną w przedziale [math]\displaystyle{ [0, 1) }[/math] i obliczyć jej granicę lewostronną przy [math]\displaystyle{ x \to 1^- }[/math].

Tyle uwag o ciągłości – przejdźmy do naszego problemu. Musimy pokazać, że

[math]\displaystyle{ \lim_{z \rightarrow z_0} \left[ \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k^z}} \right] = \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k^{z_0}}} }[/math]

Co możemy zapisać w postaci

[math]\displaystyle{ \lim_{z \rightarrow z_0} \left[ \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k^z}} - \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k^{z_0}}} \right] = 0 }[/math]

Rozważmy

[math]\displaystyle{ | \eta (z) - \eta (z_0) | = \left| \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k^z}} - \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k^{z_0}}} \right| }[/math]

[math]\displaystyle{ \,\, = \left| \sum_{k = 1}^{N} (- 1)^{k + 1} \left( {\small\frac{1}{k^z}} - {\small\frac{1}{k^{z_0}}} \right) + \sum_{k = N + 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k^z}} - \sum_{k = N + 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k^{z_0}}} \right| }[/math]

[math]\displaystyle{ \,\, \leqslant \left| \sum_{k = 1}^{N} (- 1)^{k + 1} \left( {\small\frac{1}{k^z}} - {\small\frac{1}{k^{z_0}}} \right) \right| + \left| \sum_{k = N + 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k^z}} \right| + \left| \sum_{k = N + 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k^{z_0}}} \right| }[/math]

[math]\displaystyle{ \,\, \leqslant \sum_{k = 1}^{N} \left| {\small\frac{1}{k^z}} - {\small\frac{1}{k^{z_0}}} \right| + {\small\frac{| z |}{\operatorname{Re}(z)}} \cdot {\small\frac{1}{(N + 1)^{\operatorname{Re}(z)}}} + {\small\frac{| z_0 |}{\operatorname{Re}(z_0)}} \cdot {\small\frac{1}{(N + 1)^{\operatorname{Re}(z_0)}}} }[/math]

gdzie skorzystaliśmy z oszacowania reszty szeregu naprzemiennego (zobacz R15).

Niech [math]\displaystyle{ \mathbb{H}_R = \{ z \in \mathbb{C}: \operatorname{Re}(z) > 0 \} }[/math] oznacza prawą półpłaszczyznę płaszczyzny zespolonej [math]\displaystyle{ \mathbb{C} }[/math], a [math]\displaystyle{ z_0 }[/math] będzie dowolnym, ale ustalonym punktem [math]\displaystyle{ \mathbb{H}_R }[/math]. Ponieważ badamy granicę przy [math]\displaystyle{ z \to z_0 }[/math], możemy bez zmniejszania ogólności ograniczyć się do dowolnie małego otoczenia punktu [math]\displaystyle{ z_0 }[/math]. W szczególności możemy wybrać otoczenie [math]\displaystyle{ U(z_0, r) }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ r = {\small\frac{1}{2}} \operatorname{Re}(z_0) }[/math]. Wartość promienia nie została wybrana przypadkowo: taki wybór gwarantuje nam, że [math]\displaystyle{ U(z_0, r) \subset \mathbb{H}_R }[/math]. Jeśli [math]\displaystyle{ z \in U (z_0, r) }[/math], to mamy

[math]\displaystyle{ | z | = | z - z_0 + z_0 | \leqslant | z - z_0 | + | z_0 | < | z_0 | + r }[/math]

[math]\displaystyle{ \operatorname{Re}(z) > \operatorname{Re}(z_0) - r = r }[/math]

bo

[math]\displaystyle{ \operatorname{Re}(z_0) - \operatorname{Re}(z) = \operatorname{Re}(z_0 - z) \leqslant | z_0 - z | = | z - z_0 | < r }[/math]

Ponieważ

[math]\displaystyle{ {\small\frac{|z|}{\operatorname{Re}(z)}} \cdot {\small\frac{1}{(N + 1)^{\operatorname{Re}(z)}}} < {\small\frac{|z_0 | + r}{r}} \cdot {\small\frac{1}{(N + 1)^r}} }[/math]

[math]\displaystyle{ {\small\frac{|z_0 |}{\operatorname{Re}(z_0)}} \cdot {\small\frac{1}{(N + 1)^{\operatorname{Re}(z_0)}}} = {\small\frac{|z_0 |}{2 r}} \cdot {\small\frac{1}{(N + 1)^{2 r}}} < {\small\frac{|z_0 |}{r}} \cdot {\small\frac{1}{(N + 1)^r}} < {\small\frac{|z_0 | + r}{r}} \cdot {\small\frac{1}{(N + 1)^r}} }[/math]

to możemy zapisać oszacowanie w postaci

[math]\displaystyle{ | \eta (z) - \eta (z_0) | < \sum_{k = 1}^{N} \left| {\small\frac{1}{k^z}} - {\small\frac{1}{k^{z_0}}} \right| + {\small\frac{2 (| z_0 | + r)}{r}} \cdot {\small\frac{1}{(N + 1)^r}} }[/math]

Zauważmy, że ze względu na ciągłość modułu oraz ciągłość funkcji [math]\displaystyle{ f(z) = {\small\frac{1}{k^z}} }[/math], dla każdego ustalonego [math]\displaystyle{ k }[/math] przy [math]\displaystyle{ z \rightarrow z_0 }[/math] dostajemy

[math]\displaystyle{ \lim_{z \rightarrow z_0} \left| {\small\frac{1}{k^z}} - {\small\frac{1}{k^{z_0}}} \right| = \left| \lim_{z \rightarrow z_0} \left( {\small\frac{1}{k^z}} - {\small\frac{1}{k^{z_0}}} \right) \right| = 0 }[/math]

Korzystając z faktu, że granica skończonej sumy jest sumą granic, przechodzimy do granicy przy [math]\displaystyle{ z \to z_0 }[/math] w całej nierówności. Ponieważ drugi człon nie zależy od [math]\displaystyle{ z }[/math], otrzymujemy

[math]\displaystyle{ 0 \leqslant \lim_{z \rightarrow z_0} | \eta (z) - \eta (z_0) | \leqslant {\small\frac{2 (| z_0 | + r)}{r}} \cdot {\small\frac{1}{(N + 1)^r}} }[/math]

Powyższa nierówność zachodzi dla dowolnie wybranego [math]\displaystyle{ N \in \mathbb{N} }[/math], podczas gdy wartość [math]\displaystyle{ \lim_{z \to z_0} | \eta (z) - \eta (z_0) | }[/math] jest stałą liczbą niezależną od [math]\displaystyle{ N }[/math]. Ponieważ [math]\displaystyle{ r > 0 }[/math], ułamek [math]\displaystyle{ {\small\frac{1}{(N + 1)^r}} }[/math] możemy uczynić dowolnie małym poprzez wybór odpowiednio dużego [math]\displaystyle{ N }[/math]. Ze względu na tę dowolność, lewa strona nierówności musi być równa zeru

[math]\displaystyle{ \lim_{z \rightarrow z_0} | \eta (z) - \eta (z_0) | = 0 }[/math]

Co oznacza, że [math]\displaystyle{ \lim_{z \to z_0} \eta (z) = \eta (z_0) }[/math].
□

Zadanie R21
Niech [math]\displaystyle{ z = x + i y }[/math]. Pokazać, że jeżeli [math]\displaystyle{ \operatorname{Re}(z) > 1 }[/math], to prawdziwe są następujące oszacowania dla funkcji [math]\displaystyle{ \zeta (z) }[/math]

 ●   [math]\displaystyle{ \zeta (x) < 1 + {\small\frac{1}{x - 1}} }[/math]

 ●   [math]\displaystyle{ \zeta (x) > 1 + {\small\frac{1}{(x - 1) \cdot 2^{x - 1}}} }[/math]

 ●   [math]\displaystyle{ | \zeta (x + i y) | \leqslant \zeta (x) < 1 + {\small\frac{1}{x - 1}} }[/math]

 ●   [math]\displaystyle{ | \zeta (x + i y) | > {\small\frac{\zeta (2 x)}{\zeta (x)}} > 1 - {\small\frac{1}{x}} }[/math]

Rozwiązanie

Punkt 1.

Zauważmy, że w przypadku, gdy [math]\displaystyle{ x > 1 }[/math] jest liczbą rzeczywistą, sumujemy wyrazy dodatnie, bo [math]\displaystyle{ {\small\frac{1}{k^x}} = e^{- x \cdot \ln (k)} > 0 }[/math]. Niech [math]\displaystyle{ f (t) = {\small\frac{1}{t^x}} }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ x > 1 }[/math]. Mamy

[math]\displaystyle{ f' (t) = - {\small\frac{x}{t^{x + 1}}} }[/math]

Czyli [math]\displaystyle{ f' (t) < 0 }[/math] dla [math]\displaystyle{ t > 0 }[/math] i [math]\displaystyle{ x > 1 }[/math], zatem [math]\displaystyle{ f(t) = {\small\frac{1}{t^x}} }[/math] jest dla [math]\displaystyle{ x > 1 }[/math] ciągła, dodatnia i silnie malejąca w przedziale [math]\displaystyle{ [1, \infty) }[/math]. Z twierdzenia D47 otrzymujemy

[math]\displaystyle{ \zeta (x) = \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^x}} < 1 + \int_{1}^{\infty} {\small\frac{1}{t^x}} d t = 1 + \left[ - {\small\frac{1}{x - 1}} \cdot {\small\frac{1}{t^{x - 1}}} \right] \biggr\rvert_{1}^{\infty} = 1 + {\small\frac{1}{x - 1}} }[/math]

Punkt 2.

Kolejną nierówność dowodzimy, korzystając ponownie z twierdzenia D47. Mamy

[math]\displaystyle{ \zeta (x) = \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^x}} = 1 + \sum_{k = 2}^{\infty} {\small\frac{1}{k^x}} > 1 + \int_{2}^{\infty} {\small\frac{1}{t^x}} d t = 1 + \left[ - {\small\frac{1}{x - 1}} \cdot {\small\frac{1}{t^{x - 1}}} \right] \biggr\rvert_{2}^{\infty} = 1 + {\small\frac{1}{(x - 1) \cdot 2^{x - 1}}} }[/math]

Punkt 3.

Z definicji [math]\displaystyle{ \zeta (z) = \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^z}} }[/math] dla [math]\displaystyle{ \operatorname{Re} (z) > 1 }[/math]. Zauważmy, że

[math]\displaystyle{ | \zeta (z) | = \left| \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^z}} \right| \leqslant \sum_{k = 1}^{\infty} \left| {\small\frac{1}{k^z}} \right| = \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{1}{k^{\operatorname{Re}(z)}} = \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^x}} = \zeta (x) }[/math]

Zatem z punktu 1. wynika natychmiast, że

[math]\displaystyle{ | \zeta (x + i y) | \leqslant \zeta (x) < 1 + {\small\frac{1}{x - 1}} }[/math]

Punkt 4.

Pierwszą nierówność

[math]\displaystyle{ | \zeta (x + i y) | > {\small\frac{\zeta (2 x)}{\zeta (x)}} }[/math]

udowodnimy w zadaniu R46. Kolejne oszacowania otrzymujemy z punktów 2. i 1.

[math]\displaystyle{ | \zeta (x + i y) | > {\small\frac{\zeta (2 x)}{\zeta (x)}} > {\small\frac{1}{\zeta (x)}} > \left( 1 + {\small\frac{1}{x - 1}} \right)^{- 1} = 1 - {\small\frac{1}{x}} }[/math]

Co należało pokazać.
□

Zadanie R22
Pokazać, że [math]\displaystyle{ \lim_{\operatorname{Re}(z) \rightarrow + \infty} \zeta (z) = 1 }[/math].

Rozwiązanie

Ponieważ rozważamy granicę, gdy [math]\displaystyle{ \operatorname{Re}(z) }[/math] dąży do plus nieskończoności, to nie zmniejszając ogólności, możemy założyć, że [math]\displaystyle{ \operatorname{Re}(z) > 1 }[/math]. Łatwo znajdujemy oszacowanie

[math]\displaystyle{ 0 \leqslant | \zeta (z) - 1 | = \left| \sum_{k = 2}^{\infty} {\small\frac{1}{k^z}} \right| \leqslant \sum_{k = 2}^{\infty} \left| {\small\frac{1}{k^z}} \right| = \sum_{k = 2}^{\infty} {\small\frac{1}{k^{\operatorname{Re}(z)}}} = \zeta (\operatorname{Re}(z)) - 1 < {\small\frac{1}{\operatorname{Re}(z) - 1}} }[/math]

Ostatnia nierówność wynika z R21 p.1. Ponieważ dla [math]\displaystyle{ \operatorname{Re}(z) \rightarrow + \infty }[/math] prawa strona dąży do zera, to musi być [math]\displaystyle{ \lim_{\operatorname{Re}(z) \rightarrow + \infty} | \zeta (z) - 1 | = 0 }[/math]. Co należało pokazać.
□

Zadanie R23
Pokazać, że w punkcie [math]\displaystyle{ z = 1 }[/math] funkcja [math]\displaystyle{ \zeta (z) }[/math] ma granicę niewłaściwą. Zbadać zachowanie funkcji [math]\displaystyle{ \zeta (z) }[/math] w otoczeniu punktu [math]\displaystyle{ z = 1 }[/math].

Rozwiązanie

Podstawiając bezpośrednio punkt [math]\displaystyle{ z = 1 }[/math] do wzoru

[math]\displaystyle{ \zeta (z) = {\small\frac{1}{1 - 2^{1 - z}}} \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k^z}} \qquad\qquad (\ast) }[/math]

zauważamy, że licznik przyjmuje wartość [math]\displaystyle{ \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k}} = \ln 2 }[/math] (zobacz D7), natomiast mianownik jest równy zero. Otrzymujemy zatem wyrażenie typu [math]\displaystyle{ {\small\frac{\ln 2}{0}} }[/math], co oznacza, że całość ucieka do nieskończoności. Widzimy więc, że w punkcie [math]\displaystyle{ z = 1 }[/math] funkcja [math]\displaystyle{ \zeta (z) }[/math] ma granicę niewłaściwą.

Aby dokładniej zbadać zachowanie funkcji [math]\displaystyle{ \zeta (z) }[/math] w tym punkcie, przyjmijmy, że zbliżamy się do punktu [math]\displaystyle{ z = 1 }[/math] z dowolnego kierunku na płaszczyźnie zespolonej, zapisując [math]\displaystyle{ z = 1 + \Delta z }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ \Delta z \to 0 }[/math]. Mianownik wzoru [math]\displaystyle{ (\ast) }[/math] przyjmuje wówczas postać

[math]\displaystyle{ 1 - 2^{1 - z} = 1 - e^{- \Delta z \cdot \ln 2} }[/math]

Wiemy (zobacz ZB14), że dla małych wartości [math]\displaystyle{ | z | }[/math] prawdziwe jest przybliżenie [math]\displaystyle{ e^z \approx 1 + z }[/math], zatem możemy mianownik zapisać jako

[math]\displaystyle{ 1 - e^{- \Delta z \cdot \ln 2} = 1 - (1 - \Delta z \cdot \ln 2) = \Delta z \cdot \ln 2 }[/math]

Ponieważ dla [math]\displaystyle{ z \to 1 }[/math] licznik dąży do wartości [math]\displaystyle{ \ln 2 }[/math], zachowanie funkcji [math]\displaystyle{ \zeta (z) }[/math] w bezpośrednim sąsiedztwie punktu [math]\displaystyle{ z = 1 }[/math] opisuje uproszczona zależność

[math]\displaystyle{ \zeta (1 + \Delta z) \approx {\small\frac{\ln 2}{\Delta z \cdot \ln 2}} = {\small\frac{1}{\Delta z}} = {\small\frac{1}{z - 1}} }[/math]

Zatem w otoczeniu punktu [math]\displaystyle{ z = 1 }[/math] funkcja [math]\displaystyle{ \zeta (z) }[/math] zachowuje się asymptotycznie jak [math]\displaystyle{ {\small\frac{1}{z - 1}} }[/math].

Na rysunku widzimy mapy warstwowe (poziomicowe) składowych funkcji [math]\displaystyle{ \zeta (z) }[/math] w bezpośrednim sąsiedztwie punktu [math]\displaystyle{ z = 1 }[/math].

Lewy wykres przedstawia poziomy części rzeczywistej [math]\displaystyle{ \operatorname{Re}(\zeta (z)) . }[/math] Na linii [math]\displaystyle{ \operatorname{Re}(z) = 1 }[/math] mamy [math]\displaystyle{ \operatorname{Re}(\zeta (z)) = 0 }[/math] i linia ta stanowi granicę podziału między wartościami ujemnymi i dodatnimi. Podobnie prawy wykres przedstawia poziomy części urojonej [math]\displaystyle{ \operatorname{Im}(\zeta (z)) . }[/math] Na linii [math]\displaystyle{ \operatorname{Im}(z) = 0 }[/math] mamy [math]\displaystyle{ \operatorname{Im}(\zeta (z)) = 0 }[/math] i linia ta stanowi granicę podziału między wartościami ujemnymi i dodatnimi.

Zauważmy, że wszystkie poziomice są okręgami stycznymi w punkcie [math]\displaystyle{ z = 1 }[/math]. Warto zastanowić się, dlaczego tak jest. Pokazaliśmy wyżej, że w pobliżu punktu [math]\displaystyle{ z = 1 }[/math] mamy^[a]

[math]\displaystyle{ \zeta (z) = {\small\frac{1}{z - 1}} }[/math]

Niech [math]\displaystyle{ z = x + i y }[/math]. Łatwo znajdujemy, że

[math]\displaystyle{ {\small\frac{1}{z - 1}} = {\small\frac{1}{x + i y - 1}} = {\small\frac{1}{(x + i y - 1)}} = {\small\frac{x - 1 - i y}{(x - 1 + i y) (x - 1 - i y)}} = {\small\frac{x - 1 - i y}{(x - 1)^2 + y^2}} }[/math]

Zatem

[math]\displaystyle{ \operatorname{Re}\left( {\small\frac{1}{z - 1}} \right) = {\small\frac{x - 1}{(x - 1)^2 + y^2}} }[/math]

[math]\displaystyle{ \operatorname{Im}\left( {\small\frac{1}{z - 1}} \right) = {\small\frac{- y}{(x - 1)^2 + y^2}} }[/math]

[math]\displaystyle{ \left| {\small\frac{1}{z - 1}} \right| = {\small\frac{1}{\sqrt{(x - 1)^2 + y^2}}} }[/math]

W przypadku wykresu po lewej stronie interesują nas punkty, dla których [math]\displaystyle{ \operatorname{Re}\left( {\small\frac{1}{z - 1}} \right) }[/math] przyjmuje pewną stałą wartość [math]\displaystyle{ C }[/math] (gdzie [math]\displaystyle{ C \neq 0 }[/math] ). Wynika stąd równanie

[math]\displaystyle{ {\small\frac{x - 1}{(x - 1)^2 + y^2}} = C }[/math]

[math]\displaystyle{ (x - 1)^2 + y^2 = {\small\frac{1}{C}} (x - 1) }[/math]

[math]\displaystyle{ (x - 1)^2 - {\small\frac{1}{C}} (x - 1) + y^2 = 0 }[/math]

[math]\displaystyle{ \left( x - 1 - {\small\frac{1}{2 C}} \right)^2 - {\small\frac{1}{4 C^2}} + y^2 = 0 }[/math]

[math]\displaystyle{ \left( x - \left( 1 + {\small\frac{1}{2 C}} \right) \right)^2 + y^2 = \left( {\small\frac{1}{2 C}} \right)^2 }[/math]

Otrzymaliśmy równanie okręgu [math]\displaystyle{ (x - x_0)^2 + (y - y_0)^2 = R^2 }[/math]. Środek tego okręgu leży w punkcie [math]\displaystyle{ \left( 1 + {\small\frac{1}{2 C}}, 0 \right) }[/math], a promień jest równy [math]\displaystyle{ R = \left| {\small\frac{1}{2 C}} \right| }[/math]. Zauważmy, że dla punktu [math]\displaystyle{ x = 1 }[/math], [math]\displaystyle{ y = 0 }[/math] powyższe równanie jest spełnione bez względu na wartość stałej [math]\displaystyle{ C }[/math]. Oznacza to, że bez względu na wybór stałej [math]\displaystyle{ C }[/math] punkt [math]\displaystyle{ z = 1 }[/math] zawsze leży na każdym z tych okręgów.

