EXAMENSARBETEN I MATEMATIK MATEMATISKA INSTITUTIONEN, STOCKHOLMS UNIVERSITET

MATEMATISKA INSTITUTIONEN, STOCKHOLMS UNIVERSITET

Mellintransformen

av

Gustaf Persson

2007 - No 6

MATEMATISKA INSTITUTIONEN, STOCKHOLMS UNIVERSITET, 10691 STOCKHOLM

Gustaf Persson

Examensarbete i matematik 10 po¨ang, p˚ abyggnadskurs Handledare: Rikard Bøgvad

2007

The Mellintransformis a lose relativeof theintegraltransformsof

Lapla eandFourier.AmajoruseofMellintransformsisinasymptoti

analysis.Thepaperstartswithbasi andfundamentalpropertiesofthe

Mellin transform. Then there is a dis ussion about the fundamental

orresponden e between asymptoti expansion of an original fun tion

and the singular expansion of its transform. The main appli ation in

this this paper is to use this fundamental orresponden e to nd the

polefor the Riemannzeta fun tion.

2. Förord

Jagvillta kaminhandledareRikardBøgvadsom gavmiguppslaget

för uppsatsen o h vars hjälp o h handledning gjort det möjligt att

skriva arbetet. Jag vill o kså ta ka Elias Amselem för givande samtal

angående matematiko h andra tekniska detaljer.

Innehåll

1. Abstra t 1

2. Förord 2

3. Denitionav Mellintransformen 4

4. Vad ärMellintransformen bra för? 4

5. Närexisterar Mellintransformen? 5

6. Uppskattning av den fundamentalaremsan 9

7. Beräkning av transformer 12

8. Likhet med Lapla etransformen o h Fouriertransformen 16

9. Inversberäkningar 17

10. Transformens fundamentalaegenskaper 22

11. Tillämpningarpå Gammao hzeta funktionerna 29

12. Gammafunktionen 33

Referenser 37

3. Definition av Mellintransformen

Denition1. Låt

f (x)

^varalokaltintegrerbaröver

(0, +∞)

^{o h}

s ∈ C

^.

Mellintransformenför

f (x)

^{denieras då av}

M{f(x); s} = f ^∗ (s) =

Z +∞

0

f (x)x ^s−1 dx

⁽¹⁾

Området för vilketMellintransformenär denieradvisarsig vara en

remsaidetkomplexatalplanet,sekapitel5.Denstörstaöppnaremsan

hα, βi

^{där integralen} konvergerar kallas för den fundamentala remsan.

I den fundamentalaremsan ärMellintransformen analytisk.

4. Vad är Mellintransformen bra för?

Mellintransformen har ett nära släktskap med Lapla e o h Fouriers

integraltransformer. Det nns många tillämpningar där det visar sig

att Mellinformen (1) är bättre att använda istället för Lapla e eller

Fourietransformerna.Ett stort användningsområde för Mellintransfor-

men är inom den asymptotiska analysen. En referens för detta är [2℄,

ur vilken nedanstående beskrivning tagits. Mellintransformen används

därförattberäknaasymptotiskauppskattningaravsummorpåformen

G(x) = X

k

λ k g(µ k x)

⁽²⁾

där

x → 0

^{eller där}

x → ∞

^{. Dessa summor kallas för harmoniska}

summor eftersom de representerar en lineär superposition av "harmo-

ni s"(där

λ k

^{är amplituden o h}

µ k

^är frekvensen) för en basfunktion

g (x)

^{. Harmoniskasummor dyker oftaupp i} kombinatoriskmatematik, ianalysenavalgoritmero hiolikadatastrukturer. Mellinbehandlingen

av harmoniskasummor har där spelat en avgörande rolli framgången

med attanalyseraalgoritmersamtattutföraberäkningarförparamet-

rar i kombinatoriskastrukturer.

Prin ipen är att det nns ett fundamentaltsamband mellan indivi-

duella termeri den asymptotiska utve klingen för en funktion anting-

en vid noll eller i oändligheten o h för dess transformerade funktions

singulärapunkter.Det mankansäga ärattasymptotiskutve klingför

en funktion har ett fundamentalt samband med den transformerade

funktionen

f ^∗ (s)

^.

Ett användningsområde för detta som jag har fördjupat mig i, är

att med hjälp av Mellintransformen nna polen för Riemanns zeta-

funktion

ζ(s)

^{. Genom att beräkna} Mellintransformen för funktionen

f (x) = _1−e ^{e −x} −x

^{leder detta fram till Eulers Gamma o h Riemannszeta-}

funktion. Det fundamentala sambandet mellan utve klingen för funk-

tionen

f (x)

^{vid noll o h den singulära} utve klingen för

Γ(s)

^{o h}

ζ(s)

utnyttjas sedan för attnna polen för

ζ(s)

^.

5. När existerar Mellintransformen?

Området förvilketMellintransformenärdenieradvisarsigvaraen

remsa i det komplexa talplanet. Här introdu eras

hα, βi

^{som notation}

fördenöppnaremsanförkomplexatal

s = σ + it

^sådantatt

α < σ < β

där

σ

^{o h}

t

^{är reella tal.}

För att visaatt Mellintransformen

Z +∞

0

f(x)x ^s−1 dx < ∞

⁽³⁾

konvergerar pådetta intervallskrivs den omsom

f ^∗ (s) = Z 1

0

f(x)x ^s−1 dx + Z +∞

1

f(x)x ^s−1 dx.

⁽⁴⁾

Om integralen

R ^∞

a

^ärgeneraliseradi ändpunkterna, kan mandela upp integralen i två bitar eller era beroende på om det nns era bitar

som är generaliserade. Man kansedan säga attintegralenkonvergerar

om var o h en av delarna gör det. Om den inte konvergerar är den

divergent o hföljaktligenexisterar den ej [1, s 308℄.

Denition 2. [1, s 301℄ Om gränsvärdet

X→+∞ lim Z X

a

f (x)dx

⁽⁵⁾

existerar, säg likamed A, säges den generaliserade integralen

Z +∞

a

f (x)dx

⁽⁶⁾

vara konvergent. Talet A kallas då dess värde. Om gränsvärdet inte

existerar säger man attden generaliserade integralenär divergent.

Denition 3. [1, s 304℄ Om gränsvärdet

ε→0 lim ⁺ Z b

a+ε

f (x)dx = A

⁽⁷⁾

existerar kallasden generaliserade integralen

Z b a

f (x)dx

⁽⁸⁾

konvergent med värdet A. Om gränsvärdet inte existerar kallas den

divergent.

Sats 1. (Jämförelsesatser) [1, s 306℄

Om

0 ≤ f(x) ≤ g(x)

⁽⁹⁾

för alla x i integrationsintervallet så gäller: a) om den generaliserade

integralen med g(x) som integrand är konvergent så är integralen med

f(x) somintegrando kså konvergent. b) om dengeneraliseradeintegra-

len medf(x) som integrand är divergent så är integralen med g(x) som

integrand o kså divergent.

En viktig observation som kommer att användas i beräkningar för

Mellintransformensexistens på intervallet

hα, βi

^{är att}

Lemma 1.

Z ∞

0 |f(x)x ^s−1 |dx = Z ∞

0 |f(x)|x ^Re(s)−1 dx

⁽¹⁰⁾

där

s = σ + it

^{o h att}

Re(s) = σ

^.

Bevis.

