ゼータ関数のs=1での留数の求め方は?

質問

ζ関数のs=1での留数は1になるそうなのですが
どのようにして求めるのでしょうか?

どなたかご教示ください。

回答No.7

ringohatimitu · ベストアンサー

>>勿論"滑らか"であれば
∫_{s=c(t)}[∫_1^∞u^{-s-1}([u]-u)du]ds
=∫_{s=c(0)}^{s=c(1)}[∫_1^∞u^{-s-1}([u]-u)du]ds
=∫_{t=0}^{t=1}[∫_1^∞u^{-c(t)-1}([u]-u)du]d/dt c(t) dt
と変数変換する時に「d/dt c(t)」が出せるからありがたい事は確かですが,
もし,c(t)が滑らかでない(微分不能)場合はどのように対処すればいいのでしょうか?

ええとですね。。。前にも懸念していたのですが、やはり基礎的なところが欠如していると言わざるを得ません。まず複素積分は普通「区分的に滑らかな曲線に対して定義されます。もちろん一般の曲線に対しても定義出来ますがそれは実用上使われることはほとんどないと言ってよいでしょう。
これは「ある程度良い性質を持った」一般の曲線が区分的に滑らかな、或いはたくさんの三角形によって近似出来るからです。
そしてMoreraの定理をもう一度復習してください。単にwikiで見るだけでも「for every closed piecewise C^1 curve in D」と表現されてます。
要するに滑らかな曲線に対して積分を考えればよいのです。

あと、蛇足ながら。。。
だいぶ当初の質問から離れてきて複素解析の初歩的な部分に移ってきていると思われますが、私の経験上一つの目安として、次から次と分からないところが出てきてしまうということは完全に基礎が疎かになっていることが原因であることが多いです。Fubiniの定理やMoreraの定理などは自由自在に扱える状態じゃないとζ関数はなかなか上手く扱えません。

お礼

大変大変有難うございます。

> もし,c(t)が滑らかでない(微分不能)場合はどのように対処すればいいのでしょうか?
> ええとですね。。。前にも懸念していたのですが、やはり基礎的なところが欠如していると言わざるを得ません。まず複素積分は普通「区分的に滑らかな曲線に対して定義されます。もちろん一般の曲線に対しても定義出来ますがそれは実用上使われることはほとんどないと言ってよいでしょう。
> これは「ある程度良い性質を持った」一般の曲線が区分的に滑らかな、或いはたくさんの三角形によって近似出来るからです。
> そしてMoreraの定理をもう一度復習してください。単にwikiで見るだけでも「for
> every closed piecewise C^1 curve in D」と表現されてます。
> 要するに滑らかな曲線に対して積分を考えればよいのです。

piecewise C^1 の条件があったとは幸いです。お陰様で助かりました。

> あと、蛇足ながら。。。
> だいぶ当初の質問から離れてきて複素解析の初歩的な部分に移ってきていると思われますが、私の経験上一つの目安として、次から次と分からないところが出てきてしまうということは完全に基礎が疎かになっていることが原因であることが多いです。Fubiniの定理やMoreraの定理などは自由自在に扱える状態じゃないとζ関数はなかなか上手く扱えません。

了解いたしました。日々切磋琢磨したいと思います。

回答No.6

ringohatimitu

>>∫_cf(z)dz=0である事を示せばよい。
∫_cf(z)dz=∫_{c(t)} f(z)dz
=lim_{max{|t_k-t_{k+1}|;t_k∈[0,1]}→0}Σ_{k=0}^n f(ξ_k)(c(t_k)-c(t_{k+1}))
(但し,ξ_k∈[t_k,t_{k+1}])
まで来てから頓挫してるですが、、
ここからどのようにFubiniの定理を使って,=0を導け出せるでしょうか?

最初の示すことは合っていますが次のlimからの式がよく分かりません。maxをとっている？
まずFubiniの定理についてですが別の形、すなわち「積分順序の交換」の形が必要です。
以下参照してみてください：http://planetmath.org/encyclopedia/tonellistheorem.html
閉曲線(滑らかとしてよい)をc(t)として

∫_c f(z)dz＝∫_0^1 {∫_1^∞ u{-c(t)-1}([u]-u)c'(t) du}dt

ですね。ここでFubini(Tonelli)の定理を適用するのです。積分の中で絶対値をとってみると

|u{-c(t)-1}([u]-u)c'(t)|≦Ku^{-1-r}

となります。ここでKは定数、rはRe{c(t)}>rを満たす正数です。
従ってTonelliの定理から被積分関数が積空間[0,1]×[1,∞)の上で可積分となります。
そのときFubiniの定理から積分の順序は好きなように交換してよいことが保障されていますから最初の式で順序を交換すれば