Widzimy też, że im większa jest stała [math]\displaystyle{ | C | }[/math], tym promień okręgu [math]\displaystyle{ R = {\small\frac{1}{| 2 C |}} }[/math] staje się coraz mniejszy, a środek okręgu [math]\displaystyle{ \left( 1 + {\small\frac{1}{2 C}}, 0 \right) }[/math] przesuwa się coraz bliżej punktu [math]\displaystyle{ z = 1 }[/math].

Wykresy trójwymiarowe funkcji [math]\displaystyle{ \operatorname{Re}(\zeta (z)) }[/math], [math]\displaystyle{ \operatorname{Im}(\zeta (z)) }[/math], [math]\displaystyle{ | \zeta (z) | }[/math] w pobliżu punktu [math]\displaystyle{ z = 1 }[/math] Czytelnik może obejrzeć tutaj: CalcPlot3D-Re, CalcPlot3D-Im, CalcPlot3D-abs.

---

[a] Dokładne rozwinięcie funkcji [math]\displaystyle{ \zeta (z) }[/math] w otoczeniu punktu [math]\displaystyle{ z = 1 }[/math] ma postać

[math]\displaystyle{ \zeta (z) = {\small\frac{1}{z - 1}} + \gamma - \gamma_1 (z - 1) + {\small\frac{\gamma_2}{2!}} (z - 1)^2 - {\small\frac{\gamma_3}{3!}} (z - 1)^3 + \ldots }[/math]

gdzie [math]\displaystyle{ \gamma }[/math] to stała Eulera, a [math]\displaystyle{ \gamma_k }[/math] to stałe Stieltjesa. Przykładowo

[math]\displaystyle{ \gamma_1 \approx - 0.0728158455 }[/math], [math]\displaystyle{ \gamma_2 \approx - 0.0096903632 }[/math], [math]\displaystyle{ \gamma_3 \approx 0.0020538344 }[/math], [math]\displaystyle{ \gamma_4 \approx 0.0023253701 }[/math], [math]\displaystyle{ \gamma_5 \approx 0.0007933238 }[/math]

□

Zadanie R24
Pokazać, że funkcja [math]\displaystyle{ {\small\frac{1}{z - 1}} + g (z) }[/math], gdzie

[math]\displaystyle{ g(z) = \sum_{k = 1}^{\infty} \left( {\small\frac{1}{k^z}} - \int_k^{k + 1} t^{- z} d t \right) }[/math]

jest przedłużeniem analitycznym funkcji [math]\displaystyle{ \zeta (z) }[/math]. Pokazać, że szereg [math]\displaystyle{ g(z) }[/math] jest bezwzględnie zbieżny dla [math]\displaystyle{ \operatorname{Re}(z) > 0 }[/math] oraz prawdziwe jest oszacowanie

[math]\displaystyle{ | g (z) | \leqslant {\small\frac{| z |}{2}} \cdot \zeta (\operatorname{Re}(z) + 1) }[/math]

Rozwiązanie

Podobnie jak w przypadku funkcji [math]\displaystyle{ \eta (z) }[/math] i [math]\displaystyle{ \zeta (z) }[/math] wychodzimy od obszaru [math]\displaystyle{ \operatorname{Re}(z) > 1 }[/math], gdzie funkcja [math]\displaystyle{ \zeta (z) }[/math] jest dobrze określona przez zbieżny bezwzględnie szereg

[math]\displaystyle{ \zeta (z) = \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^z}} }[/math]

Zapiszmy każdy składnik sumy w postaci

[math]\displaystyle{ {\small\frac{1}{k^z}} = \int_k^{k + 1} t^{- z} dt + \left( {\small\frac{1}{k^z}} - \int_k^{k + 1} t^{- z} dt \right) }[/math]

Sumując po [math]\displaystyle{ k }[/math] od [math]\displaystyle{ k = 1 }[/math] do nieskończoności, otrzymujemy

[math]\displaystyle{ \zeta (z) = \int_1^{\infty} t^{- z} dt + \sum_{k = 1}^{\infty} \left( {\small\frac{1}{k^z}} - \int_k^{k + 1} t^{- z} dt \right) }[/math]

Obliczając pierwszą całkę, dostajemy

[math]\displaystyle{ \int_1^{\infty} t^{- z} dt = {\small\frac{t^{- z + 1}}{1 - z}} \biggr\rvert_{1}^{\infty} = 0 - {\small\frac{1}{1 - z}} = {\small\frac{1}{z - 1}} }[/math]

Granica w nieskończoności wynika natychmiast z prostego spostrzeżenia

[math]\displaystyle{ | t^{1 - z} | = t^{1 - \operatorname{Re}(z)} \xrightarrow{\; t \rightarrow \infty \;} 0 }[/math]

a jeśli tak, to również [math]\displaystyle{ t^{1 - z} \xrightarrow{\; t \rightarrow \infty \;} 0 }[/math].

Zatem

[math]\displaystyle{ \zeta (z) = {\small\frac{1}{z - 1}} + \sum_{k = 1}^{\infty} \left( {\small\frac{1}{k^z}} - \int_k^{k + 1} t^{- z} dt \right) = {\small\frac{1}{z - 1}} + g (z) }[/math]

Pokażemy teraz, że szereg [math]\displaystyle{ g(z) }[/math] jest zbieżny dla [math]\displaystyle{ \operatorname{Re}(z) > 0 }[/math]. Zapiszmy [math]\displaystyle{ g(z) }[/math] w postaci

[math]\displaystyle{ g(z) = \sum_{k = 1}^{\infty} \int_k^{k + 1} (k^{- z} - t^{- z}) d t }[/math]

i oszacujmy wyrazy sumy po prawej stronie

[math]\displaystyle{ a_k = \int_k^{k + 1} (k^{- z} - t^{- z}) d t }[/math]

Rozważmy funkcję [math]\displaystyle{ f(x) = x^{- z} }[/math]. Z twierdzenia Lagrange'a istnieje taka liczba [math]\displaystyle{ a \in [k, t] }[/math], że

[math]\displaystyle{ | f (k) - f (t) | = | k^{- z} - t^{- z} | = | f' (a) \cdot (t - k) | = | - z \cdot a^{- z - 1} (t - k) | = | z | \cdot | a^{- z - 1} | \cdot (t - k) = | z | \cdot a^{- \operatorname{Re}(z) - 1} (t - k) \leqslant | z | \cdot k^{- \operatorname{Re} (z) - 1} (t - k) }[/math]

bo dla [math]\displaystyle{ \operatorname{Re}(z) > - 1 }[/math] wyrażenie [math]\displaystyle{ a^{- \operatorname{Re}(z) - 1} }[/math] jest funkcją malejącą zmiennej [math]\displaystyle{ a. }[/math]

Mamy

[math]\displaystyle{ | a_k | = \left| \int_k^{k + 1} (k^{- z} - t^{- z}) d t \right| }[/math]

[math]\displaystyle{ \:\, \leqslant \int_k^{k + 1} | k^{- z} - t^{- z} | d t }[/math]

[math]\displaystyle{ \:\, \leqslant \int_k^{k + 1} \frac{|z|}{k^{\operatorname{Re}(z) + 1}} (t - k) d t }[/math]

[math]\displaystyle{ \:\, = \frac{|z|}{k^{\operatorname{Re}(z) + 1}} \int_k^{k + 1} (t - k) d t }[/math]

[math]\displaystyle{ \:\, = \frac{|z|}{k^{\operatorname{Re}(z) + 1}} \int_0^1 v d v }[/math]

[math]\displaystyle{ \:\, = \frac{|z|}{2 k^{\operatorname{Re}(z) + 1}} }[/math]

Ostatecznie otrzymaliśmy proste oszacowanie

[math]\displaystyle{ 0 \leqslant | a_k | \leqslant {\small\frac{|z|}{2}} \cdot \frac{1}{k^{\operatorname{Re}(z) + 1}} }[/math]

Ponieważ szereg

[math]\displaystyle{ {\small\frac{|z|}{2}} \cdot \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{1}{k^{\operatorname{Re}(z) + 1}} = {\small\frac{|z|}{2}} \cdot \zeta (\operatorname{Re}(z) + 1) }[/math]

jest zbieżny, gdy [math]\displaystyle{ \operatorname{Re}(z) > 0 }[/math] (zobacz R16), to z kryterium porównawczego (zobacz D11) wynika, że szereg [math]\displaystyle{ \sum_{k = 1}^{\infty} | a_k | }[/math] jest zbieżny, gdy [math]\displaystyle{ \operatorname{Re}(z) > 0. }[/math]

Zgodnie z fundamentalnym w analizie zespolonej twierdzeniem o jednoznaczności, jeśli dwie funkcje różniczkowalne pokrywają się w jakimś obszarze (w tym przypadku dla [math]\displaystyle{ \operatorname{Re}(z) > 1 }[/math]), to istnieje tylko jedno możliwe przedłużenie tej funkcji na większy obszar ([math]\displaystyle{ \operatorname{Re}(z) > 0 }[/math]). Ponieważ wzór [math]\displaystyle{ {\small\frac{1}{z - 1}} + g (z) }[/math] jest różniczkowalny w tym większym obszarze, to jest on przedłużeniem analitycznym funkcji [math]\displaystyle{ \zeta (z). }[/math] Co należało pokazać.
□

Zadanie R25
Pokazać, że [math]\displaystyle{ \lim_{z \rightarrow 1} [(z - 1) \zeta (z)] = 1 }[/math].

Rozwiązanie

Wiemy (zobacz R24), że funkcja [math]\displaystyle{ \zeta (z) }[/math] ma analityczne przedłużenie prawdziwe dla [math]\displaystyle{ \operatorname{Re}(z) > 0 }[/math] postaci

[math]\displaystyle{ \zeta (z) = {\small\frac{1}{z - 1}} + g (z) }[/math]

gdzie

[math]\displaystyle{ g(z) = \sum_{k = 1}^{\infty} \left( {\small\frac{1}{k^z}} - \int_k^{k + 1} t^{- z} d t \right) }[/math]

Szereg [math]\displaystyle{ g(z) }[/math] jest bezwzględnie zbieżny dla [math]\displaystyle{ \operatorname{Re}(z) > 0 }[/math] oraz prawdziwe jest oszacowanie

[math]\displaystyle{ | g (z) | \leqslant {\small\frac{| z |}{2}} \cdot \zeta (\operatorname{Re}(z) + 1) \leqslant {\small\frac{| z |}{2}} \left( 1 + {\small\frac{1}{\operatorname{Re}(z)}} \right) }[/math]

(zobacz R24 i R21).

Rozważmy otoczenie [math]\displaystyle{ U \left( 1, {\small\frac{1}{2}} \right) }[/math] punktu [math]\displaystyle{ z = 1 }[/math] o promieniu [math]\displaystyle{ {\small\frac{1}{2}} }[/math]. Takie otoczenie to zbiór punktów [math]\displaystyle{ \mathbb{C} }[/math] określonych nierównością [math]\displaystyle{ | z - 1 | < {\small\frac{1}{2}} }[/math]. Łatwo zauważamy, że w tym otoczeniu prawdziwe jest oszacowanie

[math]\displaystyle{ | z | = | (z - 1) + 1 | \leqslant | z - 1 | + | 1 | < {\small\frac{1}{2}} + 1 = {\small\frac{3}{2}} }[/math]

Pokaż rysunek

Warunek [math]\displaystyle{ |z - 1| < {\small\frac{1}{2}} }[/math] spełniają punkty należące do wnętrza koła na płaszczyźnie zespolonej o środku w punkcie [math]\displaystyle{ (1, 0) }[/math] i promieniu [math]\displaystyle{ {\small\frac{1}{2}} }[/math]. Ponieważ część rzeczywista [math]\displaystyle{ \operatorname{Re}(z) }[/math] to współrzędna [math]\displaystyle{ x }[/math] na płaszczyźnie zespolonej, to musi być [math]\displaystyle{ \operatorname{Re}(z) > {\small\frac{1}{2}} }[/math]. Zatem

[math]\displaystyle{ {\small\frac{1}{\operatorname{Re}(z)}} < 2 }[/math]

Zbierając, otrzymujemy, że w otoczeniu [math]\displaystyle{ U \left( 1, {\small\frac{1}{2}} \right) }[/math] prawdziwe jest oszacowanie

[math]\displaystyle{ | g (z) | \leqslant {\small\frac{| z |}{2}} \left( 1 + {\small\frac{1}{\operatorname{Re}(z)}} \right) < {\small\frac{3}{4}} \cdot 3 = {\small\frac{9}{4}} }[/math]

Pokazaliśmy tym samym, że w otoczeniu [math]\displaystyle{ U \left( 1, {\small\frac{1}{2}} \right) }[/math] funkcja [math]\displaystyle{ g(z) }[/math] jest ograniczona. Z twierdzenia ZB60 wynika natychmiast, że

[math]\displaystyle{ \lim_{z \rightarrow 1} [(z - 1) g (z)] = 0 }[/math]

Zatem

[math]\displaystyle{ \lim_{z \rightarrow 1} [(z - 1) \zeta (z)] = \lim_{z \rightarrow 1} \left[ (z - 1) \left( {\small\frac{1}{z - 1}} + g (z) \right) \right] = \lim_{z \rightarrow 1} [1 + (z - 1) g (z)] = 1 + \lim_{z \rightarrow 1} [(z - 1) g (z)] = 1 }[/math]

Co należało pokazać.
□

Zadanie R26
Pokazać, że [math]\displaystyle{ g(1) = \gamma }[/math], gdzie

[math]\displaystyle{ g(z) = \sum_{k = 1}^{\infty} \left( {\small\frac{1}{k^z}} - \int_k^{k + 1} {\small\frac{1}{x^z}} dx \right) }[/math]

a [math]\displaystyle{ \gamma }[/math] jest stałą Eulera.

Rozwiązanie

W zadaniu R24 pokazaliśmy, że szereg [math]\displaystyle{ g(z) }[/math] jest bezwzględnie zbieżny w półpłaszczyźnie [math]\displaystyle{ \operatorname{Re}(z) > 0 }[/math]. Ponieważ punkt [math]\displaystyle{ z = 1 }[/math] leży wewnątrz tego obszaru, możemy bezpośrednio podstawić [math]\displaystyle{ z = 1 }[/math] i obliczyć sumę szeregu [math]\displaystyle{ g(1) . }[/math] Rozważmy sumy częściowe

[math]\displaystyle{ g_N (1) = \sum_{k = 1}^N \left( {\small\frac{1}{k}} - \int_k^{k + 1} {\small\frac{1}{x}} dx \right) }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\;\;\: = \sum_{k = 1}^N {\small\frac{1}{k}} - \sum_{k = 1}^N \int_k^{k + 1} {\small\frac{1}{x}} dx }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\;\;\: = \sum_{k = 1}^N {\small\frac{1}{k}} - \int_1^{N + 1} {\small\frac{1}{x}} dx }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\;\;\: = \sum_{k = 1}^N {\small\frac{1}{k}} - \ln (x) \Bigr\rvert_{1}^{N + 1} }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\;\;\: = \sum_{k = 1}^N {\small\frac{1}{k}} - \ln (N + 1) }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\;\;\: = \sum_{k = 1}^N {\small\frac{1}{k}} - \ln (N) - \ln \left( {\small\frac{N + 1}{N}} \right) }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\;\;\: = \left[ \sum_{k = 1}^N {\small\frac{1}{k}} - \ln (N) \right] - \ln \left( 1 + {\small\frac{1}{N}} \right) }[/math]

Przechodząc z [math]\displaystyle{ N }[/math] do nieskończoności, otrzymujemy.

[math]\displaystyle{ \lim_{N \rightarrow \infty} \left[ \sum_{k = 1}^N {\small\frac{1}{k}} - \ln (N) \right] = \gamma }[/math]

[math]\displaystyle{ \lim_{N \rightarrow \infty} \ln \left( 1 + {\small\frac{1}{N}} \right) = 0 }[/math]

Zatem [math]\displaystyle{ g(1) = \lim_{N \rightarrow \infty} g_N (1) = \gamma }[/math]. Co należało pokazać.
□

Definicja R27
Niech [math]\displaystyle{ z \in \mathbb{C} \backslash \{ 1 \} }[/math]. Funkcję dzeta Riemanna definiujemy następująco

[math]\displaystyle{ \zeta (z) = \begin{cases} \displaystyle \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^z}} & \text{gdy } \operatorname{Re}(z) > 1 & \text{pierwotna definicja funkcji dzeta Riemanna} \\[2ex] \infty & \text{gdy } z = 1 & \text{jedyny punkt rozbieżności (szereg harmoniczny)} \\[2ex] \displaystyle {\small\frac{1}{1 - 2^{1 - z}}} \cdot \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k^z}} & \text{gdy } \tfrac{1}{2} \leqslant \operatorname{Re}(z) \leqslant 1 \qquad z \neq 1 & \text{przedłużenie analityczne przez funkcję } \eta \text{ Dirichleta} \\[2ex] \displaystyle 2^z \pi^{z - 1} \sin \left( {\small\frac{\pi z}{2}} \right) \Gamma (1 - z) \zeta (1 - z) & \text{gdy } \operatorname{Re}(z) < {\small\frac{1}{2}} \qquad z \neq 0 & \text{równanie funkcyjne Riemanna} \\[2ex] \displaystyle - {\small\frac{1}{2}} & \text{gdy } z = 0 & \text{wartość granicy w zerze} \\[2ex] \end{cases} }[/math]

Wiersze drugi i piąty w powyższej definicji nie tyle definiują, co informują Czytelnika o zachowaniu funkcji [math]\displaystyle{ \zeta (z) }[/math] w punktach [math]\displaystyle{ z = 1 }[/math] i [math]\displaystyle{ z = 0 }[/math] (punkt [math]\displaystyle{ z = 1 }[/math] nawet nie należy do dziedziny funkcji dzeta). Zdecydowaliśmy się je zamieścić, bo są to punkty, o które natychmiast pytamy, patrząc na wzory. Dodatkowo punkty te wiąże równanie funkcyjne Riemanna.