Z ^∞

0 |f(x)x ^s−1 |dx = Z ^∞

0 |f(x)||x ^s−1 |dx =

= Z ∞

0 |f(x)||x ^Re(s)−1 |dx = Z ∞

0 |f(x)|x ^Re(s)−1 dx.

Detta eftersom

|x ^s | = |e ^{log(x s )} | = |e ^{s log(x)} | = |e (σ+it) log(x)

| = |e ^{σ log(x)} e ^{it log(x)} | =

= |e ^{σ log(x)} ||e ^{it log(x)} | = |e ^{σ log(x)} || cos(t log(x)) + i sin(t log(x))| =

= |x ^σ | q

cos ² (t log(x)) + sin ² (t log(x)) = |x ^σ | = x ^σ = x ^Re(s) .

I beräkningarna har Eulers formel samt trigonometriska ettan an-

vänts.Alltså enligtberäkningarnafås

|x ^s | = x ^σ = x ^Re(s) .

⁽¹¹⁾



Nu undersöks när den första intergralen i ekvation (4)existerar.

Deniera mängden av talen A

τ [0,1] = {A ∈ R|

Z 1

0 |f(x)|x ^A−1 dx < ∞}

⁽¹²⁾

för vilkaintegralen

Z 1

0 |f(x)|x ^A−1 dx

konvergerar,o h låt

α = inf τ [0,1] .

⁽¹³⁾

Antag att

A ∈ τ ^[0,1]

^{. Om}

A ^′ > A

^{såföljer av sats 1att}

Z 1

0 |f(x)|x ^{A ′ − 1} dx ≤ Z 1

0 |f(x)|x ^A−1 dx < ∞,

d.v.s.

A ^′ ∈ τ [0,1]

^{. Detta ger att för alla}

A > α

^{så kommer}

A ∈ τ [0,1]

^,

d.v.s. integralen

Z 1

0 |f(x)|x ^A−1 dx

konvergerar iintervallet

]α, ∞[

^{. Av lemma 1så är}

Z 1

0 |f(x)x ^s−1 |dx = Z 1

0 |f(x)|x ^Re(s)−1 dx.

⁽¹⁴⁾

Om

Re(s) > α

^{så är} integralerna (14) konvergenta. Av absolutkonver- gens följerdå o kså att integralen

Z 1 0

f (x)x ^s−1 dx

konvergerar.

Nu undersöks när den andra integraleni ekvation (4) existerar. Ef-

tersom

x ^B ≥ x ^{B ′}

^om

B ^′ ≤ B

^{o h}

x ∈ [1, ∞[

^{, så följer på samma sätt}

som ovan att

Z ∞ 1

f(x)x ^s−1 dx

konvergerar,då

Re(s) < β

^{, där}

β = sup{B ∈ R|

Z ^∞

1 |f(x)|x ^B−1 dx < ∞}.

⁽¹⁵⁾

Sammanfattningsvis fåsav dessa beräkningaren sats.

Sats 2. Området för vilket Mellintransformen

f ^∗ (s) = Z +∞

0

f (x)x ^s−1 dx

existerar är en fundamental remsa

hα, βi

^{, där}

α, β

^{ges av (13, 15).}

a

Figur 1. Området för

α

^.

b

Figur 2. Området för

β

^.

6. Uppskattning av den fundamentalaremsan

Talen

α

^{o h}

β

^{kan vara svåra att nna. Enligt satsen nedan nns}

en lättare metod att uppskatta remsan för vilket Mellintransformen

existerar.

Sats 3. Villkoret

f(x) x→0 ⁺ = O(x ^u )

⁽¹⁶⁾

o h

f(x) x→+∞ = O(x ^v )

⁽¹⁷⁾

när

u > v

^{garanterar att}

f ^∗ (s)

^{existerar i remsan}

h−u, −vi

^{. Den fun-}

damentala remsanär alltså i ke tom om

u > v

^.

Här påminnsom vadstort ordo är.

Denition 4. [5℄Visäger attfunktionen

f (x)

^{ärstort ordoav}

x ⁿ

^när

x → a

^om

|f(x)| ≤ C|x − a| ⁿ

^{i någon omgivningav}

a

^{,där Cär någon}

(tillrä kligtstor) konstant. Dettaskrivs vanligen

f(x) = O(x ⁿ )

⁽¹⁸⁾

ExistensenavMellintransformengaranterasalltsåförlokaltintegrer-

barafunktionerdärgradtaletförexponentenvidnollärstriktstörreän

gradtalet för exponenten vid oändligheten. Monom

x ^c

^{o h konstanter}

har intenågon transform,som kanses med lemma2.

För beviset delas Mellintransformen

f ^∗ (s) = Z +∞

0

f (x)x ^s−1 dx

i två delar

f ^∗ (s) = Z 1

0

f (x)x ^s−1 dx + Z ^∞

1

f(x)x ^s−1 dx.

Om man antar att

f(x)

^är integrerbar längst positiva reella axeln så måste den förstaintegralenvarbegränsadvid nollo hden andra inte-

gralen vid oändligheten.

Lemma 2.

Z 1 0

x ^γ dx =



konvergerar om

γ > −1

divergerar om

γ ≤ −1

⁽¹⁹⁾

Z ∞

1

x ^̺ dx =



konvergerar om

̺ < −1

divergerar om

̺ ≥ −1

⁽²⁰⁾

Lemma3. Om

f (x) = O(x ^u )

^när

x → 0 ⁺

^{sågälleratt}

τ [0,1] ⊃ ]−u, ∞[

^.

D.v.s. om

Re(s) > −u

^{så konvergerar}

Z 1

0

f (x)x ^Re(s)−1 dx.

Spe iellt är

inf τ [0,1] ≤ −u

^(där

τ _[0,1]

^{denieras somden reellamängden}

av de

α

^{där integralen konvergerar, se ekvation (12)).}

Bevis.

Z 1

0 |f(x)|x ^Re(s)−1 dx ≤ M Z 1

0

x ^u+Re(s)−1 dx.

Densistaintegralenkonvergerar,enligtlemma2,när

u +Re(s)−1 > −1

⇔ Re(s) > −u

^.



Lemma 4. Om

f (x) = O(x ^v )

^när

x → ∞

^{så gäller att}

τ _[1,∞] ⊃ ] −

∞, −v[

^{. D.v.s. om}

Re(s) < −v

^så konvergerar

Z ∞ 1

f(x)x ^Re(s)−1 dx.

Spe iellt är

supτ _[1,∞] ≥ −v

^(där

τ _[1,∞]

^{denieras som den reella mängden av de}

β

där integralen konvergerar).

Bevis.

Z ∞

1 |f(x)|x ^Re(s)−1 dx ≤ M Z ∞

1

x ^u+Re(s)−1 dx.

Densistaintegralenkonvergerar,enligtlemma2,när

u +Re(s)−1 < −1

⇔ Re(s) < −v

^.



Dessa två beräkningar ger att bägge integralerna konvergerar o h

Mellintransformen existerar om

Re(s) > −u

^{o h}

Re(s) < −v

^{. Des-}

sa begränsningar på

s

^{denierar två halvplan. Den första ett vänstra}

halvplan o h den andra ett högra halvplan. Skärningen av dessa två

halvplan ger den fundamentalaremsan.

h−u, −vi

Exempel 1. För funktionen

f(x) = 1

1 + x

⁽²¹⁾

får man,om man Laurentutve klar vidnoll, i skivan |x|<1

1

1 + x = 1 1 − (−x) =

∞

X

n=0

x ⁿ (−1) ⁿ .