∫_0^1 {∫_1^∞ u{-c(t)-1}([u]-u)c'(t) du}dt＝∫_1^∞{∫_0^1 u{-c(t)-1}([u]-u)c'(t) dt}du

です。右辺の{}の中は正則関数の閉曲線上での積分ですから当然0です。結局全体は0ですね。

お礼

大変有難うございます。

> 最初の示すことは合っていますが次のlimからの式がよく分かりません。maxをとっている？

lim_{max{|t_k-t_{k+1}|;t_k∈[0,1]}→0}Σ_{k=0}^n f(ξ_k)(c(t_k)-c(t_{k+1}))
(但し,ξ_k∈[t_k,t_{k+1}])
は単なる複素積分の定義式でした。

> まずFubiniの定理についてですが別の形、すなわち「積分順序の交換」の形が必要です。
> 以下参照してみてください：http://planetmath.org/encyclopedia/tonellistheorem.html

何故かなかなかアカウント登録が完了せず見れない状態にあります。
Tonelliの定理とは
『(X,M,μ),(Y,N,ν)をσ有限とし,E⊂X×Yに於いて,写像E_X,E_Yを夫々EからX,Yへの射影とする。
この時,E∈M(×)Nに対して,E_X(X)⊂(0,+∞],E_Y(Y)⊂(0,∞]ならば
ν(E_X),μ(E_Y)は夫々M可測関数,N可測関数で∫_Xν(E_X(x))dμ=∫_Yμ(E_Y(y))dν=λ(E)
(但し,λはμとνの積測度)』
ですよね。

> 閉曲線(滑らかとしてよい)をc(t)として

勿論"滑らか"であれば
∫_{s=c(t)}[∫_1^∞u^{-s-1}([u]-u)du]ds
=∫_{s=c(0)}^{s=c(1)}[∫_1^∞u^{-s-1}([u]-u)du]ds
=∫_{t=0}^{t=1}[∫_1^∞u^{-c(t)-1}([u]-u)du]d/dt c(t) dt
と変数変換する時に「d/dt c(t)」が出せるからありがたい事は確かですが,
もし,c(t)が滑らかでない(微分不能)場合はどのように対処すればいいのでしょうか?

> ∫_c f(z)dz＝∫_0^1 {∫_1^∞ u{-c(t)-1}([u]-u)c'(t) du}dt
：
> です。右辺の{}の中は正則関数の閉曲線上での積分ですから当然0です。結局全体は0ですね。

あとはそのようになりますね。

回答No.5

ringohatimitu

>>うーん、どうやって
∫_{0.9}^{∞} u^{-s} d[u]からs∫_{0.9}^{∞} u^{-s-1} [u] duが出てくるのでしょうか?
種明かしをお願い致します。m(_ _)m

部分積分は合ってると思います。その後の第一項の極限は0になります。
Re(s)＝σ>1なので、c→∞のとき
|c^{-s}[c]|＝c^{-σ}[c]≦c^{1-σ}→0
でどうでしょうか？

>>どのようにしてE(s)がs=1で正則である事が言えますでしょうか?

これは実は最初の回答でサラッと述べてあったのですがMoreraの定理を使うと手っ取り早いです。
これもここで長々と説明するのは不適なので定理はご自分で確認していただければありがたいですが
基本的にはRe(s)>0の範囲にある任意の閉曲線の上で積分をとって0になればその範囲で正則であるというものです。その際、積分順序を交換して示すことになりますが積分の中身がRe(s)>0のときには問題なくFubiniの定理が使えることに注意すればよいでしょう。
もちろんMoereraの定理を使わなくても直接べき級数展開してもよいと思いますが複雑になることが予想されるので個人的に試したことはありません。

お礼

>>>うーん、どうやって
> ∫_{0.9}^{∞} u^{-s} d[u]からs∫_{0.9}^{∞} u^{-s-1} [u] duが出てくるのでしょうか?
> 種明かしをお願い致します。m(_ _)m
> 部分積分は合ってると思います。その後の第一項の極限は0になります。
> Re(s)＝σ>1なので、c→∞のとき
> |c^{-s}[c]|＝c^{-σ}[c]≦c^{1-σ}→0
> でどうでしょうか？

バッチシです! どうも有難うございます。

>>>どのようにしてE(s)がs=1で正則である事が言えますでしょうか?
> これは実は最初の回答でサラッと述べてあったのですが
> Moreraの定理を使うと手っ取り早いです。