Zauważmy, że funkcja [math]\displaystyle{ \zeta (z) }[/math] nie jest funkcją wielowartościową – dlatego w definicji bierzemy wartości główne potęg zespolonych [math]\displaystyle{ k^z, 2^z, \pi^{z - 1} }[/math]. Aby określić wartości [math]\displaystyle{ \zeta (z) }[/math] dla [math]\displaystyle{ {\small\frac{1}{2}} \leqslant \operatorname{Re}(z) \leqslant 1 }[/math] moglibyśmy użyć dowolnego przedłużenia analitycznego funkcji [math]\displaystyle{ \zeta (z) }[/math].

Zadanie R28
Pokazać na podstawie definicji funkcji [math]\displaystyle{ \zeta (z) }[/math], że funkcja [math]\displaystyle{ \eta (z) }[/math] może być określona dla wszystkich [math]\displaystyle{ z \in \mathbb{C} }[/math] następująco

[math]\displaystyle{ \eta (z) = \begin{cases} \displaystyle \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k^z}} & \text{gdy } \operatorname{Re}(z) \geqslant \tfrac{1}{2} & \text{szereg zbieżny dla } \operatorname{Re}(z) > 0 \\[2ex] \displaystyle - {\small\frac{2^z - 2}{2^z - 1}} \cdot \pi^{z - 1} \sin \left( {\small\frac{\pi z}{2}} \right) \Gamma (1 - z) \eta (1 - z) & \text{gdy } \operatorname{Re}(z) < {\small\frac{1}{2}} & \text{równanie funkcyjne Riemanna dla funkcji } \eta (z) \\[2ex] \displaystyle {\small\frac{1}{2}} & \text{gdy } z = 0 & \text{wartość granicy w zerze} \\[2ex] \end{cases} }[/math]

Uwaga R29
Równanie funkcyjne Riemanna dla funkcji [math]\displaystyle{ \eta (z) }[/math] (zobacz R28)

[math]\displaystyle{ - {\small\frac{2^z - 2}{2^z - 1}} \cdot \pi^{z - 1} \sin \left( {\small\frac{\pi z}{2}} \right) \Gamma (1 - z) \eta (1 - z) }[/math]

łączy wartości funkcji [math]\displaystyle{ \eta (z) }[/math] z przedziału [math]\displaystyle{ {\small\frac{1}{2}} < \operatorname{Re}(z) < 1 }[/math] z wartościami funkcji [math]\displaystyle{ \eta (z) }[/math] w przedziale [math]\displaystyle{ 0 < \operatorname{Re}(z) < {\small\frac{1}{2}} }[/math]. Jest to związek zaskakujący – zupełnie nie widać powodu, dla którego sumy szeregów

[math]\displaystyle{ \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k^{1 / 4}}} \approx 0.554487386 }[/math]

[math]\displaystyle{ \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k^{3 / 4}}} \approx 0.651115680 }[/math]

miałyby być ze sobą powiązane. A jednak wiąże je współczynnik, którego wartość możemy łatwo policzyć

[math]\displaystyle{ - {\small\frac{2^{1 / 4} - 2}{2^{1 / 4} - 1}} \cdot \pi^{- 3 / 4} \cdot \sin \left( {\small\frac{\pi}{8}} \right) \Gamma \left( {\small\frac{3}{4}} \right) \approx 0.851595812 }[/math]

Zadanie R30
Niech [math]\displaystyle{ n \in \mathbb{N}_0 }[/math]. Pokazać, że [math]\displaystyle{ \zeta (- n) = - {\small\frac{B_{n + 1}}{n + 1}} }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ B_n }[/math] są liczbami Bernoulliego (zobacz E6).

Rozwiązanie

1. Przypadek [math]\displaystyle{ \boldsymbol{\zeta (0)} }[/math]

Pierwszy sposób

Korzystając z równania funkcyjnego Riemanna

[math]\displaystyle{ \zeta (z) = 2^z \pi^{z - 1} \sin \left( {\small\frac{\pi z}{2}} \right) \Gamma (1 - z) \zeta (1 - z) }[/math]

policzymy granicę prawej strony, gdy [math]\displaystyle{ z }[/math] dąży do zera.

[math]\displaystyle{ \lim_{z \rightarrow 0} \left[ 2^z \pi^{z - 1} \sin \left( {\small\frac{\pi z}{2}} \right) \Gamma (1 - z) \zeta (1 - z) \right] = 2^0 \cdot \pi^{- 1} \cdot \Gamma (1) \cdot \lim_{z \rightarrow 0} \frac{\sin \left( \tfrac{\pi z}{2} \right)}{z} \cdot \lim_{z \rightarrow 0} [z \cdot \zeta (1 - z)] }[/math]

Pierwszą granicę po prawej stronie policzymy, stosując regułę de l'Hospitala

[math]\displaystyle{ \lim_{z \rightarrow 0} \frac{\sin \left( \tfrac{\pi z}{2} \right)}{z} = \lim_{z \rightarrow 0} \frac{ \tfrac{\pi}{2} \cdot \cos \left( \tfrac{\pi z}{2} \right)}{1} = {\small\frac{\pi}{2}} }[/math]

Drugą granicę już znamy (zobacz R25)

[math]\displaystyle{ \lim_{z \rightarrow 0} [z \cdot \zeta (1 - z)] = - \lim_{z \rightarrow 0} [- z \cdot \zeta (1 - z)] = - \lim_{z \rightarrow 0} \{ [(1 - z) - 1] \cdot \zeta (1 - z) \} = - \lim_{w \rightarrow 1} [ (w - 1) \cdot \zeta (w) ] = - 1 }[/math]

Zatem [math]\displaystyle{ \zeta (z) = - {\small\frac{1}{2}} }[/math].

Drugi sposób

Korzystając z odpowiednika równania funkcyjnego Riemanna dla funkcji [math]\displaystyle{ \eta (z) }[/math] (zobacz R28)

[math]\displaystyle{ \eta (z) = - {\small\frac{2^z - 2}{2^z - 1}} \cdot \pi^{z - 1} \sin \left( {\small\frac{\pi z}{2}} \right) \Gamma (1 - z) \eta (1 - z) }[/math]

policzymy granicę prawej strony, gdy [math]\displaystyle{ z }[/math] dąży do zera.

[math]\displaystyle{ \lim_{z \rightarrow 0} \left[ - {\small\frac{2^z - 2}{2^z - 1}} \cdot \pi^{z - 1} \sin \left( {\small\frac{\pi z}{2}} \right) \Gamma (1 - z) \eta (1 - z) \right] = - (- 1) \cdot \pi^{- 1} \cdot \Gamma (1) \cdot \eta (1) \cdot \lim_{z \rightarrow 0} \frac{\sin \left( \tfrac{\pi z}{2} \right)}{2^z - 1} }[/math]

Wiemy, że [math]\displaystyle{ \eta (1) = \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k}} = \ln 2 }[/math] (zobacz D7). Ostatni czynnik po prawej stronie to wyrażenie nieoznaczone typu [math]\displaystyle{ {\small\frac{0}{0}} }[/math]. Jego wartość policzymy, stosując regułę de l'Hospitala

[math]\displaystyle{ \lim_{z \rightarrow 0} \frac{\sin \left( \tfrac{\pi z}{2} \right)}{2^z - 1} = \lim_{z \rightarrow 0} \frac{\cos \left( \tfrac{\pi z}{2} \right) \cdot \tfrac{\pi}{2}}{2^z \cdot \ln 2} = {\small\frac{\pi}{2 \ln 2}} }[/math]

Łącząc powyższe wyniki, otrzymujemy [math]\displaystyle{ \eta (0) = {\small\frac{1}{2}} }[/math]. Ze wzoru [math]\displaystyle{ \zeta (z) = {\small\frac{\eta (z)}{1 - 2^{1 - z}}} }[/math], który stanowi przedłużenie funkcji [math]\displaystyle{ \zeta (z) }[/math] dla [math]\displaystyle{ 0 < \operatorname{Re}(z) \leqslant 1 }[/math], otrzymujemy w granicy, gdy [math]\displaystyle{ z }[/math] dąży do zera, że

[math]\displaystyle{ \zeta (0) = - \eta (0) = - {\small\frac{1}{2}} }[/math]

Co należało pokazać.

2. Przypadek [math]\displaystyle{ \boldsymbol{\zeta (- 2 k + 1)} }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ \boldsymbol{k = 1, 2, 3, \ldots} }[/math]

Korzystając z równania funkcyjnego Riemanna

[math]\displaystyle{ \zeta (z) = 2^z \pi^{z - 1} \sin \left( {\small\frac{\pi z}{2}} \right) \Gamma (1 - z) \zeta (1 - z) }[/math]

i pamiętając o tym, że

[math]\displaystyle{ \zeta (2 k) = \frac{(- 1)^{k + 1} (2 \pi)^{2 k} B_{2 k}}{2 \cdot (2 k) !} }[/math] dla [math]\displaystyle{ k = 0, 1, 2, 3, \ldots }[/math]

dostajemy (zobacz R27, D143 p.2)

[math]\displaystyle{ \zeta (- 2 k + 1) = 2^{- 2 k + 1} \pi^{- 2 k} \sin \left( - {\small\frac{\pi (2 k - 1)}{2}} \right) \Gamma (2 k) \zeta (2 k) }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\; = \frac{2 (- 1)^k}{2^{2 k} \pi^{2 k}} \cdot (2 k - 1) ! \cdot \frac{(- 1)^{k + 1} (2 \pi)^{2 k} B_{2 k}}{2 \cdot (2 k) !} }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\; = - {\small\frac{B_{2 k}}{2 k}} }[/math]

3. Przypadek [math]\displaystyle{ \boldsymbol{\zeta (- 2 k)} }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ \boldsymbol{k = 1, 2, 3, \ldots} }[/math]

Korzystając z równania funkcyjnego Riemanna

[math]\displaystyle{ \zeta (z) = 2^z \pi^{z - 1} \sin \left( {\small\frac{\pi z}{2}} \right) \Gamma (1 - z) \zeta (1 - z) }[/math]

otrzymujemy

[math]\displaystyle{ \zeta (- 2 k) = 2^{- 2 k} \pi^{- 2 k - 1} \sin \left( - {\small\frac{2 k \pi}{2}} \right) \Gamma (2 k + 1) \zeta (2 k + 1) = 0 }[/math]

bo [math]\displaystyle{ \sin (k \pi) = 0 }[/math].

Łącząc wszystkie przypadki, otrzymujemy [math]\displaystyle{ \zeta (- n) = - {\small\frac{B_{n + 1}}{n + 1}} }[/math]. Co należało pokazać.
□

Uwaga R31
Na wartości funkcji [math]\displaystyle{ \zeta (z) }[/math] dla [math]\displaystyle{ \operatorname{Re}(z) \leqslant 0 }[/math] możemy patrzeć jedynie jako na funkcję zdefiniowaną równaniem funkcyjnym Riemanna. Ale możemy spojrzeć też tak, jakby była ona sposobem przypisywania konkretnych liczb szeregom ewidentnie rozbieżnym. Przykładowo

[math]\displaystyle{ \zeta (- n) = \sum_{k = 1}^{\infty} k^n = - {\small\frac{B_{n + 1}}{n + 1}} }[/math]

Najciekawsze jest to, że przypisania te są zgodne z wcześniejszymi próbami matematyków w tej kwestii (zobacz D109). W poniższym zadaniu pokazujemy kilka dalszych przykładów.

Zadanie R32
Uzasadnić, dlaczego mamy: [math]\displaystyle{ \zeta (0) = - {\small\frac{1}{2}} }[/math], [math]\displaystyle{ \zeta (- 1) = - {\small\frac{1}{12}} }[/math], [math]\displaystyle{ \zeta (- 2) = 0 }[/math].

Rozwiązanie

Pamiętamy, że

[math]\displaystyle{ \zeta (z) = {\small\frac{1}{1 - 2^{1 - z}}} \cdot \eta (z) }[/math]

1. Przypadek [math]\displaystyle{ \boldsymbol{\eta (0) = {\small\frac{1}{2}}} }[/math], [math]\displaystyle{ \boldsymbol{\zeta (0) = - {\small\frac{1}{2}}} }[/math]

Rozważmy szereg geometryczny zbieżny dla [math]\displaystyle{ | t | < 1 }[/math]

[math]\displaystyle{ {\small\frac{1}{1 + t}} = 1 - t + t^2 - t^3 + t^4 - t^5 + \ldots \qquad\qquad (\ast) }[/math]

Widzimy, że w granicy, gdy [math]\displaystyle{ t \rightarrow 1 }[/math], dostajemy

[math]\displaystyle{ {\small\frac{1}{2}} = 1 - 1 + 1 - 1 + 1 - 1 + \ldots = \eta (0) }[/math]

Zatem

[math]\displaystyle{ \zeta (0) = {\small\frac{1}{1 - 2^{1 - 0}}} \cdot \eta (0) = - {\small\frac{1}{2}} }[/math]

2. Przypadek [math]\displaystyle{ \boldsymbol{\eta (- 1) = {\small\frac{1}{4}}} }[/math], [math]\displaystyle{ \boldsymbol{\zeta (- 1) = - {\small\frac{1}{12}}} }[/math]

Różniczkując obie strony wzoru [math]\displaystyle{ (\ast) }[/math], otrzymujemy

[math]\displaystyle{ {\small\frac{1}{(1 + t)^2}} = 1 - 2 t + 3 t^2 - 4 t^3 + 5 t^4 - 6 t^5 + \ldots \qquad\qquad (\ast \ast) }[/math]

Ponownie widzimy, że w granicy, gdy [math]\displaystyle{ t \rightarrow 1 }[/math], mamy

[math]\displaystyle{ {\small\frac{1}{4}} = 1 - 2 + 3 - 4 + 5 - 6 + \ldots = \eta (- 1) }[/math]

Zatem

[math]\displaystyle{ \zeta (- 1) = {\small\frac{1}{1 - 2^{1 - (- 1)}}} \cdot \eta (- 1) = - {\small\frac{1}{12}} }[/math]

3. Przypadek [math]\displaystyle{ \boldsymbol{\eta (- 2) = 0} }[/math], [math]\displaystyle{ \boldsymbol{\zeta (- 2) = 0} }[/math]

Mnożąc obie strony równania [math]\displaystyle{ (\ast \ast) }[/math] przez [math]\displaystyle{ t }[/math] i różniczkując, otrzymujemy

[math]\displaystyle{ {\small\frac{1 - t}{(1 + t)^3}} = 1 - 4 t + 9 t^2 - 16 t^3 + 25 t^4 - 36 t^5 + \ldots }[/math]

W granicy, gdy [math]\displaystyle{ t \rightarrow 1 }[/math], dostajemy

[math]\displaystyle{ 0 = 1 - 4 + 9 - 16 + 25 - 36 + \ldots = \eta (- 2) }[/math]

Zatem

[math]\displaystyle{ \zeta (- 2) = {\small\frac{1}{1 - 2^{1 - (- 2)}}} \cdot \eta (- 2) = 0 }[/math]

Co należało pokazać.
□

Zadanie R33
Niech [math]\displaystyle{ x \in \mathbb{R} }[/math]. Pokazać, że szereg [math]\displaystyle{ \eta (x) }[/math] jest zbieżny dla każdego [math]\displaystyle{ x > 0 }[/math] oraz prawdziwe jest oszacowanie [math]\displaystyle{ {\small\frac{1}{2}} < \eta (x) < 1 }[/math].

Rozwiązanie

Z definicji funkcji [math]\displaystyle{ \eta (x) }[/math] mamy

[math]\displaystyle{ \eta (x) = \sum_{n = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{n + 1}}{n^x}} = 1 - {\small\frac{1}{2^x}} + {\small\frac{1}{3^x}} - {\small\frac{1}{4^x}} + \ldots }[/math]

Zauważmy, że ciąg [math]\displaystyle{ a_n = {\small\frac{1}{n^x}} }[/math] jest silnie malejący, bo funkcja [math]\displaystyle{ f(t) = t^x }[/math] jest silnie rosnąca dla [math]\displaystyle{ t, x \in \mathbb{R}_+ }[/math]. Zatem [math]\displaystyle{ \eta (x) }[/math] spełnia kryterium Leibniza i z twierdzenia D5 wynika, że szereg [math]\displaystyle{ \eta (x) }[/math] jest zbieżny dla [math]\displaystyle{ x > 0 }[/math] oraz dostajemy oszacowanie [math]\displaystyle{ 1 - {\small\frac{1}{2^x}} < \eta (x) < 1 }[/math]. Skąd natychmiast wynika, że [math]\displaystyle{ 0 < \eta (x) < 1 }[/math]. Dokładniejsze oszacowanie od dołu będzie dłuższe, ale przekształcenia są zaskakująco proste.

Ponieważ szereg [math]\displaystyle{ \eta (x) }[/math] jest zbieżny dla [math]\displaystyle{ x > 0 }[/math], to możemy grupować wyrazy. Grupując je po dwa, możemy napisać

[math]\displaystyle{ \eta (x) = \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k^x}} }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\, = \sum_{k = 1}^{\infty} \left[ {\small\frac{1}{(2 k - 1)^x}} - {\small\frac{1}{(2 k)^x}} \right] }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\, = \sum_{k = 1}^{\infty} \left[ {\small\frac{1}{2 (2 k - 1)^x}} + {\small\frac{1}{2 (2 k - 1)^x}} - {\small\frac{1}{(2 k)^x}} \right] \qquad\qquad (\ast) }[/math]

Wydzielenie składnika [math]\displaystyle{ {\small\frac{1}{2}} }[/math] wymaga zapisania nieskończonej sumy [math]\displaystyle{ (\ast) }[/math] w postaci dwóch sum, ale taka operacja na sumach nieskończonych byłaby możliwa tylko w przypadku szeregów bezwzględnie zbieżnych. Dla [math]\displaystyle{ 0 < x \leqslant 1 }[/math] nie możemy rozbić prawej strony na sumę osobnych szeregów, ponieważ składowe szeregi są rozbieżne i otrzymalibyśmy symbol nieoznaczony [math]\displaystyle{ [\infty - \infty] }[/math]. Dlatego musimy przejść na chwilę do sumy częściowej (skończonej). Tylko tak można tę operację przeprowadzić poprawnie – w wielu podręcznikach autorzy pomijają ten problem, zakładając, że czytelnik wie, o co chodzi i może sam sprawdzić poprawność dokonanego niezbyt formalnie przekształcenia. Dla przykładu pokazujemy, jak być powinno.