Detta geratt

∞

X

n=0

x ⁿ (−1) ⁿ = 1 − x + x ² + · · · = O(1) = O(x ⁰ )

då

x → 0 ⁺

^.

För utve klingen i oändligheten, i området|x|>1

1

1 + x = 1

x(1 + _x ¹ ) = 1

x (1 − (− _x ¹ )) = 1 x

∞

X

n=0

( 1

x ) ⁿ (−1) ⁿ =

= 1

x + (−1) x ² + 1

x ³ + · · · = O(x ^{− 1} )

då

x → ∞

^{. Detta ger enligt sats 3 att} intervallet blir

h−u, −vi = h0, 1i.

Figur 3. Intervallet

h0, 1i

^{för funktionen}

f (x) = _1+x ¹

^.

7. Beräkning av transformer

Exempel2. [4,s345-354℄ Beräkningavtransformenför

f(x) = _(x+1) ¹

där den fundamentala remsan är

h0, 1i

^{enligt exempel (1).}

Enligt denitionen av Mellintransformen

M{ 1

(x + 1) } = Z +∞

0

x ^s−1

(x + 1) dx = lim

ρ→+∞

ε→0+

Z ρ ε

x ^s−1 (x + 1) dx .

Använd att

z ^s−1 = (re ^iθ ) ^s−1 = (e ^{log(re iθ )} ) ^s−1 =

= e (s−1) log(re ^iθ ) = e (s−1)(log(r)+iθ)

där

z = re ^iθ

^{, o hviväljerhär dengrenavlogaritmen somär denierad}

för

0 < θ < 2π

^{, alltså inte på positiva reella talaxeln.}

Sätt nu

f (z) = z ^s−1 (z + 1) .

För

x > 0

^{, är}

f (x)

^{inte denierad, men p.g.a. valet av logaritm,}

lim z→x Imz>0

f (x) = x ^s−1 (x + 1) ,

där högerlet nu tolkas somen reellfunktion, för

x > 0

lim _z→x

Imz<0

f(x) = x ^s−1 e ^{(i2π)(s−1)}

(x + 1) = x ^s−1 e ^(si2π) e ^−i2π

(x + 1) = x ^s−1 e ^(si2π) (x + 1) .

Identiteten

e ^(−i2π) = cos(−2π) + i sin(−2π) = 1,

har använts ovan.

Välj 0

< ε < ρ

^{. Nu skapas en sluten kurva som har segmentet}

[ε, ρ]

o hförgreningspunkten i origoo hpolen vid

z = −1

^{. Se gur4nedan,}

där

ε

^{är radienfördenlilla irkelno h}

ρ

^{ärradienfördenstora irkeln}

samt att polen

z = −1

^{ligger i det inre av kurvan. Nu behövs Cau hys}

residy sats

C _r

S _e

g ¹ g ²

Figur 4. Området för den slutna kurvan i exempel 2.

Sats 4. (Cau hys residy sats) [4, s 312℄ Om

Γ

^{är en enkelt sluten}

positivt orienterad kurva o h f är analytisk på

Γ

^{förutom i punkterna}

z 1 , z 2 , z 3 , ..., z n

^{o h inuti}

Γ

^{, så är}

Z

Γ

f(z)dz = 2πi

n

X

j=1

Res(f ; z j ).

⁽²²⁾

I detta fall, eftersom

Z

Γ

f (z)dz =

n

X

j=1

Z

C j

f(z)dz

så kan integralen skrivas som summan av segmenten

( Z

S ε

+ Z

C ρ

+ Z

γ 1

+ Z

γ 2

)f (z)dz = 2πiRes(f ; −1) .

⁽²³⁾

Integralen för den övre sidan där logaritmen inte är denierad

Z

γ 1

f(z)dz = Z ρ

ε

x ^s−1 (x + 1) dx

används i integralen för den undre sidan för att göra omskrivningen

Z

γ 2

f (z)dz = − Z ρ

ε

x ^s−1 e ^si2π

(x + 1) dx = −e ^si2π Z

γ 1

f (z)dz

Detta geratt

Z

γ 1

f (z)dz + Z

γ 2

f(z)dz = Z ρ

ε

x ^s−1

(x + 1) dx − e ^si2π Z ρ

ε

x ^s−1

(x + 1) dx =

= (1 − e ^si2π ) Z

γ 1

f (z)dz .

När

ε → 0 ⁺

^{o h}

ρ → +∞

^fås

ρ→+∞ lim

ε→0+

( Z

γ 1

f (z)dz + Z

γ 2

f (z)dz) = (1 − e ^si2π )I .

På irkeln med radien

ρ > 1

^{gäller att}

|f(z)| = |z ^s−1 |

|z + 1| ≤ ρ ^s−1 ρ − 1

(enligt triangelolikheten)

| Z

C ρ

f (z)dz| ≤ 2πρ ^s−1 ρ − 1

som går mot nolldå

ρ

^{går mot} oändligheten eftersom

0 < s < 1

^.

För irkeln med radien

ε < 1

^gäller

|f(z)| = |z ^s−1 |

|z + 1| ≤ ε ^s−1 1 − ε

| Z

S ε

f (z)dz| ≤ 2πε ^s−1 1 − ε .

Även denna integral går mot noll då

ε

^{går mot noll.}

När

ε → 0 ⁺

^{o h}

ρ → ∞

^{fås i ekvationen (23) att}

0 + 0 + (1 − e ^s2iπ )I = 2πiRes(f ; −1) .

⁽²⁴⁾

Nu beräknas residyn för enkelpolen

z = −1

^.

Res(f ; −1) = lim _z→−1 (z + 1)f (z)dz = lim

z→−1 (z + 1) z ^s−1 z + 1 =

= lim

z→−1 z ^s−1 = lim

z→−1 e (s−1) log(z) = e (s−1) log(−1) =

= e (s−1) log(e ^iπ ) = e ^(s−1)iπ = e ^siπ e ^{− iπ} = −e ^siπ .

Om beräkningen för residyn nu används i ekvation (24) fås

(1 − e ^s2iπ )I = 2πi(−e ^siπ )

I = 2πi(−e ^siπ )

(1 − e ^s2iπ ) = 2πi(−e ^siπ )(−e ^{− siπ} ) (1 − e ^s2iπ )(−e ^−siπ ) =

= 2πi

(−e ^−siπ + e ^siπ ) = 2πi

(e ^siπ − e ^−siπ ) = π sin(sπ)

där identiteten

sin(az) = (e ^iaz − e ^−iaz ) 2i

har använts, se [4,s 112℄.

Enligt dessa beräkningarnaär alltså Mellintransformen

M{ 1

(x + 1) } = Z +∞

0

x ^s−1

(x + 1) dx = π

sin(sπ) ,

⁽²⁵⁾

när

s

^{tillhör den} fundamentala remsan

h0, 1i

^.

Exempel 3. Låt

H(x)

^{var Heavisides} stegfunktion som denieras av

H(x) =  1 0 ≤ x ≤ 1 0 x > 1

Mellintransformen är

M{H(x)} = Z +∞

0

H(x)x ^s−1 dx = Z 1

0

H(x)x ^s−1 dx+

Z +∞

1

H(x)x ^s−1 dx =

= Z 1

0 1 · x ^s−1 dx + 0 = [ x ^s−1+1

s − 1 + 1 ] ¹ ₀ = [ x ^s s ] ¹ ₀ = 1

s

d.v.s.

H ^∗ (s) = 1

s

⁽²⁶⁾

som konvergerar för s > 0. Den fundamentala remsan är intervallet

h0, +∞i

^{. Dettaeftersom}

H(x) = O(x ^−a )

^vid

x → ∞

^{för alla}

a > 0

^{o h}

H(x) = O(x ⁰ )

^då

x → 0

^{, så att} fundamentala remsaninnehåller

h0, ai

för alla

a > 0

^.

8. Likhet med Lapla etransformen o h

Fouriertransformen

Genom att göra variabelbytet

x = e ^−u

^{visar det sigatt} Mellintrans- formen ärekvivalent med Lapla etransformen.

Om

x = e ^−u

så är

u = − ln(x)

o h

dx

du = d (− ln(x))

du = − 1 x dx = −xdu = −e ^−u du

o h gränserna

u → +∞

^då

x → 0

^{o h}

u → −∞

^då

x → ∞

^.

Variabelbytetger

M{f(x)} = f ^∗ (s) = Z +∞

0

f (x)x ^s−1 dx = Z +∞

0

f (x)x ^s x ^{− 1} dx =

= Z −∞

+∞

f (e ^−u )(e ^−u ) ^s (e ^−u ) ^{− 1} (−e ^−u )du =

= − Z ^−∞

+∞

f(e ^−u )e ^−us e ^u e ^−u du = Z +∞

−∞

f (e ^−u )e ^−us du

där

s = σ + it

^.

DettavisarattLapla etransformenfören funktionav

u

^ärdensam-

ma som Mellintransformen för en funktion av

x

^{. Om sedan}

σ = 0

^för

den reelladelen av

s = σ + it

^{fås F}ouriertransformen

Z +∞

−∞

f(e ^−u )e ^−itu dt .

Eftersom Fouriertransformen har en invers medför det att även Mell-

intransformen har det.

Sats 5. (Inversions satsen) Låt

f(x)

^vara integrerbar med den funda- mentala remsan

hα, βi

^{. Om}

c

^{är sådan att}

α < c < β

^{o h}

f ^∗ (c + it)

^är

integrerbar, så håller likheten

f(x) = 1 2πi

Z c+i∞

c−i∞

f ^∗ (s)x ^{− s} ds

⁽²⁷⁾

nästan överallt. Om

f(x)

^är kontinuerlig så håller likheten överalt på

(0, ∞)

^.

Låt

f(x)

^{vara lokalt}integrerbarmeddenfundamentalaremsan

hα, βi

o hsty kvist kontinuerlig i en omgivning av

x ₀

^{. Då gäller för något i}

intervallet

(α, β)

T →∞ lim 1 2πi

Z c+iT c−iT

f ^∗ (s)x ^{− s} ds = f (x ⁺ ₀ ) + f (x ⁻ ₀ )

2 .

⁽²⁸⁾

Inversen

f(x)

^för

f ^∗ (s)

^{kan beräknas med} inversionsformeln (27) d.v.s.

f (x)

^{o h}

f ^∗ (s)

^{utgör ett} transformpar. Den inversa transfor- men gesalltsågenomattberäknaintegralenlängstdenvertikalalinjen

Re(s) = c

^där

c ∈ R

^{, o h}

c

^{ligger i den} fundamentala remsan

hα, βi

^.

För att bestämma inversen beräknas två olika utve klingar för

f (x)

^.

Utve klingen vid noll baseras på polerna för

f ^∗ (s)

^{i det vänstra halv-}

planeto hutve klingenvidoändlighetenmotsvararpolernaidethögra

halvplanet.

9. Inversberäkningar

Exempel 4. Enligt tidigare beräkningar har det visat sig att

f(x) = 1 1 + x

o h

f ^∗ (s) = π sin(πs)

utgöretttransformpar.Polernaför

f ^∗ (s)

^är

s = 0, ±1, ±2, ...

^d.v.s.när

s är ett heltal så att

sin(πs) = 0

^{. Den inversa} Mellintransformen ges av

f(x) = 1 2πi

Z c+i∞

c−i∞

π

sin(πs) x ^{− s} ds

⁽²⁹⁾

där är ett reellt tal sådant att

0 < c < 1

^{. Detta eftersom den funda-}

mentala remsanär

h0, 1i

^(seberäkningar i tidigare kapitel). Med hjälp av Cau hys residyteorem kan integralen beräknas direkt, utan hjälp av

inversions satsen. Detta görs genom att ta limes för det rektangulä-

ra området

h−∞, ci

^,

hc, ∞i

^{. Det som fås är ett område i det vänstra}

halvplanet sommotsvararutve klingenför

f (x)

^{vidnollo hett område}

till höger som gäller utve klingen vid oändligheten, se gur 5 nedan. I

det första av dessa fall består kurvan längs vilket integralen tas av det

horisontella segmentet från

c + iT

^till

−T + iT

^{, detvertikala segmentet}

−T +iT

^till

−T −iT

^,dethorisontellasegmentet

−T −iT

^till

c −iT

^samt

det vertikala segmentet

c − iT

^till

c + iT

^{. T är en parameter som går}

mot oändlighetenvilketmedförattlimesfördetsistaavdessasegement

närmar sig den inversa Mellin integralen. För att undvika polerna till

f ^∗ (s)

^{d.v.s. heltalen, så} parametriseras

T = ^(2j+1) ₂

^{, med}

j ∈ Z

^.

Kurvan för det andra fallet består av det vertikala segmentet från

c + iT

^till

c − iT

^{, det} horisontella segmentet från

c − iT

^till

T − iT

^,

det vertikala segmentet

T − iT

^till

T + iT

^{o h slutligen det horison-}

tella segmentet

T + iT

^till

c + iT

^{. Om det nu visar sig att alla dessa}

bidrag förutom det entrala vertikala segmentet går mot noll då

j

^går

mot oändligheten så har Mellinintegralen beräknats på två olika sätt.

Det visar sigenligt Cau hysresidysats att Mellinintegralenär lika med

summan av residyernavid polerna inuti de två områdena.

Figur 5. Området för den slutna kurvan i exempel 4.

Här påminns om en sats som kommer att användas i beräkningarna

som följer.

Sats6. [4,s,170℄Om

f(s)

^är kontinuerligpåkurvan

Γ

^{o hom}

|f(s)| ≤ M

^{för alla}

s

^på

Γ

^{, så gäller att}

| Z

Γ

f (s)ds| ≤ ML

⁽³⁰⁾

där

L

^{är längden av}

Γ

^{. Spe iellt är}

| Z

Γ

f (s)ds| ≤ max _s∈Γ |f(s)| · L

⁽³¹⁾

Beräkningar på övre horisontella segment;

| π

sin(πs) | = | 2πi

e ^iπs − e ^−iπs | = | 2πi (e ^iπs − e ^−iπs )

e ^iπs e ^iπs | =

= | 2πie ^iπs

e ^2iπs − 1 | = |2πie ^iπσ e ^{− πt} |

|e ^2iπσ e ^{− 2πt} − 1| = 2πe ^{− πt}

|e ^2iπσ e ^{− 2πt} − 1|

Eftersom

|e ^2iπσ e ^−2πt − 1| → 1

^då

t → ∞

^{o h att}

e ^2iπσ

^{roterar runt}

enhets irkeln fås

| π

sin(πs) | ≤ 4πe ^−πt .