[math]\displaystyle{ S_N = \sum_{k = 1}^N \left[ {\small\frac{1}{2 (2 k - 1)^x}} + {\small\frac{1}{2 (2 k - 1)^x}} - {\small\frac{1}{(2 k)^x}} \right] }[/math]

[math]\displaystyle{ \, = \sum_{k = 1}^N {\small\frac{1}{2 (2 k - 1)^x}} + \sum_{k = 1}^N \left[ {\small\frac{1}{2 (2 k - 1)^x}} - {\small\frac{1}{(2 k)^x}} \right] }[/math]

[math]\displaystyle{ \, = {\small\frac{1}{2}} + \sum_{k = 2}^N {\small\frac{1}{2 (2 k - 1)^x}} + \sum_{k = 1}^N \left[ {\small\frac{1}{2 (2 k - 1)^x}} - {\small\frac{1}{(2 k)^x}} \right] }[/math]

[math]\displaystyle{ \, = {\small\frac{1}{2}} + \sum_{j = 1}^{N - 1} {\small\frac{1}{2 (2 j + 1)^x}} + \sum_{k = 1}^N \left[ {\small\frac{1}{2 (2 k - 1)^x}} - {\small\frac{1}{(2 k)^x}} \right] }[/math]

[math]\displaystyle{ \, = {\small\frac{1}{2}} - {\small\frac{1}{2 (2 N + 1)^x}} + \sum_{j = 1}^N {\small\frac{1}{2 (2 j + 1)^x}} + \sum_{k = 1}^N \left[ {\small\frac{1}{2 (2 k - 1)^x}} - {\small\frac{1}{(2 k)^x}} \right] }[/math]

[math]\displaystyle{ \, = {\small\frac{1}{2}} - {\small\frac{1}{2 (2 N + 1)^x}} + \sum_{k = 1}^N \left[ {\small\frac{1}{2 (2 k + 1)^x}} + {\small\frac{1}{2 (2 k - 1)^x}} - {\small\frac{1}{(2 k)^x}} \right] }[/math]

W granicy, gdy [math]\displaystyle{ N }[/math] dąży do nieskończoności, wracamy do szeregu [math]\displaystyle{ \eta (x) }[/math] z wydzielonym składnikiem [math]\displaystyle{ {\small\frac{1}{2}} }[/math] i teraz będziemy mogli uzyskać postulowane oszacowanie

[math]\displaystyle{ \eta (x) = \lim_{N \rightarrow \infty} S_N }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\, = \lim_{N \rightarrow \infty} \left\{ {\small\frac{1}{2}} - {\small\frac{1}{2 (2 N + 1)^x}} + \sum_{k = 1}^N \left[ {\small\frac{1}{2 (2 k + 1)^x}} + {\small\frac{1}{2 (2 k - 1)^x}} - {\small\frac{1}{(2 k)^x}} \right] \right\} }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\, = {\small\frac{1}{2}} - 0 + \sum_{k = 1}^{\infty} \left[ {\small\frac{1}{2 (2 k + 1)^x}} + {\small\frac{1}{2 (2 k - 1)^x}} - {\small\frac{1}{(2 k)^x}} \right] }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\, = {\small\frac{1}{2}} + \sum_{k = 1}^{\infty} \left\{ {\small\frac{1}{2}} \left[ {\small\frac{1}{(2 k + 1)^x}} + {\small\frac{1}{(2 k - 1)^x}} \right] - {\small\frac{1}{(2 k)^x}} \right\} }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\, \geqslant {\small\frac{1}{2}} + \sum_{k = 1}^{\infty} \left[ \sqrt{{\small\frac{1}{(2 k + 1)^x}} \cdot {\small\frac{1}{(2 k - 1)^x}}} - {\small\frac{1}{(2 k)^x}} \right] \qquad\qquad \text{bo } \; {\small\frac{1}{2}} (a + b) \geqslant \sqrt{a b} \;\; }[/math] (zobacz A38)

[math]\displaystyle{ \;\;\, = {\small\frac{1}{2}} + \sum_{k = 1}^{\infty} \left[ \sqrt{{\small\frac{1}{(4 k^2 - 1)^x}}} - {\small\frac{1}{(2 k)^x}} \right] }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\, > {\small\frac{1}{2}} + \sum_{k = 1}^{\infty} \left[ \sqrt{{\small\frac{1}{(4 k^2)^x}}} - {\small\frac{1}{(2 k)^x}} \right] }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\, = {\small\frac{1}{2}} }[/math]

Na zakończenie warto zobaczyć, jak [math]\displaystyle{ \eta (x) }[/math] wygląda na wykresie.

Co należało pokazać.
□

Zadanie R34
Niech [math]\displaystyle{ x \in \mathbb{R} }[/math]. Pokazać, że [math]\displaystyle{ \zeta (x) }[/math] ma wartości rzeczywiste. Omówić zachowanie funkcji [math]\displaystyle{ \zeta (x) }[/math] w punkcie [math]\displaystyle{ x = 1 }[/math].

Rozwiązanie

Dla [math]\displaystyle{ x > 1 }[/math] mamy [math]\displaystyle{ \zeta (x) = \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^x}} }[/math], zatem [math]\displaystyle{ \zeta (x) }[/math] jest rzeczywista.

Dla [math]\displaystyle{ {\small\frac{1}{2}} \leqslant x \leqslant 1 }[/math] mamy [math]\displaystyle{ \zeta (x) = {\small\frac{1}{1 - 2^{1 - x}}} \cdot \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k^x}} }[/math], zatem [math]\displaystyle{ \zeta (x) }[/math] jest rzeczywista.

Dla [math]\displaystyle{ x < {\small\frac{1}{2}} }[/math] mamy [math]\displaystyle{ \zeta (x) = 2^x \pi^{x - 1} \sin \left( {\small\frac{\pi x}{2}} \right) \Gamma (1 - x) \zeta (1 - x) }[/math]. Ponieważ [math]\displaystyle{ 1 - x > {\small\frac{1}{2}} }[/math], to funkcja [math]\displaystyle{ \zeta (1 - x) }[/math] jest rzeczywista, podobnie jak pozostałe czynniki. Zatem i w tym przedziale [math]\displaystyle{ \zeta (x) }[/math] jest rzeczywista.

Zauważmy, że ponieważ dla [math]\displaystyle{ x > 0 }[/math] funkcja [math]\displaystyle{ \eta (x) }[/math] jest zawsze dodatnia (zobacz R33), to o znaku funkcji dzeta Riemanna [math]\displaystyle{ \zeta (x) }[/math] w tym obszarze decyduje wyłącznie znak czynnika łączącego obie funkcje

[math]\displaystyle{ \zeta (x) = {\small\frac{\eta (x)}{1 - 2^{1 - x}}} }[/math]

Co bardzo dobrze widzimy na wykresie

Z definicji funkcji [math]\displaystyle{ \zeta (z) }[/math] (zobacz R27) dla [math]\displaystyle{ x \geqslant 1 }[/math] możemy napisać

[math]\displaystyle{ \zeta (- x) = - 2^{- x} \pi^{- x - 1} \sin \left( {\small\frac{\pi x}{2}} \right) \Gamma (1 + x) \zeta (1 + x) }[/math]

Wiemy, że dla [math]\displaystyle{ x = 2 }[/math] mamy [math]\displaystyle{ \zeta (2) = \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^2}} = {\small\frac{\pi^2}{6}} \approx 1.644934 }[/math]. Widzimy, że o zachowaniu funkcji [math]\displaystyle{ \zeta (x) }[/math] w przedziale [math]\displaystyle{ (- \infty, - 1] }[/math] decydują pozostałe czynniki, bo [math]\displaystyle{ \zeta (1 + x) }[/math] jest niewielką liczbą z przedziału [math]\displaystyle{ (1, 1.65) }[/math].

[math]\displaystyle{ \zeta (- x) = - {\small\frac{\Gamma (1 + x) \zeta (1 + x)}{2^x \pi^{x + 1}}} \cdot \sin \left( {\small\frac{\pi x}{2}} \right) }[/math]

Ponieważ [math]\displaystyle{ \Gamma (1 + x) \sim \sqrt{2 \pi x} \cdot x^x e^{- x} }[/math] dla dużych [math]\displaystyle{ x }[/math], to dla dużych [math]\displaystyle{ x }[/math] mamy [math]\displaystyle{ {\small\frac{\Gamma (1 + x) \zeta (1 + x)}{2^x \pi^{x + 1}}} \sim \sqrt{{\small\frac{2 x}{\pi}}} \cdot \left( {\small\frac{x}{2 \pi e}} \right)^x }[/math]. Co oznacza stały wzrost amplitudy oscylacji dla dużych ujemnych liczb rzeczywistych.

Omówienie granicy w [math]\displaystyle{ \boldsymbol{x = 1} }[/math]. Granica prawostronna [math]\displaystyle{ \boldsymbol{x \to 1^+} }[/math]

Gdy [math]\displaystyle{ x > 1 }[/math] funkcję dzeta definiujemy następująco

[math]\displaystyle{ \zeta (x) = \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^x}} = 1 + {\small\frac{1}{2^x}} + {\small\frac{1}{3^x}} + \ldots }[/math]

Wiemy, że dla [math]\displaystyle{ x > 1 }[/math] jest

[math]\displaystyle{ \zeta (x) > 1 + {\small\frac{1}{(x - 1) \cdot 2^{x - 1}}} }[/math]

(zobacz R21). Zatem w granicy, gdy [math]\displaystyle{ x \rightarrow 1^+ }[/math], otrzymujemy

[math]\displaystyle{ \lim_{x \rightarrow 1^+} \zeta (x) \geqslant \lim_{x \rightarrow 1^+} \left[ 1 + {\small\frac{1}{(x - 1) \cdot 2^{x - 1}}} \right] = + \infty }[/math]

Skąd wynika, że

[math]\displaystyle{ \lim_{x \to 1^+} \zeta (x) = + \infty }[/math]

Omówienie granicy w [math]\displaystyle{ \boldsymbol{x = 1} }[/math]. Granica lewostronna [math]\displaystyle{ \boldsymbol{x \to 1^-} }[/math]

Dla [math]\displaystyle{ x < 1 }[/math] korzystamy ze wzoru

[math]\displaystyle{ \zeta (z) = {\small\frac{\eta (z)}{1 - 2^{1 - z}}} }[/math]

Dla [math]\displaystyle{ x }[/math] rzeczywistych mamy

[math]\displaystyle{ \zeta (x) = {\small\frac{2^x}{2^x - 2}} \cdot \eta (x) }[/math]

Z zadania R20 otrzymujemy natychmiast, że [math]\displaystyle{ \lim_{x \rightarrow 1^-} \eta (x) = \eta (1) }[/math]. Wiemy też, że [math]\displaystyle{ \eta (1) = \ln 2 }[/math] (zobacz D7). Łatwo widzimy, że w granicy, gdy [math]\displaystyle{ x \rightarrow 1^- }[/math], mianownik ułamka [math]\displaystyle{ {\small\frac{2^x}{2^x - 2}} }[/math] dąży do zera przez wartości mniejsze od zera, zatem

[math]\displaystyle{ \lim_{x \rightarrow 1^-} \zeta (x) = - \infty }[/math]

Co należało pokazać.
□

Uwaga R35
Wszystkie wzory pozwalające wyjść poza obszar [math]\displaystyle{ \operatorname{Re}(z) > 1 }[/math] zawdzięczamy przełomowej pracy Bernharda Riemanna z 1859 roku. Była to jego jedyna publikacja z zakresu teorii liczb. W swojej pracy Riemann

 ●   Potraktował zmienną [math]\displaystyle{ z }[/math] jako liczbę zespoloną, co otworzyło drogę do zastosowania narzędzi analizy zespolonej.

 ●   Udowodnił, że funkcję zdefiniowaną pierwotnie tylko dla [math]\displaystyle{ \operatorname{Re}(z) > 1 }[/math] można przedłużyć analitycznie na całą płaszczyznę zespoloną (z jedynym punktem rozbieżności w [math]\displaystyle{ z = 1 }[/math]).

 ●   Sformułował i udowodnił fundamentalne równanie funkcyjne, ukazujące wewnętrzną symetrię funkcji dzeta względem tzw. prostej krytycznej [math]\displaystyle{ \operatorname{Re}(z) = {\small\frac{1}{2}} }[/math].

 ●   Pokazał, że rozkład liczb pierwszych jest bezpośrednio związany z miejscami zerowymi funkcji [math]\displaystyle{ \zeta (z) }[/math].

 ●   Sformułował słynną hipotezę Riemanna, która stwierdza, że wszystkie nietrywialne zera funkcji [math]\displaystyle{ \zeta (z) }[/math] leżą dokładnie na prostej krytycznej, czyli [math]\displaystyle{ \operatorname{Re}(z) = {\small\frac{1}{2}} }[/math]. Sprawdzono, że wszystkie zera postaci [math]\displaystyle{ z = x + i y }[/math] dla [math]\displaystyle{ 0 < y \leqslant 3 \cdot 10^{12} }[/math] mają [math]\displaystyle{ x = {\small\frac{1}{2}} }[/math].

Pokaż wykres

Poniżej mamy wykres funkcji [math]\displaystyle{ {\small\frac{1}{| \zeta (z) |}} }[/math]. Ostre piki odpowiadają pierwszym pięciu nietrywialnym zerom funkcji zeta [math]\displaystyle{ z_k = {\small\frac{1}{2}} + i y_k }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ y_1 \approx 14.13 }[/math], [math]\displaystyle{ y_2 \approx 21.02 }[/math], [math]\displaystyle{ y_3 \approx 25.01 }[/math], [math]\displaystyle{ y_4 \approx 30.42 }[/math], [math]\displaystyle{ y_5 \approx 32.94 }[/math].

□

Uwaga R36
Podstawowe własności funkcji [math]\displaystyle{ \zeta (z) }[/math].

1. Miejsca zerowe

•   trywialne: [math]\displaystyle{ \zeta (- 2 k) = 0 \qquad }[/math] dla [math]\displaystyle{ k = 1, 2, 3, \ldots }[/math]

•   nietrywialne: [math]\displaystyle{ \zeta \left( {\small\frac{1}{2}} \pm i y_k \right) = 0 \qquad }[/math] gdzie [math]\displaystyle{ y_1 \approx 14.1347 }[/math], [math]\displaystyle{ y_2 \approx 21.0220 }[/math], [math]\displaystyle{ y_3 \approx 25.0108 }[/math], [math]\displaystyle{ y_4 \approx 30.4248 }[/math], [math]\displaystyle{ y_5 \approx 32.9350 }[/math], [math]\displaystyle{ y_6 \approx 37.5861 }[/math], [math]\displaystyle{ \ldots }[/math]

2. Wartości dla nieujemnych liczb parzystych

[math]\displaystyle{ \zeta (2 k) = {\small\frac{(- 1)^{k + 1} (2 \pi)^{2 k} B_{2 k}}{2 \cdot (2 k) !}} \qquad }[/math] dla [math]\displaystyle{ k = 0, 1, 2, 3, \ldots }[/math]

Przykładowo mamy

[math]\displaystyle{ \zeta (0) = - {\small\frac{1}{2}} }[/math], [math]\displaystyle{ \zeta (2) = {\small\frac{\pi^2}{6}} }[/math], [math]\displaystyle{ \zeta (4) = {\small\frac{\pi^4}{90}} }[/math], [math]\displaystyle{ \zeta (6) = {\small\frac{\pi^6}{945}} }[/math], [math]\displaystyle{ \zeta (8) = {\small\frac{\pi^8}{9450}} }[/math], [math]\displaystyle{ \zeta (10) = {\small\frac{\pi^{10}}{93555}} }[/math]

3. Wartości dla ujemnych liczb całkowitych

[math]\displaystyle{ \zeta (- k) = - {\small\frac{B_{k + 1}}{k + 1}} \qquad }[/math] dla [math]\displaystyle{ k = 1, 2, 3, 4, \ldots }[/math]

Przykładowo mamy

[math]\displaystyle{ \zeta (- 1) = - {\small\frac{1}{12}} }[/math], [math]\displaystyle{ \zeta (- 3) = {\small\frac{1}{120}} }[/math], [math]\displaystyle{ \zeta (- 5) = - {\small\frac{1}{252}} }[/math], [math]\displaystyle{ \zeta (- 7) = {\small\frac{1}{240}} }[/math]

4. Inne szczególne wartości i punkty

[math]\displaystyle{ \zeta \left( {\small\frac{1}{2}} \right) \approx - 1.4603 }[/math], [math]\displaystyle{ \zeta (1) = \infty }[/math], [math]\displaystyle{ \zeta \left( {\small\frac{3}{2}} \right) \approx 2.6123 }[/math], [math]\displaystyle{ \zeta \left( {\small\frac{5}{2}} \right) \approx 1.3414 }[/math], [math]\displaystyle{ \zeta (3) \approx 1.2020 }[/math], [math]\displaystyle{ \zeta \left( {\small\frac{7}{2}} \right) \approx 1.1267 }[/math]

5. Ważne granice

[math]\displaystyle{ \lim_{\operatorname{Re}(z) \rightarrow - \infty} | \zeta (z) | = + \infty \qquad\quad\, }[/math] (granica dla [math]\displaystyle{ \zeta (z) }[/math] nie istnieje, ponieważ funkcja wpada w nieograniczone oscylacje)

[math]\displaystyle{ \lim_{z \rightarrow 0} \zeta (z) = - {\small\frac{1}{2}} }[/math]

[math]\displaystyle{ \lim_{x \rightarrow 1^-} \zeta (x) = - \infty \qquad\qquad\quad\:\, }[/math] (zachowanie na osi rzeczywistej)

[math]\displaystyle{ \lim_{x \rightarrow 1^+} \zeta (x) = + \infty \qquad\qquad\quad\;\, }[/math] (zachowanie na osi rzeczywistej)

[math]\displaystyle{ \lim_{z \rightarrow 1} \zeta (z) = \infty \qquad\qquad\qquad\;\;\; }[/math] (ogólna granica zespolona)

[math]\displaystyle{ \lim_{\operatorname{Re}(z) \rightarrow + \infty} \zeta (z) = 1 }[/math]

[math]\displaystyle{ \lim_{z \to 1} [(z - 1) \zeta (z)] = 1 }[/math]

[math]\displaystyle{ \lim_{z \to 1} \left( \zeta (z) - {\small\frac{1}{z - 1}} \right) = \gamma \qquad }[/math] gdzie [math]\displaystyle{ \gamma \approx 0.5772 }[/math] jest stałą Eulera

Uwaga R37
Mówimy o miejscach zerowych trywialnych, ponieważ ich istnienie wynika bezpośrednio z samej struktury równania funkcyjnego

[math]\displaystyle{ \zeta (z) = 2^z \pi^{z - 1} \sin \left( {\small\frac{\pi z}{2}} \right) \Gamma (1 - z) \zeta (1 - z) }[/math]

Dla każdej ujemnej liczby parzystej człon [math]\displaystyle{ \sin \left( {\small\frac{\pi z}{2}} \right) }[/math] zeruje się, podczas gdy pozostałe elementy wzoru przyjmują skończone wartości (zobacz też zadanie R30).