Undre horisontella segmentet;

| π

sin(πs) | = | 2πi

e ^iπs − e ^−iπs | = | 2πi (e ^iπs − e ^−iπs )

e ^−iπs e ^−iπs |

= | 2πie ^−iπs

1 − e ^−2iπs | = |2πie ^−iπσ e ^πt |

|1 − e ^−2iπσ e ^2πt | = 2πe ^πt

|1 − e ^−2iπσ e ^2πt |

Eftersom

|1 − e ^{− 2iπσ} e ^2πt | → 1

^då

t → −∞

^{o h att}

e ^{− 2iπσ}

^{roterar runt}

enhets irkeln fås

| π

sin(πs) | ≤ 4πe ^πt .

Beräkning för vertikala segment;

| π

sin(πs) | = | 2πi

e ^iπs − e ^{− iπs} |

⁽³²⁾

Det som nu visas är att nämnaren har ett minsta värde.

e ^iπs − e ^−iπs = e ^iπ(σ+it) − e ^{−iπ(σ+it)} =

= e ^−πt (cos(πσ) + i sin(πσ)) − e ^πt (cos(πσ) + i sin(πσ)) =

= (e ^−πt − e ^πt ) cos(πσ) + (e ^−πt + e ^πt )i sin(πσ))

Nämnaren blir då

|e ^iπs − e ^−iπs | = q

(e ^−πt − e ^πt ) ² cos ² (πσ) + (e ^−πt + e ^πt ) ² sin ² (πσ)) =

= q

(cos ² (πσ) + sin ² (πσ))e ^{− 2πt} + 2(sin ² (πσ) − cos ² (πσ)) + (cos ² (πσ) + sin ² (πσ))e ^2πt =

= q

e ^{− 2πt} + e ^2πt + 2(sin ² (πσ) − cos ² (πσ)).

⁽³³⁾

Deriverar (33) o h bestämmer nollställen.

d dt (

q

e ^{− 2πt} + e ^2πt + 2(sin ² (πσ) − cos ² (πσ))) =

= (−e ^{− 2πt} + e ^2πt )

pe ^{− 2πt} + e ^2πt + 2(sin ² (πσ) − cos ² (πσ)) = 0 e ^2πt

pe ^−2πt + e ^2πt + 2(sin ² (πσ) − cos ² (πσ)) = e ^−2πt

pe ^−2πt + e ^2πt + 2(sin ² (πσ) − cos ² (πσ)) e ^2πt = e ^−2πt

t = 0.

Vilket ger att

t = 0

^{är ett globalt minimum. Om}

t = 0

^{i ekvation}

(32)

fås

| π

sin(πs) | ≤ | π sin(πσ) |.

Beräkningar avmax för

|x ^−s |

^{på de olikasegmenten;Enligtekvation}

(11) är

|x ^{− s} | = x ^{− Re(s)}

^.

På segmentet

[c + iT, −T + iT ]

^är

max{|x ^−s || − T < Re(s) < c} = |x| ^−c .

På segmentet

[−T + iT, −T − iT ]

^är

max{|x ^−s ||Re(s) = −T } = |x| ^T .

På segmentet

[−T − iT, c − iT ]

^är

max{|x ^−s || − T < Re(s) < c} = |x| ^−c .

På segmentet

[c − iT, T − iT ]

^är

max{|x ^−s ||c < Re(s) < T } = |x| ^−c .

På segmentet

[T − iT, T + iT ]

^är

max{|x ^{− s} ||Re(s) = T } = |x| ^{− T} .

På segmentet

[T − iT, c + iT ]

^är

max{|x ^{− s} ||c < Re(s) < T } = |x| ^{− c} .

Beräkningar för utve klingen vidnolldvs

|x| < 1

^.

Använder sats 6.

|

Z −T +iT c+iT

π

sin(πs) x ^−s ds | ≤ (c + T )|x| ^−c 4πe ^−πT → 0

⁽³⁴⁾

eftersom

T → ∞

^,

|x| < 1

^{o h} exponentialfunktionen dominerar.

|

Z −T −iT

−T +iT

π

sin(πs) x ^−s ds | ≤ 2T |x| ^T | π

sin(−πT ) | = 2T |x| ^T π → 0

⁽³⁵⁾

eftersom

|x| < 1

^{o h där}

T j = ^2j+1 ₂

^{, vilket medför att}

sin(−πT ) = 1

^.

| Z c−iT

−T −iT

π

sin(πs) x ^−s ds | ≤ (c + T )|x| ^−c 4πe ^−πT → 0

⁽³⁶⁾

då

T → ∞

^.

Längstdet entralavertikalasegmentetberäknasintegralenmedCau hys

residysats.P.g.a. (34, 35, 36) o hCau hys residysats tillämpad påden

vänstra rektangeln i guren, så är

2πif (x) = lim

T →∞

Z c+iT c−iT

π

sin(πs) x ^−s ds = 2πi

∞

X

n=0

Res(f ^∗ (s); −n).

D.v.s.

f (x) =

∞

X

n=0

Res(f ^∗ (s); s = −n) =

∞

X

n=0

x ⁿ π [ _ds ^d (sin(πs))] s=−n

=

=

∞

X

n=0

x ⁿ π π cos(−πn) =

∞

X

n=0

x ⁿ (−1) ⁿ .

Detta gerden inversa Mellintransformen

f(x) = 1 1 + x

för

|x| < 1

^{, se exempel(1).}

Nu ska vipå liknande sätt studera

|x| > 1

^.

|

Z T −iT c−iT

π

sin(πs) x ^−s ds | ≤ (T − c)|x| ^−c 4πe ^−πT → 0

då

T → ∞

^.

|

Z T +iT T −iT

π

sin(πs) x ^−s ds | ≤ 2T |x| ^−T | π

sin(−πT ) | = 2T |x| ^−T π → 0

då

T → ∞

^{, eftersom}

|x| > 1

^.

| Z c+iT

T +iT

π

sin(πs) x ^−s ds | ≤ (T − c)|x| ^−c 4πe ^−πT → 0.

då

T → ∞

^.

Beräkning för vertikala, entrala segmentet. Som tidigare fås nu

2πif (x) = lim

T →∞

Z c−iT c+iT

π

sin(πs) x ^−s ds = − Z c+iT

c−iT

π

sin(πs) x ^−s ds =

= −2πi

∞

X

n=1

Res(f ^∗ (s); n)

f (x) = −

∞

X

n=1

Res(f ^∗ (s); n) = −

∞

X

n=1

x ⁻ⁿ π [ _ds ^d (sin(πs))] s=n

=

= −

∞

X

n=1

x ⁻ⁿ π

π cos(πn) = −

∞

X

n=1

x ⁻ⁿ (−1) ⁿ .

Detta känns igen som

f(x) = 1 1 + x

för

|x| > 1

^{, se exempel(1).}

Sammanfattningsvishar här visats attinversa Mellintransformenav

f ^∗ (s) = _sin(πs) ^π

^är

f(x) = _1+x ¹

^{, o h alltså verierat} inversionsformeln i ett spe ialfall.