Wszystkie pozostałe (nietrywialne) miejsca zerowe funkcji [math]\displaystyle{ \zeta (z) }[/math] leżą wewnątrz tzw. pasa krytycznego [math]\displaystyle{ 0 < \operatorname{Re}(z) < 1 }[/math]. Słynna hipoteza Riemanna zakłada, że leżą one dokładnie na jego środku – czyli na prostej krytycznej [math]\displaystyle{ \operatorname{Re}(z) = {\small\frac{1}{2}} }[/math]. Udowodnienie tego faktu jest jednym z najtrudniejszych wyzwań w historii matematyki.

Zadanie R38
Pokazać, że [math]\displaystyle{ \overline{\zeta (z)} = \zeta (\bar{z}) }[/math].

Rozwiązanie

Pamiętamy, że dla [math]\displaystyle{ a \in \mathbb{R}_+ }[/math] jest [math]\displaystyle{ \overline{\operatorname{PV}(a^z)} = \operatorname{PV}(a^{\bar{z}}) }[/math] (zobacz ZB49 p.1).

Łatwo sprawdzamy kolejne przypadki:

Dla [math]\displaystyle{ \operatorname{Re}(z) > 1 }[/math] mamy

[math]\displaystyle{ \overline{\zeta (z)} = \overline{\sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^z}}} = \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{\overline{(k^z)}}} = \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{1}{k^{\bar{z}}} = \zeta (\bar{z}) }[/math]

Dla [math]\displaystyle{ {\small\frac{1}{2}} \leqslant \operatorname{Re}(z) \leqslant 1 }[/math] mamy

[math]\displaystyle{ \overline{\zeta (z)} = \overline{\left( {\small\frac{1}{1 - 2^{1 - z}}} \cdot \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k^z}} \right)} = \frac{1}{1 - 2^{1 - \bar{z}}} \cdot \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{k + 1}}{k^{\bar{z}}} = \zeta (\bar{z}) }[/math]

Zauważmy, że dla [math]\displaystyle{ \operatorname{Re}(z) < {\small\frac{1}{2}} }[/math] mamy [math]\displaystyle{ \operatorname{Re}(1 - z) > {\small\frac{1}{2}} }[/math]. Zatem

[math]\displaystyle{ \overline{\zeta (z)} = \overline{\left( 2^z \pi^{z - 1} \sin \left( {\small\frac{\pi z}{2}} \right) \Gamma (1 - z) \zeta (1 - z) \right)} = \overline{(2^z)} \cdot \overline{\pi^{z - 1}} \cdot \overline{\sin \left( {\small\frac{\pi z}{2}} \right)} \cdot \overline{\Gamma (1 - z)} \cdot \overline{\zeta (1 - z)} = 2^{\bar{z}} \pi^{\bar{z} - 1} \sin \left( {\small\frac{\pi \bar{z}}{2}} \right) \Gamma (1 - \bar{z}) \zeta (1 - \bar{z}) = \zeta (\bar{z}) }[/math]

gdzie skorzystaliśmy z ZB17 p.2 i D142 p.3 oraz udowodnionych wyżej przypadków. Co należało pokazać.
□

Wykres funkcji [math]\displaystyle{ \zeta (z) }[/math] na prostej krytycznej

Uwaga R39
Wartości funkcji [math]\displaystyle{ \zeta (z) }[/math] na prostej krytycznej [math]\displaystyle{ z = {\small\frac{1}{2}} + i t }[/math] zależą tylko od jednej zmiennej [math]\displaystyle{ t }[/math]. Oczywiście [math]\displaystyle{ \zeta \left( {\small\frac{1}{2}} + i t \right) }[/math] są wartościami zespolonymi, a ich obrazem na płaszczyźnie zespolonej będzie pewna krzywa. Wiemy, że

[math]\displaystyle{ \zeta \left( {\small\frac{1}{2}} + i t \right) = {\small\frac{1}{1 - 2^{1 / 2 - i t}}} \cdot \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{(- 1)^{k + 1}}{k^{1 / 2 + i t}}} }[/math]

ale z tego wzoru możemy policzyć co najwyżej kilka punktów. Do sporządzenia wykresów takich, jak te niżej, korzystamy z zaimplementowanej w systemach obliczeniowych funkcji [math]\displaystyle{ \zeta (z) }[/math].

Pokaż wykresy

□

Pokaż więcej wykresów

□

Funkcja [math]\displaystyle{ Z(t) }[/math] Riemanna-Siegla

Zadanie R40
Niech [math]\displaystyle{ z \in \mathbb{C} }[/math]. Pokazać, że funkcję

[math]\displaystyle{ \chi (z) = 2^z \pi^{z - 1} \sin \left( {\small\frac{\pi z}{2}} \right) \Gamma \! \left( 1 - z \right) }[/math]

określoną dla [math]\displaystyle{ z \neq 2 n + 1 }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ n \in \mathbb{N}_0 }[/math], można równoważnie zapisać w postaci

[math]\displaystyle{ \chi (z) = \pi^{z - 1 / 2} \cdot {\normalsize\frac{ \Gamma \! \left( \tfrac{1 - z}{2} \right) }{ \Gamma \! \left( \tfrac{z}{2} \right) }} }[/math]

Rozwiązanie

Funkcja [math]\displaystyle{ \Gamma (z) }[/math] nie jest określona dla [math]\displaystyle{ z = - n }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ n \in \mathbb{N}_0 }[/math]. Zatem funkcja [math]\displaystyle{ \Gamma (1 - z) }[/math] nie jest określona dla [math]\displaystyle{ z = k }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ k \in \mathbb{Z}_+ }[/math], ale wyrażenie [math]\displaystyle{ \sin \left( {\small\frac{\pi z}{2}} \right) \Gamma (1 - z) }[/math] dla [math]\displaystyle{ z = 2 k }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ k \in \mathbb{Z}_+ }[/math], ma dobrze określoną granicę skończoną. Istotnie, korzystając ze wzoru D142 p.5 i stosując regułę de l'Hospitala, otrzymujemy

[math]\displaystyle{ \lim_{z \rightarrow 2 k} \left[ \sin \left( {\small\frac{\pi z}{2}} \right) \Gamma (1 - z) \right] = \lim_{z \rightarrow 2 k} \left[ {\normalsize\frac{\sin \left( \tfrac{\pi z}{2} \right)}{\sin (\pi z)} \cdot {\normalsize\frac{\pi}{\Gamma (z)}}} \right] = {\small\frac{\pi}{\Gamma (2 k)}} \cdot \lim_{z \rightarrow 2 k} {\normalsize\frac{\sin \left( \tfrac{\pi z}{2} \right)}{\sin (\pi z)}} = {\small\frac{\pi}{\Gamma (2 k)}} \cdot \lim_{z \rightarrow 2 k} {\normalsize\frac{ \tfrac{\pi}{2} \cdot \cos \left( \tfrac{\pi z}{2} \right)}{\pi \cdot \cos (\pi z)}} = (- 1)^k \cdot {\small\frac{\pi}{2 (2 k - 1) !}} }[/math]

Podobnie funkcja [math]\displaystyle{ \Gamma \! \left( {\small\frac{1 - z}{2}} \right) }[/math] nie jest określona dla [math]\displaystyle{ z = 2 n + 1 }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ n \in \mathbb{N}_0 }[/math] i w tych punktach drugi wzór ucieka do nieskończoności. W efekcie obie funkcje mają identyczną dziedzinę: [math]\displaystyle{ \mathbb{C} \setminus \{2 n + 1 : n \in \mathbb{N}_0 \} }[/math].

Korzystając ze wzoru Legendre'a na podwajanie

[math]\displaystyle{ \Gamma \! \left( 2 z \right) = 2^{2 z - 1} \cdot \pi^{- 1 / 2} \cdot \Gamma \! \left( z \right) \Gamma \! \left( z + {\small\frac{1}{2}} \right) \qquad\qquad 2 z \notin \mathbb{Z}_- \cup \{ 0 \} }[/math]

mamy

[math]\displaystyle{ \Gamma \! \left( 1 - z \right) = \Gamma \! \left( 2 \cdot {\small\frac{1 - z}{2}} \right) }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\;\, = 2^{- z} \cdot \pi^{- 1 / 2} \cdot \Gamma \! \left( {\small\frac{1 - z}{2}} \right) \cdot \Gamma \! \left( {\small\frac{1 - z}{2}} + {\small\frac{1}{2}} \right) }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\;\, = 2^{- z} \cdot \pi^{- 1 / 2} \cdot \Gamma \! \left( {\small\frac{1 - z}{2}} \right) \cdot \Gamma \! \left( 1 - {\small\frac{z}{2}} \right) \qquad\qquad (\ast) }[/math]

Podstawiając [math]\displaystyle{ z \mapsto {\small\frac{z}{2}} }[/math] we wzorze na dopełnienie funkcji gamma (zobacz D142 p.5)

[math]\displaystyle{ \Gamma \! \left( z \right) \Gamma \! \left( 1 - z \right) = {\small\frac{\pi}{\sin (\pi z)}} \qquad\qquad z \notin \mathbb{Z} }[/math]

dostajemy

[math]\displaystyle{ \Gamma \! \left( {\small\frac{z}{2}} \right) \Gamma \! \left( 1 - {\small\frac{z}{2}} \right) = {\normalsize\frac{\pi}{\sin \left( \tfrac{\pi z}{2} \right)}} \qquad\qquad (\ast \ast) }[/math]

Dzieląc stronami równania [math]\displaystyle{ (\ast) }[/math] i [math]\displaystyle{ (\ast \ast) }[/math]

[math]\displaystyle{ \Gamma \! \left( 1 - z \right) \cdot {\normalsize\frac{\sin \left( \tfrac{\pi z}{2} \right)}{\pi}} = {\normalsize\frac{2^{- z} \cdot \pi^{- 1 / 2} \cdot \Gamma \! \left( \tfrac{1 - z}{2} \right) \cdot \Gamma \! \left( 1 - \tfrac{z}{2} \right)}{\Gamma \! \left( \tfrac{z}{2} \right) \Gamma \! \left( 1 - \tfrac{z}{2} \right)}} }[/math]

otrzymujemy

[math]\displaystyle{ {\normalsize\frac{\Gamma \! \left( \tfrac{1 - z}{2} \right)}{\Gamma \! \left( \tfrac{z}{2} \right)}} = 2^z \pi^{1 / 2} \cdot {\normalsize\frac{\sin \left( \tfrac{\pi z}{2} \right)}{\pi}} \cdot \Gamma \! \left( 1 - z \right) = 2^z \pi^{- 1 / 2} \cdot \sin \left( {\small\frac{\pi z}{2}} \right) \cdot \Gamma \! \left( 1 - z \right) }[/math]

Skąd wynika, że

[math]\displaystyle{ \pi^{z - 1 / 2} \cdot {\normalsize\frac{ \Gamma \! \left( \tfrac{1 - z}{2} \right) }{ \Gamma \! \left( \tfrac{z}{2} \right) }} = 2^z \pi^{z - 1} \cdot \sin \left( {\small\frac{\pi z}{2}} \right) \cdot \Gamma \! \left( 1 - z \right) = \chi (z) }[/math]

Co należało pokazać.
□

Zadanie R41
Pokazać, że na prostej krytycznej [math]\displaystyle{ \operatorname{Re}(z) = {\small\frac{1}{2}} }[/math] moduł funkcji [math]\displaystyle{ \chi (z) }[/math] jest równy [math]\displaystyle{ 1 }[/math].

Rozwiązanie

Ponieważ (zobacz R40)

[math]\displaystyle{ \chi (z) = \pi^{z - 1 / 2} \cdot {\normalsize\frac{\Gamma \! \left( \tfrac{1 - z}{2} \right)}{\Gamma \! \left( \tfrac{z}{2} \right)}} }[/math]

to dla [math]\displaystyle{ z = {\small\frac{1}{2}} + i t }[/math] mamy (zobacz D142 p.3)

[math]\displaystyle{ \chi \left( {\small\frac{1}{2}} + i t \right) = \pi^{i t} \cdot {\normalsize\frac{\Gamma \! \left( \tfrac{1}{4} - \tfrac{i t}{2} \right)}{\Gamma \! \left( \tfrac{1}{4} + \tfrac{i t}{2} \right)}} = \pi^{i t} \cdot {\normalsize\frac{\overline{\Gamma \! \left( \tfrac{1}{4} + \tfrac{i t}{2} \right)}}{\Gamma \! \left( \tfrac{1}{4} + \tfrac{i t}{2} \right)}} }[/math]

Zatem

[math]\displaystyle{ \left| \chi \left( {\small\frac{1}{2}} + i t \right) \right| = 1 }[/math]

bo [math]\displaystyle{ | \pi^{i t} | = | e^{i t \cdot \ln \pi} | = 1 }[/math] oraz [math]\displaystyle{ | \overline{z} | = | z | }[/math].
□

Zadanie R42
Pokazać, że na prostej krytycznej [math]\displaystyle{ \operatorname{Re}(z) = {\small\frac{1}{2}} }[/math] funkcja

[math]\displaystyle{ Z(t) = e^{i \theta (t)} \zeta \left( {\small\frac{1}{2}} + i t \right) }[/math]

gdzie

[math]\displaystyle{ \theta (t) = \arg \left[ \Gamma \! \left( {\small\frac{1}{4}} + {\small\frac{i t}{2}} \right) \right] - {\small\frac{\ln \pi}{2}} \cdot t }[/math]

jest rzeczywista.

Rozwiązanie

W zadaniu R41 pokazaliśmy, że na prostej krytycznej [math]\displaystyle{ \operatorname{Re}(z) = {\small\frac{1}{2}} }[/math] jest [math]\displaystyle{ | \chi (z) | = 1 }[/math]. Niech [math]\displaystyle{ z = {\small\frac{1}{2}} + i t }[/math]. Mamy

[math]\displaystyle{ \chi \left( {\small\frac{1}{2}} + i t \right) = e^{i \varphi (t)} }[/math]

gdzie [math]\displaystyle{ \varphi (t) }[/math] jest pewnym kątem.

Ponieważ

[math]\displaystyle{ \zeta \left( {\small\frac{1}{2}} - i t \right) = \zeta \left( \overline{ {\small\frac{1}{2}} + i t } \right) = \overline{ \zeta \left( {\small\frac{1}{2}} + i t \right) } }[/math]

to z równania funkcyjnego dla funkcji [math]\displaystyle{ \zeta (z) }[/math]

[math]\displaystyle{ \zeta (z) = \chi (z) \zeta (1 - z) }[/math]

otrzymujemy

[math]\displaystyle{ \zeta \left( {\small\frac{1}{2}} + i t \right) = \chi \left( {\small\frac{1}{2}} + i t \right) \cdot \zeta \left( {\small\frac{1}{2}} - i t \right) }[/math]

[math]\displaystyle{ \zeta \left( {\small\frac{1}{2}} + i t \right) = e^{i \varphi (t)} \cdot \overline{\zeta \left( {\small\frac{1}{2}} + i t \right)} }[/math]

[math]\displaystyle{ e^{- i \varphi (t) / 2} \cdot \zeta \left( {\small\frac{1}{2}} + i t \right) = e^{i \varphi (t) / 2} \cdot \overline{\zeta \left( {\small\frac{1}{2}} + i t \right)} }[/math]

[math]\displaystyle{ e^{- i \varphi (t) / 2} \cdot \zeta \left( {\small\frac{1}{2}} + i t \right) = \overline{e^{- i \varphi (t) / 2}} \cdot \overline{\zeta \left( {\small\frac{1}{2}} + i t \right)} }[/math]

Zatem funkcja

[math]\displaystyle{ Z(t) = e^{- i \varphi (t) / 2} \cdot \zeta \left( {\small\frac{1}{2}} + i t \right) = e^{i \theta (t)} \cdot \zeta \left( {\small\frac{1}{2}} + i t \right) }[/math]

gdzie [math]\displaystyle{ \theta (t) = - {\small\frac{1}{2}} i \varphi (t) }[/math], jest rzeczywista.

Ponieważ (zobacz R40)

[math]\displaystyle{ \chi (z) = \pi^{z - 1 / 2} \cdot {\normalsize\frac{\Gamma \! \left( \tfrac{1 - z}{2} \right)}{\Gamma \! \left( \tfrac{z}{2} \right)}} }[/math]

to dla [math]\displaystyle{ z = {\small\frac{1}{2}} + i t }[/math], otrzymujemy

[math]\displaystyle{ \chi \left( {\small\frac{1}{2}} + i t \right) = \pi^{i t} \cdot {\normalsize\frac{\Gamma \! \left( \tfrac{1}{4} - \tfrac{i t}{2} \right)}{\Gamma \! \left( \tfrac{1}{4} + \tfrac{i t}{2} \right)}} = \pi^{i t} \cdot {\normalsize\frac{\overline{\Gamma \! \left( \tfrac{1}{4} + \tfrac{i t}{2} \right)}}{\Gamma \! \left( \tfrac{1}{4} + \tfrac{i t}{2} \right)}} }[/math]

Korzystając z własności [math]\displaystyle{ \arg (\pi^{i t}) = t \ln \pi }[/math] oraz [math]\displaystyle{ \arg (\overline{w} / w) = - 2 \arg (w) }[/math], dostajemy

[math]\displaystyle{ \varphi (t) = \arg \left[ \chi \left( {\small\frac{1}{2}} + i t \right) \right] = t \ln \pi - 2 \arg \left[ \Gamma \! \left( {\small\frac{1}{4}} + {\small\frac{i t}{2}} \right) \right] }[/math]

Zatem

[math]\displaystyle{ \theta (t) = - {\small\frac{1}{2}} \varphi (t) = \arg \left[ \Gamma \! \left( {\small\frac{1}{4}} + {\small\frac{i t}{2}} \right) \right] - {\small\frac{\ln \pi}{2}} \cdot t }[/math]

Argument funkcji [math]\displaystyle{ \Gamma \! \left( {\small\frac{1}{4}} + {\small\frac{i t}{2}} \right) }[/math] jest wybierany narastająco w taki sposób, aby uzyskać funkcję ciągłą i [math]\displaystyle{ \theta (0) = 0 }[/math].

Niżej przedstawiamy wykres funkcji [math]\displaystyle{ \Gamma \! \left( {\small\frac{1}{4}} + {\small\frac{i t}{2}} \right) }[/math]. Użyliśmy specyficznego wykresu biegunowego z odległością wyskalowaną logarytmicznie i początkiem w punkcie [math]\displaystyle{ r = 10^{- 6} }[/math].