10. Transformens fundamentala egenskaper

Sats 7. Om

f (x)

^{o h}

g(x)

^har Mellintransformerna

f ^∗ (s)

^{o h}

g ^∗ (s)

^så

har

f (x) + g(x)

Mellintransformen

f ^∗ (s) + g ^∗ (s)

^.

Bevis.

M{f(x)+g(x)} = Z +∞

0

[f (x)+g(x)]x ^s−1 dx = Z +∞

0

[f (x)x ^s−1 +g(x)x ^s−1 ]dx =

= Z +∞

0

f (x)x ^s−1 dx + Z +∞

0

g(x)x ^s−1 dx = f ^∗ (s) + g ^∗ (s)



Detta visar o kså att Mellintransformen är lineär o h med samma

förfarande som ovanfås en sats.

Sats 8. Om

f (x)

^har Mellintransformen

f ^∗ (s)

^{så har}

af (x)

^där

a

^är

en konstant Mellintransformen

af ^∗ (s)

^.

Sats 9. Om

f (x)

^har Mellintransformen

f ^∗ (s)

^{så har}

f (ax)

^Mell-

intransformen

a ^{− s} f ^∗ (s)

^{, där}

a

^{är ett positivt reellt tal.}

Bevis. Gör variabelbytet

ax = t

x = t a dx

dt = 1 a .

Gränserna blir:

t → 0

^då

x → 0

^{o h}

t → ∞

^då

x → ∞

^.

M{f(ax)} =

Z +∞

0

f(ax)x ^s−1 dx =

= Z +∞

0

f(t)( t a ) ^s ( t

a ) ^{− 1} dt a =

Z +∞

0

f (t)t ^s a ^−s t ^{− 1} aa ^{− 1} dt =

= Z +∞

0

f (t)t ^s−1 a ^{− s} dt = a ^{− s} Z +∞

0

f(t)t ^s−1 dt = a ^{− s} f ^∗ (s)



Sats 10. Om

f (x)

^har Mellintransformen

f ^∗ (s)

^{, så har}

f ( _x ¹ )

^Mell-

intransformen

f ^∗ (−s)

^.

Bevis. Gör variabelbytet

u = 1 x dx du = −1

x ² dx = −x ² du = − du

u ² .

Gränserna blir:

u → 0

^då

x → ∞

^{o h}

u → ∞

^då

x → 0

^.

M{f( 1

x )} = Z +∞

0

f( 1

x )x ^s−1 dx = Z 0

+∞

f (u)( 1 u ) ^s−1 1

u ² (−1)du =

= (−1) Z 0

+∞

f(u)u ^−s uu ⁻² du = Z +∞

0

f (u)u ^−s−1 du = f ^∗ (−s)



Sats 11. Om

f (x)

^har Mellintransformen

f ^∗ (s)

^{, så har}

f (x ^ρ )

^Mell-

intransformen

1

ρ f ^∗ ( ^s _ρ )

^{, där}

ρ

^{är ett reellt tal skilt från noll.}

Bevis. Inför variabelbytet

x ^ρ = u x = (x ^ρ ) ^{1 ρ} = (u) ^{1 ρ}

dx du = 1

ρ u ^{1 ρ − 1} dx = 1

ρ u ^{1 ρ − 1} du.

Gränserna blir:

u → ∞

^då

x → ∞

^{o h}

u → 0

^då

x → 0

^.

M{f(x ^ρ )} =

Z +∞

0

f(x ^ρ )x ^s−1 dx = Z +∞

0

f (u)(u ^{1 ρ} ) ^s−1 ( 1

ρ )u ^{1 ρ − 1} du =

= 1 ρ

Z +∞

0

f (u)u ^{ρ s} u ^{−1 ρ} u ^{1 ρ} u ^{− 1} du = 1 ρ

Z +∞

0

f(u)u ^{s ρ − 1} du =

= 1 ρ

Z +∞

0

f(x)x ^{s ρ −1} dx = 1 ρ f ^∗ ( s

ρ )



Sats 12. Om

f (x)

^har Mellintransformen

f ^∗ (s)

^{så har}

x ^ν f (x)

^Mell-

intransformen

f ^∗ (s + ν)

^{. Här är}

ν

^{ett positivt reellt tal.}

Bevis.

M{x ^ν f (x)} = Z +∞

0

x ^ν f(x)x ^s−1 dx = Z +∞

0

f(x)x ^ν x ^s x ⁻¹ dx

= Z +∞

0

f (x)x ^(s+ν)−1 dx = f ^∗ (s + ν)



Sats 13. Om

f(x)

^har Mellintransformen

f ^∗ (s)

^{så har}

^df(x) _dx

^Mell-

intransformen

−(s − 1)f ^∗ (s − 1)

^.

Bevis. Använder partiellintegration[1, s 252℄ påintegralen :

M{ df (x) dx } =

Z +∞

0

df(x)

dx x ^s−1 dx =

= [f (x)x ^s−1 ] ^+∞ ₀ − Z +∞

0

f (x)(s − 1)x ^(s−1)−1 dx =

= −(s − 1) Z +∞

0

f (x)x ^(s−1)−1 dx = −(s − 1)f ^∗ (s − 1)



Sats 14. Om

f(x)

^har Mellintransformen

f ^∗ (s)

^{så har}

x ^df(x) _dx

^Mell-

intransformen

−sf ^∗ (s)

^.

Bevis.

M{x df (x) dx } =

Z +∞

0

x df (x)

dx x ^s−1 dx = Z +∞

0

df (x) dx x ^s dx.

Använd nu partiell integration påden sista integralen

M{x df (x)

dx } = [f(x)x ^s ] ^+∞ ₀ − Z +∞

0

f (x)sx ^s−1 dx =

= −s Z +∞

0

f(x)x ^s−1 dx = −sf ^∗ (s)



Sats15. Om

f (x)

^harMellintransformen

f ^∗ (s)

^såhar

f(x) log(x)

^Mel-

lintransformen

df ^∗ (s) ds

^.

Bevis.

df ^∗ (s) ds = d

ds ( Z +∞

0

f(x)x ^s−1 dx) = Z +∞

0

d

ds (f (x)x ^s−1 )dx =

= Z +∞

0

[x ^s−1 d

ds (f (x)) + (f (x) d

ds (x ^s )x ^{− 1} ]dx =

= Z +∞

0

[0+f (x)x ^s log(x)x ^{− 1} ]dx = Z +∞

0

f(x) log(x)x ^s−1 dx = M{f(x) log(x)}.

Här utnyttjades derivatan av en exponential

d

ds (x ^s ) = d

ds e ^{log(x s )} = x ^s log(x).



På liknande sätt kan en rad andra viktiga satser för Mellintransfor-

men härledas. De härledda satserna sammanfattas i tabellen nedan:

f (x) f ^∗ (s) hα, βi

f(x) + g(x) f ^∗ (s) + g ^∗ (s) hα ¹ , β ₁ i ∩ hα ² , β ₂ i

af (x) af ^∗ (s) hα, βi

^{a ären konstant}

f (ax) a ^−s f ^∗ (s) hα, βi

^{där a ärett positivtreellt tal}

f( ¹ _x ) f ^∗ (−s) h−α, −βi

f (x ^ρ ) ¹ _ρ f ^∗ ( _ρ ^s ) hρα, ρβi

^där

ρ

^{ärett reellt talskilt frånnoll.}

x ^ν f(x) f ^∗ (s + ν) hα − ν, β − νi

^där

ν

^{ärett positivtreellt tal.}

df(x)

dx −(s − 1)f ^∗ (s − 1) hα − 1, β − 1i

x ^df(x) _dx −sf ^∗ (s) hα, βi

f (x) log(x) ^{df ∗} _ds ^(s) hα, βi

Här följer nu några exempel på hur satserna kan användas för att

härleda nya identiteter.