Jeżeli skorzystamy z własności [math]\displaystyle{ \arg (z) = \operatorname{Im} (\log z) }[/math], to wzór

[math]\displaystyle{ \theta (t) = - {\small\frac{1}{2}} \varphi (t) = \arg \left[ \Gamma \! \left( {\small\frac{1}{4}} + {\small\frac{i t}{2}} \right) \right] - {\small\frac{\ln \pi}{2}} \cdot t }[/math]

możemy zapisać w postaci

[math]\displaystyle{ \theta (t) = \operatorname{Im} \left( \log \Gamma \! \left( {\small\frac{1}{4}} + {\small\frac{i t}{2}} \right) \right) - {\small\frac{\ln \pi}{2}} \cdot t }[/math]

Analizując gładki przebieg wykresu na rysunku, należy zauważyć, że część urojona płynnie rośnie i nie ogranicza się do przedziału od [math]\displaystyle{ - \pi }[/math] do [math]\displaystyle{ \pi }[/math], czego moglibyśmy się spodziewać. Jednak nie realizujemy w tym przypadku prostego obliczania logarytmu funkcji gamma, co dla przykładu zapisalibyśmy w PARI/GP jako log(gamma(1/4 + I*t/2)), lecz używamy specjalnej funkcji do wyliczenia tego logarytmu (w środowisku PARI/GP byłaby to funkcja lngamma(1/4 + I*t/2)). Algorytm tej funkcji został napisany tak, aby dla każdego punktu [math]\displaystyle{ t }[/math] wyliczany był prawdziwy, narastający argument, odpowiadający narastającemu argumentowi funkcji [math]\displaystyle{ \Gamma \! \left( \tfrac{1}{4} + \tfrac{i t}{2} \right) }[/math]. Narastanie argumentu funkcji [math]\displaystyle{ \Gamma \! \left( \tfrac{1}{4} + \tfrac{i t}{2} \right) }[/math] było bardzo dobrze widoczne na poprzednim wykresie, ale w przypadku logarytmu już tak nie jest i dlatego kwestia ta wymagała wyjaśnienia.
□

Uwaga R43
Funkcje

[math]\displaystyle{ Z(t) = e^{i \theta (t)} \zeta \left( {\small\frac{1}{2}} + i t \right) }[/math]

i

[math]\displaystyle{ \theta (t) = \arg \left[ \Gamma \! \left( {\small\frac{1}{4}} + {\small\frac{i t}{2}} \right) \right] - {\small\frac{\ln \pi}{2}} \cdot t = \operatorname{Im} \left( \log \Gamma \! \left( {\small\frac{1}{4}} + {\small\frac{i t}{2}} \right) \right) - {\small\frac{\ln \pi}{2}} \cdot t }[/math]

nazywamy funkcjami Riemanna-Siegla. W zadaniu R42 pokazaliśmy, że funkcja [math]\displaystyle{ Z(t) }[/math] ma wartości rzeczywiste. Ponieważ funkcja [math]\displaystyle{ \operatorname{Im} \left( \log \Gamma \! \left( \tfrac{1}{4} + \tfrac{i t}{2} \right) \right) }[/math] rośnie w tempie [math]\displaystyle{ t \cdot \ln t }[/math], to dla dużych [math]\displaystyle{ t }[/math] przeważa nad malejącą funkcją [math]\displaystyle{ - \tfrac{\ln \pi}{2} \cdot t }[/math]. Rozwinięcie asymptotyczne funkcji [math]\displaystyle{ \theta (t) }[/math] ma postać

[math]\displaystyle{ \theta (t) \sim {\small\frac{t}{2}} \cdot \ln \left( {\small\frac{t}{2 \pi}} \right) - {\small\frac{t}{2}} - {\small\frac{\pi}{8}} + {\small\frac{1}{48 t}} + {\small\frac{7}{5760 t^3}} + {\small\frac{31}{80640 t^5}} + \ldots }[/math]

A przebieg funkcji [math]\displaystyle{ \theta (t) }[/math] widzimy na wykresie

Ponieważ [math]\displaystyle{ e^{i \theta (t)} \neq 0 }[/math], to funkcja rzeczywista [math]\displaystyle{ Z(t) }[/math] i zespolona [math]\displaystyle{ \zeta \left( \tfrac{1}{2} + i t \right) }[/math] zerują się dokładnie w tych samych miejscach. Oczywiście szukanie miejsc zerowych funkcji rzeczywistej jest znacznie łatwiejsze niż szukanie miejsc zerowych funkcji zespolonej i dokładnie dlatego funkcja [math]\displaystyle{ Z(t) }[/math] została skonstruowana. Konsekwentnie mamy [math]\displaystyle{ | Z (t) | = \left| \zeta \left( \tfrac{1}{2} + i t \right) \right| }[/math], co najlepiej widzimy na wykresie

gdzie dodatnia część rzeczywistej funkcji [math]\displaystyle{ Z(t) }[/math] pokrywa się z modułem zespolonej funkcji [math]\displaystyle{ \zeta \left( \tfrac{1}{2} + i t \right) }[/math].

Przedstawienie funkcji [math]\displaystyle{ \zeta (z) }[/math] w postaci iloczynu nieskończonego

Twierdzenie R44 (Leonhard Euler, 1737)
Jeżeli [math]\displaystyle{ \operatorname{Re}(z) > 1 }[/math], to

[math]\displaystyle{ \zeta (z) = \prod_{p \geqslant 2} \frac{1}{1 - {\small\frac{1}{p^z}}} }[/math]

gdzie iloczyn przebiega po wszystkich liczbach pierwszych.

Dowód

Wiemy (zobacz R16), że dla [math]\displaystyle{ \operatorname{Re}(z) > 1 }[/math] szereg [math]\displaystyle{ \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^z}} }[/math] jest bezwzględnie zbieżny. Z definicji funkcji [math]\displaystyle{ \zeta (z) }[/math] możemy napisać

[math]\displaystyle{ \zeta (z) = \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^z}} = \sum_{j = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{(2 j)^z}} + \sum_{j = 0}^{\infty} {\small\frac{1}{(2 j + 1)^z}} }[/math]

Z zadania R14 wynika, że oba szeregi po prawej stronie są bezwzględnie zbieżne. Łatwo widzimy, że

[math]\displaystyle{ {\small\frac{1}{2^z}} \zeta (z) = {\small\frac{1}{2^z}} \cdot \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{k^z}} = \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{1}{(2 k)^z}} }[/math]

Zatem

[math]\displaystyle{ \zeta (z) - {\small\frac{1}{2^z}} \zeta (z) = \left( 1 - {\small\frac{1}{2^z}} \right) \zeta (z) = \sum_{j = 0}^{\infty} {\small\frac{1}{(2 j + 1)^z}} = \sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{1}{(6 k + 1)^z}} + \sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{1}{(6 k + 3)^z}} + \sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{1}{(6 k + 5)^z}} }[/math]

Widzimy, że po prawej stronie zostały usunięte wszystkie wyrazy, których mianowniki były podzielne przez [math]\displaystyle{ 2 }[/math].

Ponownie łatwo zauważamy, że

[math]\displaystyle{ {\small\frac{1}{3^z}} \left( 1 - {\small\frac{1}{2^z}} \right) \zeta (z) = {\small\frac{1}{3^z}} \cdot \sum_{j = 0}^{\infty} {\small\frac{1}{(2 j + 1)^z}} = \sum_{j = 0}^{\infty} {\small\frac{1}{(6 j + 3)^z}} }[/math]

Zatem

[math]\displaystyle{ \left( 1 - {\small\frac{1}{2^z}} \right) \zeta (z) - {\small\frac{1}{3^z}} \left( 1 - {\small\frac{1}{2^z}} \right) \zeta (z) = \left( 1 - {\small\frac{1}{3^z}} \right) \left( 1 - {\small\frac{1}{2^z}} \right) \zeta (z) = \sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{1}{(6 k + 1)^z}} + \sum_{k = 0}^{\infty} {\small\frac{1}{(6 k + 5)^z}} }[/math]

I widzimy, że po prawej stronie zostały usunięte wszystkie wyrazy, których mianowniki były podzielne przez [math]\displaystyle{ 3 }[/math].

Postępując mniej formalnie możemy napisać

[math]\displaystyle{ \left( 1 - {\small\frac{1}{3^z}} \right) \left( 1 - {\small\frac{1}{2^z}} \right) \zeta (z) = 1 + {\small\frac{1}{5^z}} + {\small\frac{1}{7^z}} + {\small\frac{1}{11^z}} + {\small\frac{1}{13^z}} + {\small\frac{1}{17^z}} + {\small\frac{1}{19^z}} + {\small\frac{1}{23^z}} + {\small\frac{1}{25^z}} + {\small\frac{1}{29^z}} + {\small\frac{1}{31^z}} + {\small\frac{1}{35^z}} + \ldots }[/math]

Jednocześnie

[math]\displaystyle{ {\small\frac{1}{5^z}} \left( 1 - {\small\frac{1}{3^z}} \right) \left( 1 - {\small\frac{1}{2^z}} \right) \zeta (z) = {\small\frac{1}{5^z}} + {\small\frac{1}{25^z}} + {\small\frac{1}{35^z}} + {\small\frac{1}{55^z}} + {\small\frac{1}{65^z}} + {\small\frac{1}{85^z}} + {\small\frac{1}{95^z}} + {\small\frac{1}{115^z}} + {\small\frac{1}{125^z}} + \ldots }[/math]

Zatem obliczając różnicę, dostajemy

[math]\displaystyle{ \left( 1 - {\small\frac{1}{5^z}} \right) \left( 1 - {\small\frac{1}{3^z}} \right) \left( 1 - {\small\frac{1}{2^z}} \right) \zeta (z) = 1 + {\small\frac{1}{7^z}} + {\small\frac{1}{11^z}} + {\small\frac{1}{13^z}} + {\small\frac{1}{17^z}} + {\small\frac{1}{19^z}} + {\small\frac{1}{23^z}} + {\small\frac{1}{29^z}} + {\small\frac{1}{31^z}} + \ldots }[/math]

I widzimy, że po prawej stronie zostały usunięte wszystkie wyrazy, których mianowniki były podzielne przez [math]\displaystyle{ 5 }[/math].

Jeśli będziemy powtarzali tę operację dla kolejnych liczb pierwszych, to po prawej stronie zostaną usunięte wszystkie ułamki (ponieważ każda liczba naturalna większa od 1 dzieli się przez jakąś liczbę pierwszą) i zostanie nam tylko liczba 1

[math]\displaystyle{ \ldots \left( 1 - {\small\frac{1}{7^z}} \right) \left( 1 - {\small\frac{1}{5^z}} \right) \left( 1 - {\small\frac{1}{3^z}} \right) \left( 1 - {\small\frac{1}{2^z}} \right) \zeta (z) = 1 }[/math]

Co możemy zapisać w postaci

[math]\displaystyle{ \left[ \prod_{p \geqslant 2} \left( 1 - {\small\frac{1}{p^z}} \right) \right] \cdot \zeta (z) = 1 }[/math]

gdzie iloczyn przebiega po wszystkich liczbach pierwszych. Czyli

[math]\displaystyle{ \zeta (z) = \left[ \prod_{p \geqslant 2} \left( 1 - {\small\frac{1}{p^z}} \right) \right]^{- 1} = \prod_{p \geqslant 2} \left( 1 - {\small\frac{1}{p^z}} \right)^{- 1} = \prod_{p \geqslant 2} \frac{1}{1 - \tfrac{1}{p^z}} }[/math]

Co należało pokazać.
□

Zadanie R45
Pokazać, że układ równań

[math]\displaystyle{ \begin{cases} \; | 1 - p^z | = 1 + | p^z | \\ \; | 1 - q^z | = 1 + | q^z | \\ \end{cases} }[/math]

gdzie [math]\displaystyle{ p, q }[/math] są różnymi liczbami pierwszymi, nie ma rozwiązania.

Rozwiązanie

Rozważmy pierwsze równanie – wnioski dla drugiego będą analogiczne. Dla liczb zespolonych [math]\displaystyle{ w_1, w_2 }[/math] prawdziwa jest nierówność trójkąta (zobacz ZA4 p.6)

[math]\displaystyle{ | w_1 + w_2 | \leqslant | w_1 | + | w_2 | }[/math]

Równość [math]\displaystyle{ | w_1 + w_2 | = | w_1 | + | w_2 | }[/math] zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy obie liczby [math]\displaystyle{ w_1, w_2 }[/math] leżą na tej samej półprostej o początku w punkcie [math]\displaystyle{ w = 0 }[/math] (zobacz ZB31). Jeśli przyjmiemy [math]\displaystyle{ w_1 = 1 }[/math], to liczba [math]\displaystyle{ w_2 = - p^z }[/math] musi być rzeczywista i nieujemna. Zatem musi być [math]\displaystyle{ p^z \leqslant 0 }[/math]. Niech [math]\displaystyle{ z = x + i y }[/math], możemy teraz warunek [math]\displaystyle{ p^z \leqslant 0 }[/math] zapisać w postaci

[math]\displaystyle{ p^z = e^{(x + i y) \cdot \ln (p)} = e^{x \cdot \ln (p)} \cdot e^{i y \cdot \ln (p)} = p^x \cdot (\cos (y \cdot \ln p) + i \sin (y \cdot \ln p)) \leqslant 0 }[/math]

Ponieważ [math]\displaystyle{ p^x > 0 }[/math], to otrzymujemy

[math]\displaystyle{ \cos (y \cdot \ln p) + i \sin (y \cdot \ln p) \leqslant 0 }[/math]

Liczba [math]\displaystyle{ p^z }[/math] musi być liczbą rzeczywistą, zatem [math]\displaystyle{ \sin (y \cdot \ln p) = 0 }[/math], czyli [math]\displaystyle{ \cos (y \cdot \ln p) = \pm 1 }[/math] i, aby była spełniona wypisana nierówność, musi być [math]\displaystyle{ \cos (y \cdot \ln p) = - 1 }[/math]. Wynika stąd natychmiast, że

[math]\displaystyle{ y \cdot \ln p = (2 m_p + 1) \pi }[/math]

gdzie [math]\displaystyle{ m_p \in \mathbb{Z} }[/math]. Zatem z rozważanego równania wynika ograniczenie na możliwe wartości [math]\displaystyle{ y }[/math]

[math]\displaystyle{ y = {\small\frac{(2 m_p + 1) \pi}{\ln p}} }[/math]

Z drugiego równania dostajemy analogiczne ograniczenie

[math]\displaystyle{ y = {\small\frac{(2 m_q + 1) \pi}{\ln q}} }[/math]

Ponieważ obydwa warunki muszą być spełnione jednocześnie, to

[math]\displaystyle{ {\small\frac{(2 m_p + 1) \pi}{\ln p}} = {\small\frac{(2 m_q + 1) \pi}{\ln q}} }[/math]

[math]\displaystyle{ (2 m_p + 1) \cdot \ln q = (2 m_q + 1) \cdot \ln p }[/math]

[math]\displaystyle{ \ln (q^{(2 m_p + 1)}) = \ln (p^{(2 m_q + 1)}) }[/math]

[math]\displaystyle{ q^{(2 m_p + 1)} = p^{(2 m_q + 1)} }[/math]

Powyższa równość zachodzi tylko w przypadku, gdy [math]\displaystyle{ 2 m_p + 1 = 2 m_q + 1 = 0 }[/math], ale jest to niemożliwe, bo obie liczby są liczbami nieparzystymi. Zatem nie istnieje wspólna wartość [math]\displaystyle{ y }[/math], a to oznacza, że układ równań nie posiada rozwiązania [math]\displaystyle{ z \in \mathbb{C} }[/math]. Co należało pokazać.
□

Zadanie R46
Niech [math]\displaystyle{ \operatorname{Re}(z) > 1 }[/math] i [math]\displaystyle{ z = x + i y }[/math]. Korzystając ze wzoru iloczynowego Eulera

[math]\displaystyle{ \zeta (z) = \prod_{p \geqslant 2} {\small\frac{1}{1 - p^{- z}}} }[/math]

pokazać, że

 ●   [math]\displaystyle{ {\small\frac{\zeta (2 x)}{\zeta (x)}} < | \zeta (x + i y) | \leqslant \zeta (x) }[/math]

 ●   [math]\displaystyle{ \operatorname{Log} (\zeta (z)) = \sum_{p \geqslant 2} \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{p^{- k z}}{k}} }[/math]

 ●   [math]\displaystyle{ \ln | \zeta (x + i y) | = \sum_{p \geqslant 2} \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{\cos (k y \cdot \ln (p))}{k p^{k x}}} }[/math]

Rozwiązanie

Punkt 1. – oszacowanie od góry

Zauważmy, że dla [math]\displaystyle{ x > 1 }[/math] i [math]\displaystyle{ p \geqslant 2 }[/math] mamy [math]\displaystyle{ p^{- x} = {\small\frac{1}{p^x}} < {\small\frac{1}{p}} \leqslant {\small\frac{1}{2}} }[/math]. Zatem

[math]\displaystyle{ | 1 - p^{- z} | \geqslant | | 1 | - | p^{- z} | | = | 1 - p^{- x} | = 1 - p^{- x} }[/math]

Korzystając z powyższej nierówności, otrzymujemy oszacowanie

[math]\displaystyle{ | \zeta (z) | = \prod_{p \geqslant 2} {\small\frac{1}{| 1 - p^{- z} |}} \leqslant \prod_{p \geqslant 2} {\small\frac{1}{1 - p^{- x}}} = \zeta (x) }[/math]

Punkt 1. – oszacowanie od dołu

Zauważmy, że

[math]\displaystyle{ | 1 - p^{- z} | \leqslant | 1 | + | p^{- z} | = 1 + p^{- x} = {\small\frac{(1 + p^{- x}) (1 - p^{- x})}{1 - p^{- x}}} = {\small\frac{1 - p^{- 2 x}}{1 - p^{- x}}} }[/math]

Z zadania R45 wynika, że równość [math]\displaystyle{ | 1 - p^{- z} | = | 1 | + | p^{- z} | }[/math] może zachodzić dla co najwyżej jednej liczby pierwszej [math]\displaystyle{ p }[/math], co oznacza, że dla pozostałych liczb pierwszych powyższa nierówność musi być ostra. Zatem dostajemy oszacowanie

[math]\displaystyle{ | \zeta (z) | = \prod_{p \geqslant 2} {\small\frac{1}{| 1 - p^{- z} |}} > \prod_{p \geqslant 2} {\small\frac{1 - p^{- x}}{1 - p^{- 2 x}}} = \prod_{p \geqslant 2} {\small\frac{1}{1 - p^{- 2 x}}} \cdot \prod_{p \geqslant 2} \left( {\small\frac{1}{1 - p^{- x}}} \right)^{\! - 1} = \zeta (2 x) \cdot \left( \prod_{p \geqslant 2} {\small\frac{1}{1 - p^{- x}}} \right)^{\! - 1} = {\small\frac{\zeta (2 x)}{\zeta (x)}} }[/math]

Co należało pokazać.

Punkt 2.