Exempel 5. Transformen av

H(x) log(x)

^är

⁻¹ _s 2

^{. Vi vet ju att}

M{H(x)} = Z +∞

0

H(x)x ^s−1 dx = 1 s

(se exempel (3)).

Använd nu sats 15:

M{H(x) log(x)} = ^df ds ^{∗ (s)}

^{. Alltså är}

M{H(x) log(x)} = Z +∞

0

H(x) log(x)x ^s−1 dx = d

ds (f ^∗ (s)) = d ds ( 1

s ) =

= −1 s ² .

Exempel 6. Gammafunktionendenieras genomattsätta

f(x) = e ^{− x}

i Mellintransformen

Γ(s) = M{e ^−x } = Z +∞

0

e ^−x x ^s−1 dx

⁽³⁷⁾

för

s > 0

^{. Faktorn}

e ^−x → 0

^då

x → ∞

^{. Alltså konvergerar den gene-}

raliserade integralen oberoende av värdet på s då limes går mot oänd-

ligheten. Vid små gränsvärden går

e ^−x → 1

^{, o h faktorn}

x ^s−1 → ∞

^då

s < 1

^. Restriktionen att s måste vara positiv är bara för att garantera konvergens vid gränsvärden nära noll. Enligt sats 3 är

e ^−x = O(1) = O(x ⁰ )

^då

x → 0 ⁺

^{o h}

e ^−x = O(x ^−b )

^då

x → ∞

^för

varje

b > 0

^{. Detta medför att} Gammafunktionen är analytisk i den fundamentala remsan

h0, +∞i

^.

Exempel 7. Betrakta nu funktionen

e ^−x log(x)

^{som har} transformen

Γ ^′ (s)

^{. Ty}

Γ(s) = M{e ^−x }

o h då ger sats 15

M{e ^−x log(x)} = Z +∞

0

e ^−x log(x)x ^s−1 dx = d

ds Γ(s) = Γ ^′ (s).

Exempel8.HäranvänderviegenskapernahosMellintransformenfor-

mellt, d.v.s. utan att bekymra oss om konvergensen hos de oändliga

summorna. Med funktionen

f (x) = e ^−x

1 − e ^−x = e ^{− x} (1+e ^{− x} +e ^{− 2x} +e ^{− 3x} +. . .) = e ^{− x} +e ^{− 2x} +e ^{− 3x} +. . .

får man Mellintransformen

M{ e ^−x 1 − e ^{− x} } =

Z +∞

0

e ^−x

1 − e ^{− x} x ^s−1 dx = Z +∞

0

(e ^−x +e ^{− 2x} +e ^{− 3x} +. . .)x ^s−1 dx =

= Z +∞

0

(e ^−x x ^s−1 + e ^{− 2x} x ^s−1 + e ^{− 3x} x ^s−1 + . . .)dx =

= Z +∞

0

e ^−x x ^s−1 dx + Z +∞

0

e ^−2x x ^s−1 dx + Z +∞

0

e ^−3x x ^s−1 dx + . . . =

Använder nu sats 9

M{f(ax)} = a ^−s f ^∗ (s)

vilket medför att

= M{e ^−x } + M{e ^{− 2x} } + M{e ^{− 3x} } + . . . =

= 1 ^−s Γ(s) + 2 ^−s Γ(s) + 3 ^−s Γ(s) + . . . = Γ(s)(1 ^−s + 2 ^−s + 3 ^−s + . . .) =

= Γ(s)( 1 1 ^s + 1

2 ^s + 1

3 ^s + . . .) = Γ(s)ζ(s)

där

ζ(s) =

∞

X

k=1

1 k ^s

är Riemannszetafunktion.

Detta resultat ska användas senare. Här sammanfattas detta i en

sats, o h bevisas mer strikt.

Sats 16.

M{ e ^−x

1 − e ^−x } = Γ(s)ζ(s)

om

s ∈ h1, ∞i

^.

Bevis.

1 − e ^{− x} = x · g(x)

^där

g (x) 6= 0

^{, för}

x ∈ C

^.

Alltså är

e ^{− x}

1 − e ^−x = e ^{− x} x · 1

g(x) .

Ur detta ses att

e ^−x

1 − e ^−x = O(x ⁻¹ )

när

x → 0

^{, o h}

e ^−x

1 − e ^−x = O(x ^a )

∀ a < 0

^när

x → ∞

^{, o h alltså är enligt sats 3} Mellintransformen denierad för

s ∈ h1, ∞i

^{. Sammagäller för} Mellintransformen till

e ^−nx 1 − e ^−x n ≥ 0

^.

I ställetför den oändliga utve klingen utnyttjar vi

e ^−x

1 − e ^−x = e ^{− x} (1 + e ^{− x} + . . . + e ^{− nx} + e ^{− (n+1)x} 1 − e ^−x ).

Som ovani exempel8, får vi då

M{ e ^−x

1 − e ^{− x} } = Γ(s)( 1

1 ^s + . . . + 1

n ^s ) + M{ e ^−(n+1)x 1 − e ^{− x} }.

Alltså ska vi föratt få satsen visaatt

s ∈ h1, ∞i ⇒

n→∞ lim M{ e ^{− (n+1)x} 1 − e ^{− x} } = 0.

Välj

ε > 0

^, godty kligt. Bestäm

δ > 0

^s.a.

0 ≤ Z δ

0 | x ^s−2

g (x) |dx < ε.

Detta ärmöjligt eftersom

s ∈ h1, ∞i

^{o h}

g (x)

^{äranalytisk ien omgiv-}

ning av

0

^{o h spe iellt begränsad.}

Då är

I n = | Z ∞

0

e ^−(n+1)x

1 − e ^{− x} x ^s−1 dx | ≤ Z δ

0 | x ^s−2

g(x) |dx + e ^−nδ Z ∞

δ | e ^−x

1 − e ^{− x} x ^s−1 |dx

eftersom

|e ^{− (n+1)x} | ≤ 1

om

x ∈ [0, δ]

^{o h}

|e ^−nx | ≤ e ^−nδ

om

x ∈ [δ, ∞[

^.

Väljnu

n >> 0

^{s.a.denandrasummandenärmindreän}

ε

^.Observera

att

Z ^∞

δ | e ^−x

1 − e ^−x x ^s−1 |dx < ∞

eftersom integralen i Mellintransformen är absolutkonvergent. Sam-

mantaget

I n ≤ 2ε

om

n >> 0

^{. Alltså}

n→∞ lim I n = 0,

o h därmedärsatsen visad.



Exempel 9.

M{e ^{− x 2} } = Z +∞

0

e ^{− x 2} x ^s−1 dx = 1 2 Γ( s

2 )

Här har sats 11 använts.

11. Tillämpningar på Gamma o h zeta funktionerna

Kapitletbörjarmedenviktigsats,sombehövsförattberäknasingu-

lära utve klingar. Denna sats leder sedan till att polen för Riemanns

zetafunktion kan beräknas. Först påminns om en denition frånkom-

plex analys.