Logarytmując obie strony wzoru iloczynowego Eulera

[math]\displaystyle{ \zeta (z) = \prod_{p \geqslant 2} {\small\frac{1}{1 - p^{- z}}} }[/math]

otrzymujemy

[math]\displaystyle{ \operatorname{Log} (\zeta (z)) = \operatorname{Log} \left( \prod_{p \geqslant 2} {\small\frac{1}{1 - p^{- z}}} \right) = \sum_{p \geqslant 2} \operatorname{Log} \left( {\small\frac{1}{1 - p^{- z}}} \right) = - \sum_{p \geqslant 2} \operatorname{Log} (1 - p^{- z}) }[/math]

Ponieważ

[math]\displaystyle{ | p^{- z} | = p^{- \operatorname{Re}(z)} = {\small\frac{1}{p^x}} < {\small\frac{1}{2}} }[/math]

to możemy wykorzystać fakt, że dla [math]\displaystyle{ | w | < 1 }[/math] funkcję [math]\displaystyle{ \operatorname{Log} (1 - w) }[/math] można rozwinąć w zbieżny szereg postaci

[math]\displaystyle{ \operatorname{Log} (1 - w) = - \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{w^k}{k}} = - w - {\small\frac{w^2}{2}} - {\small\frac{w^3}{3}} - {\small\frac{w^4}{4}} - {\small\frac{w^5}{5}} - \ldots }[/math]

Otrzymujemy

[math]\displaystyle{ \operatorname{Log} (\zeta (z)) = - \sum_{p \geqslant 2} \operatorname{Log} (1 - p^{- z}) = \sum_{p \geqslant 2} \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{p^{- k z}}{k}} }[/math]

Co należało pokazać.

Punkt 3.

Z punktu 2. wiemy, że

[math]\displaystyle{ \operatorname{Log} (\zeta (z)) = \sum_{p \geqslant 2} \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{p^{- k z}}{k}} }[/math]

Ponieważ

[math]\displaystyle{ {\small\frac{p^{- k z}}{k}} = {\small\frac{p^{- k (x + i y)}}{k}} = {\small\frac{p^{- k x - i k y}}{k}} = {\small\frac{p^{- i k y}}{k p^{k x}}} = {\small\frac{e^{- i k y \cdot \ln (p)}}{k p^{k x}}} = {\small\frac{\cos (k y \cdot \ln (p)) - i \sin (k y \cdot \ln (p))}{k p^{k x}}} }[/math]

to możemy napisać

[math]\displaystyle{ \operatorname{Log} (\zeta (x + i y)) = \sum_{p \geqslant 2} \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{\cos (k y \cdot \ln (p)) - i \sin (k y \cdot \ln (p))}{k p^{k x}}} }[/math]

Korzystając ze wzoru [math]\displaystyle{ \ln | z | = \operatorname{Re}(\operatorname{Log} (z)) }[/math] (zobacz ZB48 p.1), otrzymujemy

[math]\displaystyle{ \ln | \zeta (x + i y) | = \operatorname{Re}(\operatorname{Log} (\zeta (x + i y))) }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\;\;\,\, = \sum_{p \geqslant 2} \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{\cos (k y \cdot \ln (p))}{k p^{k x}}} }[/math]

Co należało pokazać.
□

Zera funkcji [math]\displaystyle{ \zeta (z) }[/math]

Twierdzenie R47
Funkcja [math]\displaystyle{ \zeta (z) }[/math] jest różna od zera dla wszystkich [math]\displaystyle{ z }[/math] spełniających warunek [math]\displaystyle{ \operatorname{Re}(z) \geqslant 1 }[/math].

Dowód

Przypadek [math]\displaystyle{ \boldsymbol{\operatorname{Re}(z) > 1} }[/math]

Niech [math]\displaystyle{ z = x + i y }[/math]. Skorzystamy z oszacowania (zobacz R46 p.1)

[math]\displaystyle{ {\small\frac{\zeta (2 x)}{\zeta (x)}} < | \zeta (x + i y) | \leqslant \zeta (x) }[/math]

Ponieważ dla [math]\displaystyle{ x > 1 }[/math] mamy [math]\displaystyle{ \zeta (x) > 1 }[/math] (zobacz R21), to [math]\displaystyle{ {\small\frac{1}{\zeta (x)}} > 0 }[/math] i otrzymujemy

[math]\displaystyle{ | \zeta (x + i y) | > {\small\frac{\zeta (2 x)}{\zeta (x)}} > {\small\frac{1}{\zeta (x)}} > 0 }[/math]

Skoro [math]\displaystyle{ | \zeta (x + i y) | \neq 0 }[/math] dla [math]\displaystyle{ x > 1 }[/math], to również [math]\displaystyle{ \zeta (x + i y) \neq 0 }[/math].

Pokaż wykresy

□

Przypadek [math]\displaystyle{ \boldsymbol{\operatorname{Re}(z) = 1} }[/math]

Fakt, że funkcja dzeta Riemanna nie posiada miejsc zerowych na prostej [math]\displaystyle{ \operatorname{Re}(z) = 1 }[/math], udowodnili w 1896 roku niezależnie od siebie dwaj matematycy: Jacques Hadamard i Charles-Jean de La Vallée Poussin. Pomysł wykorzystania do dowodu nierówności [math]\displaystyle{ 3 + 4 \cos (\theta) + \cos (2 \theta) \geqslant 0 }[/math] jest późniejszy i pochodzi od Franciszka Mertensa.

Zauważmy, że

[math]\displaystyle{ 3 + 4 \cos (\theta) + \cos (2 \theta) \geqslant 0 }[/math]

bo

[math]\displaystyle{ 3 + 4 \cos (\theta) + \cos (2 \theta) = 3 + 4 \cos (\theta) + 2 \cos^2 (\theta) - 1 = 2 (1 + \cos (\theta))^2 \geqslant 0 }[/math]

Korzystając ze wzoru

[math]\displaystyle{ \ln | \zeta (x + i y) | = \sum_{p \geqslant 2} \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{\cos (k y \cdot \ln (p))}{k p^{k x}}} }[/math]

łatwo wyliczamy, że

[math]\displaystyle{ 3 \ln | \zeta (x) | + 4 \ln | \zeta (x + i y) | + \ln | \zeta (x + 2 i y) | = \sum_p \sum_{m = 1}^{\infty} {\small\frac{3 + 4 \cos (m y \cdot \ln (p)) + \cos (2 m y \cdot \ln (p))}{m \cdot p^{m x}}} }[/math]

Ponieważ prawa strona jest sumą liczb nieujemnych, to

[math]\displaystyle{ \ln (| \zeta (x) |^3 \cdot | \zeta (x + i y) |^4 \cdot | \zeta (x + 2 i y) |) \geqslant 0 }[/math]

Czyli

[math]\displaystyle{ | \zeta (x) |^3 \cdot | \zeta (x + i y) |^4 \cdot | \zeta (x + 2 i y) | \geqslant 1 }[/math]

Przypuśćmy, dla uzyskania sprzeczności, że funkcja [math]\displaystyle{ \zeta (z) }[/math] ma zero na linii [math]\displaystyle{ x = 1 }[/math] w punkcie [math]\displaystyle{ 1 + i y_0 }[/math] (gdzie [math]\displaystyle{ y_0 \neq 0 }[/math]) i rozważmy funkcję

[math]\displaystyle{ f(x) = | \zeta (x) |^3 \cdot | \zeta (x + i y_0) |^4 \cdot | \zeta (x + 2 i y_0) | }[/math]

określoną dla [math]\displaystyle{ x > 1 }[/math]. Zgodnie z wyżej udowodnionym wzorem dla [math]\displaystyle{ x > 1 }[/math] jest [math]\displaystyle{ f(x) \geqslant 1 }[/math]. Zatem granica [math]\displaystyle{ \lim_{x \to 1^+} f (x) }[/math] – o ile istnieje – musi być większa lub równa 1.

Z drugiej strony wiemy, że [math]\displaystyle{ \lim_{z \rightarrow 1} [(z - 1) \zeta (z)] = 1 }[/math] (zobacz R25). Wiemy też, że [math]\displaystyle{ \zeta (z) }[/math] jest różniczkowalna w [math]\displaystyle{ \mathbb{C} \backslash \{ 1 \} }[/math]. Zatem istnieje skończona granica ilorazu różnicowego

[math]\displaystyle{ \lim_{z \rightarrow z_0} {\small\frac{\zeta (z) - \zeta (z_0)}{z - z_0}} = \zeta'(z_0) }[/math]

Przekształćmy funkcję [math]\displaystyle{ f(x) }[/math] tak, abyśmy mogli łatwo policzyć granicę, gdy [math]\displaystyle{ x \rightarrow 1^+ }[/math]. Mamy

[math]\displaystyle{ f(x) = | \zeta (x) |^3 \cdot | \zeta (x + i y_0) |^4 \cdot | \zeta (x + 2 i y_0) | }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\, = | \zeta (x) |^3 \cdot | \zeta (x + i y_0) - \zeta (1 + i y_0) |^4 \cdot | \zeta (x + 2 i y_0) | \qquad\qquad }[/math] (możemy tak napisać, bo założyliśmy, że [math]\displaystyle{ \zeta (1 + i y_0) = 0 }[/math])

[math]\displaystyle{ \;\;\, = | (x - 1) \zeta (x) |^3 \cdot \left| {\small\frac{\zeta (x + i y_0) - \zeta (1 + i y_0)}{x - 1}} \right|^4 \cdot (x - 1) \cdot | \zeta (x + 2 i y_0) | }[/math]

Ponieważ [math]\displaystyle{ \zeta (z) }[/math] jest różniczkowalna w otoczeniu punktów [math]\displaystyle{ 1 + i y_0 }[/math] oraz [math]\displaystyle{ 1 + 2 i y_0 }[/math] (bo [math]\displaystyle{ y_0 \neq 0 }[/math]), granice poszczególnych czynników są skończone. Zatem^[a]

[math]\displaystyle{ \lim_{x \to 1^+} f (x) = \lim_{x \to 1^+} \left\{ | (x - 1) \zeta (x) |^3 \cdot \left| {\small\frac{\zeta (x + i y_0) - \zeta (1 + i y_0)}{x - 1}} \right|^4 \cdot (x - 1) \cdot | \zeta (x + 2 i y_0) | \right\} }[/math]

[math]\displaystyle{ = \{ \lim_{x \to 1^+} | (x - 1) \zeta (x) |^3 \} \cdot \left\{ \lim_{x \to 1^+} \left| {\small\frac{\zeta (x + i y_0) - \zeta (1 + i y_0)}{x - 1}} \right|^4 \right\} \cdot \{ \lim_{x \to 1^+} (x - 1) \} \cdot \{ \lim_{x \to 1^+} | \zeta (x + 2 i y_0) | \} }[/math]

[math]\displaystyle{ = \{ | \lim_{x \to 1^+} [(x - 1) \zeta (x)] |^3 \} \cdot \left\{ \left| \lim_{x \to 1^+} {\small\frac{\zeta (x + i y_0) - \zeta (1 + i y_0)}{x - 1}} \right|^4 \right\} \cdot \{ \lim_{x \to 1^+} (x - 1) \} \cdot \{ | \lim_{x \to 1^+} \zeta (x + 2 i y_0) | \} }[/math]

[math]\displaystyle{ = 1^3 \cdot | \zeta' (1 + iy_0) |^4 \cdot 0 \cdot | \zeta (1 + 2 iy_0) | = 0 }[/math]

Uzyskany wynik stoi w sprzeczności z warunkiem [math]\displaystyle{ \lim_{x \to 1^+} f (x) \geqslant 1 }[/math]. Otrzymana sprzeczność kończy dowód.

---

[a] Korzystamy z twierdzenia o granicy funkcji złożonej

Jeżeli istnieje skończona granica [math]\displaystyle{ \lim_{z \to z_0} g (z) = c }[/math] i funkcja [math]\displaystyle{ f(z) }[/math] jest ciągła w punkcie [math]\displaystyle{ c }[/math], to

[math]\displaystyle{ \lim_{z \to z_0} f (g (z)) = f (\lim_{z \to z_0} g (z)) = f (c) }[/math]

□

Zadanie R48
Pokazać, że [math]\displaystyle{ \zeta (z) \neq 0 }[/math] dla [math]\displaystyle{ \operatorname{Re}(z) = 0 }[/math]

Rozwiązanie

Ponieważ [math]\displaystyle{ \zeta (0) = - {\small\frac{1}{2}} }[/math], to punkt [math]\displaystyle{ z = 0 }[/math] możemy wykluczyć z naszych rozważań. Przypuśćmy, dla uzyskania sprzeczności, że istnieje takie [math]\displaystyle{ z_0 = i y_0 }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ y_0 \neq 0 }[/math], że [math]\displaystyle{ \zeta (z_0) = 0 }[/math].

Napiszmy równanie funkcyjne Riemanna dla [math]\displaystyle{ z = z_0 }[/math]

[math]\displaystyle{ 0 = \zeta (z_0) = 2^{z_0} \pi^{z_0 - 1} \sin \left( {\small\frac{\pi z_0}{2}} \right) \Gamma (1 - z_0) \zeta (1 - z_0) }[/math]

Zauważmy, że

•     funkcje [math]\displaystyle{ 2^z }[/math] i [math]\displaystyle{ \pi^z }[/math] są różne od zera (zobacz ZB49 p.3)

•     funkcja [math]\displaystyle{ \Gamma (z) }[/math] jest różna od zera (zobacz D142 p.2)

•     funkcja [math]\displaystyle{ \sin \left( {\small\frac{\pi z_0}{2}} \right) = 0 }[/math] tylko dla [math]\displaystyle{ {\small\frac{\pi z_0}{2}} = k \pi }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ k \in \mathbb{Z} }[/math] (zobacz ZB29 p.2), czyli dla [math]\displaystyle{ z_0 \in \{ 0, \pm 2, \pm 4, \ldots \} }[/math]

Oczywiście [math]\displaystyle{ z_0 = i y_0 }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ y_0 \neq 0 }[/math], nie jest elementem zbioru [math]\displaystyle{ \{ 0, \pm 2, \pm 4, \ldots \} }[/math].

Zbierając: iloczyn [math]\displaystyle{ 2^{z_0} \pi^{z_0 - 1} \sin \left( {\small\frac{\pi z_0}{2}} \right) \Gamma (1 - z_0) }[/math] jest różny od zera. Zatem funkcja [math]\displaystyle{ \zeta (1 - z_0) }[/math] musi być równa zero, aby równanie funkcyjne Riemanna było spełnione. Jeśli tak, to możemy napisać

[math]\displaystyle{ \zeta (1 - z_0) = \zeta (1 - i y_0) = 0 }[/math]

Wbrew twierdzeniu R47, w którym pokazaliśmy, że na prostej [math]\displaystyle{ \operatorname{Re}(z) = 1 }[/math] funkcja [math]\displaystyle{ \zeta (z) }[/math] jest różna od zera. Otrzymana sprzeczność dowodzi, że nasze przypuszczenie było fałszywe. Co należało pokazać.
□

Twierdzenie R49
Jedyne miejsca zerowe funkcji [math]\displaystyle{ \zeta (z) }[/math] poza pasem [math]\displaystyle{ 0 < \operatorname{Re}(z) < 1 }[/math] to [math]\displaystyle{ z = - 2 k }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ k \in \mathbb{Z}_+ }[/math].

Dowód

Pokazaliśmy już, że [math]\displaystyle{ \zeta (z) \neq 0 }[/math] dla [math]\displaystyle{ \operatorname{Re}(z) \geqslant 1 }[/math] i dla [math]\displaystyle{ \operatorname{Re}(z) = 0 }[/math] (zobacz R47 i R48). Do zbadania, jak zachowuje się funkcja [math]\displaystyle{ \zeta (z) }[/math] dla [math]\displaystyle{ \operatorname{Re}(z) < 0 }[/math], wykorzystamy równanie funkcyjne Riemanna

[math]\displaystyle{ \zeta (z) = 2^z \pi^{z - 1} \sin \left( {\small\frac{\pi z}{2}} \right) \Gamma (1 - z) \zeta (1 - z) }[/math]

Funkcje wykładnicze [math]\displaystyle{ 2^z }[/math] i [math]\displaystyle{ \pi^{z - 1} }[/math] oraz funkcja [math]\displaystyle{ \Gamma (1 - z) }[/math] są zawsze różne od zera (zobacz ZB49 p.3 i D142 p.2). Jeżeli [math]\displaystyle{ \operatorname{Re}(z) < 0 }[/math], to [math]\displaystyle{ \operatorname{Re}(1 - z) > 1 }[/math]. A jak pokazaliśmy w twierdzeniu R47 funkcja [math]\displaystyle{ \zeta (w) }[/math] dla argumentów [math]\displaystyle{ w }[/math] takich, że [math]\displaystyle{ \operatorname{Re}(w) \geqslant 1 }[/math] nigdy nie jest równa zero.

Wynika stąd, że jeżeli [math]\displaystyle{ \operatorname{Re}(z) < 0 }[/math], to jedyne zera funkcji [math]\displaystyle{ \zeta (z) }[/math] są identyczne z zerami funkcji [math]\displaystyle{ \sin \left( {\small\frac{\pi z}{2}} \right) }[/math]. Wiemy, że [math]\displaystyle{ \sin \left( {\small\frac{\pi z}{2}} \right) = 0 }[/math] tylko dla [math]\displaystyle{ z = 2 k }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ k \in \mathbb{Z} }[/math] (zobacz ZB29 p.2). Uwzględniając, że [math]\displaystyle{ \operatorname{Re} (z) < 0 }[/math], otrzymujemy, że wszystkie miejsca zerowe funkcji [math]\displaystyle{ \zeta (z) }[/math] w półpłaszczyźnie otwartej [math]\displaystyle{ \operatorname{Re}(z) < 0 }[/math] są równe [math]\displaystyle{ z = - 2 k }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ k \in \mathbb{Z}_+ }[/math]. Są to tak zwane zera trywialne funkcji [math]\displaystyle{ \zeta (z) }[/math]. Co należało pokazać.
□

Twierdzenie R50
Niech [math]\displaystyle{ 0 < \operatorname{Re}(z_0) < 1 }[/math]. Jeżeli [math]\displaystyle{ z_0 }[/math] jest miejscem zerowym funkcji [math]\displaystyle{ \zeta (z) }[/math], to funkcja [math]\displaystyle{ \zeta (z) }[/math] zeruje się też w punktach [math]\displaystyle{ \overline{z_0} }[/math] i [math]\displaystyle{ 1 - z_0 }[/math].

Dowód

Punkt 1.

Ponieważ [math]\displaystyle{ \overline{\zeta (z)} = \zeta (\overline{z}) }[/math] (zobacz R38) i z założenia [math]\displaystyle{ \zeta (z_0) = 0 }[/math], to

[math]\displaystyle{ 0 = \zeta (z_0) \qquad\qquad \Longrightarrow \qquad\qquad 0 = \overline{\zeta (z_0)} = \zeta (\overline{z_0}) }[/math]

Zatem [math]\displaystyle{ \overline{z_0} }[/math] jest miejscem zerowym funkcji dzeta.

Punkt 2.

Napiszmy równanie funkcyjne Riemanna dla [math]\displaystyle{ z = z_0 }[/math]

[math]\displaystyle{ 0 = \zeta (z_0) = 2^{z_0} \pi^{z_0 - 1} \sin \left( {\small\frac{\pi z_0}{2}} \right) \Gamma (1 - z_0) \zeta (1 - z_0) }[/math]

Zauważmy, że

•     funkcje [math]\displaystyle{ 2^z }[/math] i [math]\displaystyle{ \pi^z }[/math] są różne od zera (zobacz ZB49 p.3)

•     funkcja [math]\displaystyle{ \Gamma (z) }[/math] jest różna od zera (zobacz D142 p.3)

•     funkcja [math]\displaystyle{ \sin \left( {\small\frac{\pi z_0}{2}} \right) = 0 }[/math] tylko dla [math]\displaystyle{ {\small\frac{\pi z_0}{2}} = k \pi }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ k \in \mathbb{Z} }[/math] (zobacz ZB29 p.2), czyli dla [math]\displaystyle{ z_0 \in \{ 0, \pm 2, \pm 4, \ldots \} }[/math]

Ponieważ z założenia [math]\displaystyle{ \operatorname{Re}(z_0) \in (0, 1) }[/math], to [math]\displaystyle{ \sin \left( {\small\frac{\pi z_0}{2}} \right) \neq 0 }[/math].

Zbierając: iloczyn [math]\displaystyle{ 2^{z_0} \pi^{z_0 - 1} \sin \left( {\small\frac{\pi z_0}{2}} \right) \Gamma (1 - z_0) }[/math] jest różny od zera. Zatem funkcja [math]\displaystyle{ \zeta (1 - z_0) }[/math] musi być równa zero, aby równanie funkcyjne Riemanna było spełnione. Co należało pokazać.
□

Uwaga R51
Niech [math]\displaystyle{ \zeta (z_0) = 0 }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ 0 < \operatorname{Re}(z_0) < 1 }[/math]. Z twierdzenia R50 wynika, że jeżeli [math]\displaystyle{ \operatorname{Re}(z_0) \neq {\small\frac{1}{2}} }[/math], to istnieją trzy dodatkowe miejsca zerowe funkcji [math]\displaystyle{ \zeta (z) }[/math]. Wypisując wszystkie cztery, mamy: [math]\displaystyle{ z_0 }[/math], [math]\displaystyle{ \overline{z_0} }[/math], [math]\displaystyle{ 1 - z_0 }[/math], [math]\displaystyle{ 1 - \overline{z_0} }[/math]. W przypadku, gdy [math]\displaystyle{ \operatorname{Re}(z_0) = {\small\frac{1}{2}} }[/math], istnieje jedno dodatkowe miejsce zerowe funkcji [math]\displaystyle{ \zeta (z) }[/math] i tym razem mamy tylko: [math]\displaystyle{ z_0 }[/math], [math]\displaystyle{ \overline{z_0} }[/math].

Uzupełnienie

Twierdzenie R52* (o jednoznaczności różniczkowalnych funkcji zespolonych)
Jeżeli funkcje zespolone [math]\displaystyle{ f }[/math] i [math]\displaystyle{ g }[/math] są różniczkowalne w obszarze [math]\displaystyle{ D \subset \mathbb{C} }[/math] i są sobie równe w pewnym obszarze [math]\displaystyle{ E \subset D }[/math], to [math]\displaystyle{ f(z) = g (z) }[/math] dla wszystkich [math]\displaystyle{ z \in D }[/math].

Uwaga: zbiór [math]\displaystyle{ E }[/math] nie musi być obszarem. Wystarczy, aby zbiór [math]\displaystyle{ E }[/math] posiadał przynajmniej jeden punkt skupienia w [math]\displaystyle{ D }[/math] (zobacz ZA36), czyli [math]\displaystyle{ E }[/math] może być odcinkiem otwartym lub ciągiem zbieżnym [math]\displaystyle{ (z_k) }[/math].

Twierdzenie R53*
Jeżeli funkcja [math]\displaystyle{ f(z) }[/math] jest różniczkowalna w obszarze [math]\displaystyle{ D \subset \mathbb{C} }[/math] i [math]\displaystyle{ f(z) = 0 }[/math] w pewnym obszarze [math]\displaystyle{ E \subset D }[/math], to [math]\displaystyle{ f (z) = 0 }[/math] dla wszystkich [math]\displaystyle{ z \in D }[/math].

Uwaga: zbiór [math]\displaystyle{ E }[/math] nie musi być obszarem. Wystarczy, aby zbiór [math]\displaystyle{ E }[/math] posiadał przynajmniej jeden punkt skupienia w [math]\displaystyle{ D }[/math] (zobacz ZA36), czyli [math]\displaystyle{ E }[/math] może być odcinkiem otwartym lub ciągiem zbieżnym [math]\displaystyle{ (z_k) }[/math].

Zadanie R54
Udowodnić równoważność twierdzeń R52 i R53.

Rozwiązanie

R52 [math]\displaystyle{ \; \Large{\Longrightarrow} \; }[/math] R53
Niech [math]\displaystyle{ f : D \rightarrow \mathbb{C} }[/math] będzie różniczkowalna w obszarze [math]\displaystyle{ D }[/math] oraz niech [math]\displaystyle{ f(z) = 0 }[/math] dla każdego [math]\displaystyle{ z \in E }[/math].

Niech [math]\displaystyle{ g : D \rightarrow \mathbb{C} }[/math] będzie funkcją stałą taką, że [math]\displaystyle{ g(z) = 0 }[/math] dla każdego [math]\displaystyle{ z \in D }[/math]. Z definicji funkcja [math]\displaystyle{ g(z) }[/math] jest różniczkowalna w [math]\displaystyle{ D }[/math].

Ponieważ [math]\displaystyle{ f(z) = g (z) }[/math] dla każdego [math]\displaystyle{ z \in E }[/math], to funkcje [math]\displaystyle{ f, g }[/math] spełniają założenia twierdzenia R52, z którego natychmiast otrzymujemy, że dla każdego [math]\displaystyle{ z \in D }[/math]:

[math]\displaystyle{ f(z) = g (z) \qquad \text{i} \qquad g(z) = 0 \qquad\qquad \Longrightarrow \qquad\qquad f(z) = 0 }[/math]

Co należało pokazać.

R52 [math]\displaystyle{ \; \Large{\Longleftarrow} \; }[/math] R53
Niech funkcje [math]\displaystyle{ f, g : D \rightarrow \mathbb{C} }[/math] będą różniczkowalne w [math]\displaystyle{ D }[/math] i równe w [math]\displaystyle{ E }[/math].

Niech [math]\displaystyle{ h : D \rightarrow \mathbb{C} }[/math] będzie różnicą funkcji [math]\displaystyle{ f }[/math] i [math]\displaystyle{ g }[/math]: [math]\displaystyle{ h(z) = f (z) - g (z) }[/math] dla każdego [math]\displaystyle{ z \in D }[/math]. Z definicji funkcja [math]\displaystyle{ h(z) }[/math] jest różniczkowalna w [math]\displaystyle{ D }[/math].

Ponieważ [math]\displaystyle{ h(z) = f (z) - g (z) = 0 }[/math] dla każdego [math]\displaystyle{ z \in E }[/math], to funkcja [math]\displaystyle{ h }[/math] spełnia założenia twierdzenia R53, z którego natychmiast otrzymujemy, że dla każdego [math]\displaystyle{ z \in D }[/math]:

[math]\displaystyle{ h(z) = 0 \qquad\qquad \Longrightarrow \qquad\qquad f(z) - g (z) = 0 \qquad\qquad \Longrightarrow \qquad\qquad f(z) = g (z) }[/math]

Co należało pokazać.
□

Uwaga R55
Twierdzenia R52 i R53 rodzą niezwykłe konsekwencje, które nie mają żadnych odpowiedników dla różniczkowalnych funkcji rzeczywistych. Niżej podamy kilka z nich.

Zadanie R56
Pokazać, że jeżeli funkcja zespolona [math]\displaystyle{ f }[/math] jest różniczkowalna w obszarze [math]\displaystyle{ D \subset \mathbb{C} }[/math] i [math]\displaystyle{ f }[/math] jest funkcją stałą w pewnym obszarze [math]\displaystyle{ E \subset D }[/math], to [math]\displaystyle{ f(z) }[/math] jest funkcją stałą dla wszystkich [math]\displaystyle{ z \in D }[/math].

Rozwiązanie

Niech [math]\displaystyle{ f(z) = c }[/math] dla każdego [math]\displaystyle{ z \in E }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ c }[/math] jest pewną liczbą zespoloną. Funkcja stała [math]\displaystyle{ g(z) = c }[/math] jest określona i różniczkowalna na całej płaszczyźnie [math]\displaystyle{ \mathbb{C} }[/math], zatem [math]\displaystyle{ f(z) = g (z) }[/math] dla każdego [math]\displaystyle{ z \in E }[/math]. Na mocy twierdzenia R52 [math]\displaystyle{ f(z) = g (z) = c }[/math] w całym obszarze [math]\displaystyle{ D }[/math].

Zauważmy, że z twierdzenia R52 wynika znacznie więcej: jeżeli [math]\displaystyle{ f(z) }[/math] jest funkcją stałą na dowolnym, nawet bardzo małym odcinku, to jest stała w całym obszarze [math]\displaystyle{ D }[/math].
□

Twierdzenie R57
Niech [math]\displaystyle{ f(z) }[/math] będzie funkcją różniczkowalną w obszarze [math]\displaystyle{ D \subset \mathbb{C} }[/math]. Jeżeli funkcja [math]\displaystyle{ f(z) }[/math] nie jest funkcją stałą w całym obszarze [math]\displaystyle{ D }[/math] i w pewnym punkcie [math]\displaystyle{ z_0 \in D }[/math] mamy [math]\displaystyle{ f(z_0) = c }[/math], to istnieje takie [math]\displaystyle{ \varepsilon > 0 }[/math], że [math]\displaystyle{ f(z) \neq c }[/math] w otoczeniu nakłutym [math]\displaystyle{ \mathring{U} (z_0, \varepsilon) }[/math].

Dowód

Przypuśćmy, dla uzyskania sprzeczności, że nie istnieje takie [math]\displaystyle{ \varepsilon > 0 }[/math], że [math]\displaystyle{ f(z) \neq c }[/math] w otoczeniu nakłutym [math]\displaystyle{ \mathring{U} (z_0, \varepsilon) }[/math]. Zatem dla dowolnego [math]\displaystyle{ \varepsilon > 0 }[/math] musi istnieć taki punkt [math]\displaystyle{ z_{\varepsilon} \in \mathring{U} (z_0, \varepsilon) }[/math], że [math]\displaystyle{ f (z_{\varepsilon}) = c }[/math] .

Weźmy ciąg [math]\displaystyle{ \varepsilon_n = {\small\frac{1}{n}} }[/math] dla [math]\displaystyle{ n \in \mathbb{Z}_+ }[/math].

Stwierdzamy, że

•   dla [math]\displaystyle{ \varepsilon_1 = 1 }[/math], w otoczeniu nakłutym [math]\displaystyle{ \mathring{U} (z_0, 1) }[/math] istnieje taki punkt [math]\displaystyle{ z_1 }[/math], że [math]\displaystyle{ f(z_1) = c }[/math]

•   dla [math]\displaystyle{ \varepsilon_2 = {\small\frac{1}{2}} }[/math], w otoczeniu nakłutym [math]\displaystyle{ \mathring{U} (z_0, {\small\frac{1}{2}}) }[/math] istnieje taki punkt [math]\displaystyle{ z_2 }[/math], że [math]\displaystyle{ f(z_2) = c }[/math]

  [math]\displaystyle{ \vdots }[/math]

•   dla [math]\displaystyle{ \varepsilon_n = {\small\frac{1}{n}} }[/math], w otoczeniu nakłutym [math]\displaystyle{ \mathring{U} (z_0, {\small\frac{1}{n}}) }[/math] istnieje taki punkt [math]\displaystyle{ z_n }[/math], że [math]\displaystyle{ f(z_n) = c }[/math]

  [math]\displaystyle{ \vdots }[/math]

Widzimy, że dla ciągu punktów [math]\displaystyle{ (z_n) }[/math] prawdziwy jest układ nierówności

[math]\displaystyle{ 0 < |z_n - z_0 | < {\small\frac{1}{n}} }[/math]

Z twierdzenia ZA24 i ZA21 p.2 otrzymujemy, że

[math]\displaystyle{ \lim_{n \rightarrow \infty} |z_n - z_0 | = 0 \qquad\qquad \Longrightarrow \qquad\qquad \lim_{n \rightarrow \infty} z_n = z_0 }[/math]

Ponieważ [math]\displaystyle{ f(z_n) = c }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ (z_n) }[/math] jest ciągiem zbieżnym do punktu [math]\displaystyle{ z_0 \in D }[/math], to na mocy twierdzenia o jednoznaczności funkcja [math]\displaystyle{ f(z) }[/math] musi być funkcją stałą równą [math]\displaystyle{ c }[/math] w całym obszarze [math]\displaystyle{ D }[/math].

Wbrew założeniu, że funkcja [math]\displaystyle{ f(z) }[/math] nie jest funkcją stałą w całym obszarze [math]\displaystyle{ D }[/math]. Otrzymana sprzeczność kończy dowód.
□

Przykład R58
Sformułowanie twierdzenia R53 jest prostsze i dzięki temu natychmiast staje się widoczna przepaść między różniczkowalnością funkcji rzeczywistych a różniczkowalnością funkcji zespolonych. Przykładowo, funkcja

[math]\displaystyle{ f(x) = \begin{cases} 0 & \text{gdy } x \leqslant 0 \\ e^{- 1 / x} & \text{gdy } x > 0 \\ \end{cases} }[/math]

jest nieskończenie wiele razy różniczkowalna, ale z faktu, że jest równa zero dla [math]\displaystyle{ x }[/math] ujemnych, nic nie wynika. Zupełnie inaczej jest dla funkcji zespolonych – żądanie, aby funkcja była różniczkowalna, usztywnia funkcję w całej dziedzinie.

Zadanie R59
Pokazać, że [math]\displaystyle{ \sin^2 \! z + \cos^2 \! z = 1 }[/math] dla każdego [math]\displaystyle{ z \in \mathbb{C} }[/math].

Rozwiązanie

Rozważmy funkcję [math]\displaystyle{ f(z) = \sin^2 \! z + \cos^2 \! z - 1 }[/math] określoną i różniczkowalną na całej płaszczyźnie zespolonej. Niech [math]\displaystyle{ E = (0, 1) }[/math] będzie otwartym odcinkiem na osi rzeczywistej. Wiemy, że dla każdego [math]\displaystyle{ z = x \in E }[/math] (czyli dla liczb rzeczywistych) jest

[math]\displaystyle{ f(x) = \sin^2 \! x + \cos^2 \! x - 1 = 0 }[/math]

Ponieważ funkcja [math]\displaystyle{ f(z) }[/math] jest różniczkowalna na [math]\displaystyle{ D }[/math] i zeruje się na [math]\displaystyle{ E }[/math], to z twierdzenia R53 [math]\displaystyle{ f(z) = 0 }[/math] dla każdego [math]\displaystyle{ z \in \mathbb{C} }[/math]. Przenosząc jedynkę na prawą stronę, otrzymujemy dowodzoną tożsamość [math]\displaystyle{ \sin^2 \! z + \cos^2 \! z = 1 }[/math]. Co należało pokazać.
□

Definicja R60
Niech [math]\displaystyle{ U \subset V }[/math] będą obszarami na płaszczyźnie zespolonej [math]\displaystyle{ \mathbb{C} }[/math] i niech będzie dana funkcja [math]\displaystyle{ f : U \to \mathbb{C} }[/math] różniczkowalna w [math]\displaystyle{ U }[/math]. Jeżeli istnieje funkcja [math]\displaystyle{ g : V \to \mathbb{C} }[/math] taka, że

 ●   [math]\displaystyle{ g }[/math] jest różniczkowalna w całym obszarze [math]\displaystyle{ V }[/math]

 ●   [math]\displaystyle{ g(z) = f (z) }[/math] dla każdego [math]\displaystyle{ z \in U }[/math]

to powiemy, że funkcja [math]\displaystyle{ g }[/math] jest przedłużeniem analitycznym funkcji [math]\displaystyle{ f }[/math] do obszaru [math]\displaystyle{ V }[/math].

Zadanie R61
Znaleźć przedłużenie analityczne funkcji [math]\displaystyle{ f(z) = \sum_{k = 0}^{\infty} z^k }[/math].

Rozwiązanie

Szereg [math]\displaystyle{ \sum_{k = 0}^{\infty} z^k }[/math] jest szeregiem geometrycznym zbieżnym w kole [math]\displaystyle{ | z | < 1 }[/math]. Niech [math]\displaystyle{ U = \{ z : | z | < 1 \} }[/math]. Zatem funkcja [math]\displaystyle{ f }[/math] jest określona i różniczkowalna w [math]\displaystyle{ U }[/math].

Rozważmy teraz funkcję [math]\displaystyle{ g(z) = {\small\frac{1}{1 - z}} }[/math]. Funkcja [math]\displaystyle{ g }[/math] jest określona w [math]\displaystyle{ V =\mathbb{C} \backslash \{ 1 \} }[/math] i różniczkowalna w [math]\displaystyle{ V }[/math].

Wiemy, że [math]\displaystyle{ f(z) = g (z) }[/math] w obszarze [math]\displaystyle{ U }[/math].

Wynika stąd, że funkcja [math]\displaystyle{ g(z) }[/math] jest przedłużeniem analitycznym funkcji [math]\displaystyle{ f(z) }[/math] do obszaru [math]\displaystyle{ V =\mathbb{C} \backslash \{ 1 \} }[/math]. Co należało pokazać.
□

Twierdzenie R62 (o jednoznaczności przedłużenia analitycznego)
Niech [math]\displaystyle{ U \subset V }[/math] będą obszarami na płaszczyźnie zespolonej [math]\displaystyle{ \mathbb{C} }[/math] i niech będzie dana funkcja [math]\displaystyle{ f : U \to \mathbb{C} }[/math] różniczkowalna w [math]\displaystyle{ U }[/math]. Jeżeli funkcje [math]\displaystyle{ g }[/math] i [math]\displaystyle{ h }[/math] są przedłużeniami analitycznymi funkcji [math]\displaystyle{ f }[/math] do obszaru [math]\displaystyle{ V }[/math], to [math]\displaystyle{ g(z) = h (z) }[/math] dla każdego [math]\displaystyle{ z \in V }[/math].

Dowód

Funkcje [math]\displaystyle{ g }[/math] i [math]\displaystyle{ h }[/math] są przedłużeniami analitycznymi funkcji [math]\displaystyle{ f }[/math] do obszaru [math]\displaystyle{ V }[/math], zatem z definicji są różniczkowalne w [math]\displaystyle{ V }[/math] oraz [math]\displaystyle{ g(z) = f (z) }[/math] i [math]\displaystyle{ h(z) = f (z) }[/math] dla każdego [math]\displaystyle{ z \in U }[/math], skąd wynika, że [math]\displaystyle{ g(z) = h (z) }[/math] w obszarze [math]\displaystyle{ U }[/math]. Z twierdzenia R52 o jednoznaczności funkcji zespolonych otrzymujemy, że funkcje [math]\displaystyle{ g(z) }[/math] i [math]\displaystyle{ h(z) }[/math] są równe w całym obszarze [math]\displaystyle{ V }[/math]. Co należało pokazać.
□