Denition 5. [4, s 355℄ En funktion

f

^{säges vara meromorf i deni-}

tionsmängden

D

^{omden i varje punkt i}

D

^{ärantingen analytisk eller}

har en pol. Om

f

ⁱ

D

^{har polerna}

{a ^α } ^αǫA

^med multipli iteterna

m α

så skriverman

f ^∗ (s) ≍ X

αǫA

1 (s − a ^α ) ^{m α} ,

o h kallardet

f ^∗ (s)

^singulärautve kling.

Sats 17. låt

f (x)

^ha transformen

f ^∗ (s)

^medden fundamentala remsan

hα, βi

^{. Antag att}

f(x)

^har Ma laurinutve klingen

f (x) = a 0 + a 1 x + a 2 x ² + . . . + a ξ x ^ξ + O(x ^γ )

i en omgivning av

x = 0

^{, där}

−γ < −ξ ≤ α

^{. Då är}

f ^∗ (s)

^fortsätt-

ningsbar till en meromorf funktion i remsan

h−γ, βi

^{, där den har den}

singulära utve klingen

f ^∗ (s) ≍ a 0

s + a 1

s + 1 + . . . + a ξ

s + ξ .

Bevis. Antag att

f (x)

^{har en} Ma laurinutve kling i

x = 0

f(x) = a 0 + a 1 x + a 2 x ² + . . . + a ξ x ^ξ + O(x ^γ ).

⁽³⁸⁾

För

s

^{i den} fundamentala remsan

s ∈ hα, βi

^{gäller att}

f ^∗ (s) = Z ∞

0

f (x)x ^s−1 dx = Z 1

0

f(x)x ^s−1 dx + Z ∞

1

f(x)x ^s−1 dx =

(använderantagandet (38))

= Z 1

0

[a ₀ + a ₁ x + a ₂ x ² + . . . + a ξ x ^ξ + O(x ^γ )]x ^s−1 dx + Z ^∞

1

f(x)x ^s−1 dx =

= Z 1

0

a ₀ x ^s−1 dx + Z 1

0

a ₁ xx ^s−1 dx + Z 1

0

a ₂ x ² x ^s−1 dx + . . .

. . . + Z 1

0

a ξ x ^ξ x ^s−1 dx + Z 1

0

O(x ^γ )x ^s−1 dx + Z ∞

1

f (x)x ^s−1 dx =

= a 0 [ x ^s

s ] ¹ ₀ + a 1 [ x ^s+1

s + 1 ] ¹ ₀ + a 2 [ x ^s+2

s + 2 ] ¹ ₀ + . . . . . . + a ξ [ x ^s+ξ

s + ξ ] ¹ ₀ + Z 1

0

O(x ^γ )x ^s−1 dx + Z ^∞

1

f (x)x ^s−1 dx =

= a 0

s + a 1

s + 1 + a 2

s + 2 +. . .+ a ξ

s + ξ + Z 1

0

O(x ^γ )x ^s−1 dx + Z ^∞

1

f (x)x ^s−1 dx.

Enligt lemma 3konvergerar integralen

Z 1 0

O(x ^γ )x ^s−1 dx

på intervallet

h−γ, +∞i

^{. Integralen}

Z ^∞

1

f(x)x ^s−1 dx

konvergerarenligtsats2påintervallet

h−∞, βi

^{,vilketmedförattsum-}

manavdetvåintegraleräranalytiskpåremsan

h−γ, βi

^{.Densingulara}

utve klingen för

f ^∗ (s)

^{är alltså}

a ₀

s + a ₁

s + 1 + a ₂

s + 2 + . . . + a ξ

s + ξ .



Exempel 10. Funktionen

f(x) = e ^−x

^har utve klingen

e ^−x =

∞

X

n=0

(−1) ⁿ

n! x ⁿ

⁽³⁹⁾

i

x = 0

^{. Enligt sats 17 har då} Gammafunktionen

Γ(s) = M{e ^−x }

^(se

ekvation (37)) den singulära utve klingen

Γ(s) ≍

∞

X

n=0

(−1) ⁿ n!

1

s + n

⁽⁴⁰⁾

i hela

C

.

Exempel 11. Enligt sats 16 är

Γ(s)ζ(s) = Z ^∞

0

e ^{− x}

1 − e ^−x x ^s−1 dx

i den fundamentala remsan

h1, ∞i

^.

Beräknar utve klingen för

e ^{− x}

1−e ^−x

^{i en omgivning av}

x = 0

^.

f (x) = 1 − e ^{− x}

^{är analytisk o h har nollställe för}

x = 0

^d.v.s.

f(0) = 0

^.

Utve klingen blir då

f (x) = 1 − e ^−x = 1 − (1 − x + x ² 2! − x ³

3! + . . . + (−1) ⁿ x ⁿ

n! + . . .) =

= x − x ² 2! + x ³

3! − . . . − (−1) ⁿ x ⁿ

n! + . . . =

= x(1 − x 2! + x ²

3! − . . . + (−1) ⁿ⁺¹ x ⁿ

(n + 1)! + . . .)

= xg(x).

g(x) är en analytisk funktion som uppfyller

g (0) 6= 0

^{. Eftersom}

h(x) = e ^−x

^{är en analytisk funktion med}

h (0) 6= 0

^{, så fås} utve klingen (för några tal

B n

⁾

e ^{− x}

1 − e ^−x = h(x) xg(x) = 1

x (B ₀ + B 1 x

1! + B 2 x ²

2! + B 3 x ³

3! + . . . + B n x ⁿ

n! + . . .) =

= B 0

x + B 1

1! + B 2 x

2! + B 3 x ²

3! + . . . + B n+1 x ⁿ

(n + 1)! + . . . =

=

∞

X

n=−1

B n+1

x ⁿ

(n + 1)! .

⁽⁴¹⁾

B _n+1

^kallas Bernoullitalen:

B ₀ = 1

^,

B ₁ = ⁽⁻¹⁾ ₂

^{, osv.Alltså fås av detta}

en sats:

Sats 18. Den singulära utve klingen för

Γ(s)ζ(s)

^är

Γ(s)ζ(s) ≍

∞

X

n=−1

B _n+1 (n + 1)!

1

(s + n) .

⁽⁴²⁾

Ett generelltfenomen som observeras i exemplenovanär att

x ⁿ ⇔ 1 s + n .

Med hjälp av de singulära expansionerna för

Γ(s)

^{o h}

Γ(s)ζ(s)

^kan

polen för

ζ(s)

^{bestämmas. Enligt den singulära}utve klingen (40)

Γ(s) ≍

∞

X

n=0

(−1) ⁿ n!

1

s + n = 1

s + (−1)

s + 1 + (1)

2(s + 2) + (−1)

6(s + 3) + . . . ,

har Gammafunktionen poler för

s = 0, −1, −2, −3, . . .

^{. Vid en jämfö-}

relse med den singuläraexpansionen (42)

Γ(s)ζ(s) ≍

∞

X

n=−1

B _n+1 (n + 1)!

1

(s + n) = B ₀ s − 1 + B ₁

s + B ₂

2(s + 1) + B ₃

6(s + 2) +. . . ,

så observeras att den o kså har en pol i

s = 1

^{. I en liten skiva runt}

s = 1

^fås

Γ(s)ζ(s) ≍ B 0

s − 1 + g(s)

där

g(s)

^{ärenanalytiskfunktioniskivan.Omsedanuttry ketdivideras}

med

Γ(s)

^fås