『D⊂A⊂C(但し,Cは複素数体)とし,Dが開領域でMap(A,C)∋fがDで連続とする。
この時, D⊃∀cは閉曲線で∫_cf(z)dz=0⇒fはDで正則』
というのがMoreraの定理ですね。

> これもここで長々と説明するのは不適なので定理は
> ご自分で確認していただければありがたいですが
> 基本的にはRe(s)>0の範囲にある任意の閉曲線の上で
> 積分をとって0になればその範囲で正則であるというものです。
> その際、積分順序を交換して示すことになりますが積分の中身が
> Re(s)>0のときには問題なくFubiniの定理が使えることに注意すればよいでしょう。
>

『(X,M,μ)と(Y,N,ν)をσ有限測度空間とし, μ(X_n)∈R且つν(Y_n)∈R,
E⊂X×Yに対してE_x:={y∈Y;(x,y)∈E}且つE_y:={x∈X;(x,y)∈E}と定義する時,
次の(i),(ii),(iii)が成立つ。
(i) E∈M(×)N (但し,(×)は積σ集合体)⇒E_x∈N for∀x∈X且つE_y∈M for∀y∈Y,
(ii) R∋ν(E_x)はxについてM可測関数且つR∋μ(E_y)はyについてN可測関数,
(iii) ∫_X ν(E_x)dμ=∫_Yμ(E_y)dν=λ(E) (但し,λ(E):=μ(E_y)ν(E_x),
つまりλは積測度)』
がFubiniの定理ですね。

> もちろんMoereraの定理を使わなくても直接べき級数展開しても
> よいと思いますが複雑になることが予想されるので個人的に試したことはありません。

それでもって,今∫_1^∞u{-s-1}([u]-u)duがRe(s)>0で正則である事を示したいの
だからf(u):=∫_1^∞u{-s-1}([u]-u)duと置いて示していくことになるのですね。

先ず,f(u)がD:={s∈C;Re(s)>0}で連続であるので(∵要証),
{s∈C;Re(s)>0}⊃∀c:=c(t)(:=u(t)+iv(t))は閉曲線に対して
(但し,t∈[0,1]でc(0)=c(1)=0とし,∀t∈[0,1]に対して,lim_{t→s}|c(t)-c(s)|=0),
∫_cf(z)dz=0である事を示せばよい。
∫_cf(z)dz=∫_{c(t)} f(z)dz
=lim_{max{|t_k-t_{k+1}|;t_k∈[0,1]}→0}Σ_{k=0}^n f(ξ_k)(c(t_k)-c(t_{k+1}))
(但し,ξ_k∈[t_k,t_{k+1}])
まで来てから頓挫してるですが、、
ここからどのようにFubiniの定理を使って,=0を導け出せるでしょうか?

誠に申し訳ありません。

回答No.4

ringohatimitu

>>ところで0.9は何処から来るのでしょうか?

0と1の間にある数であれば何でもよいです。要は積分区間を1より少し下から始めて後で1に近づけるlim_{ε↓0}∫_{1-ε}^...の要領です。

>>すいません。Stieltjes積分の部分積分の公式をお教え下さい(ちょっと見つけれませんでした)。

絶対連続関数に対する部分積分法です。ここで一般論を長々と解説するのは色々な面で不適なので実解析の本を参照していただくか、あるいはwikiなどのサイトをいくつか当たっていただけると有難いです。今ならそこらへんにpdfファイルなどでupしてくれてる人も多いので少し検索すれば見つかると思います。あるいは本屋さんでルベーグ積分などの本を見てみるとよいでしょう。絶対連続関数の項目があればほぼ間違いなく載ってます。

>>> ＝s/(s-1) + E(s)＝1+1/(s-1)+E(s)
ここはどのように変形なさったのでしょうか?
どうやってs/(s-1)が出てくるのでしょうか?

失礼しました、E(s)は前述の式において二番目の積分で定義される関数です。
第一項を普通に積分すればs/(s-1)が得られます。

>>これはlim_{s→1}(s-1)(1+1/(s-1)+E(s))=1となる事から分かりますね。

えーと、これは全く正しいのですが。。ちょっと付け加えると、留数の定義は1位の極における係数ですから1+1/(s-1)+E(s)という表式でE(s)がs=1で正則であることが分かってる場合そのような極限をとることに違和感があります。展開を見れば一目留数1なわけです。

以下蛇足ですが、、質問者さんがどのような経緯でζ関数について勉強しているかは分かりませんがζ関数の性質をを学ぶのに必要最低限の複素関数論、実解析の知識が少し足りてないように思います。
アドバイスですが、ζ関数を学びながら必要な事柄をその都度吸収していく姿勢は素晴らしいですがもしかしたらその前に一通り解析の基礎を学んだ方がよりスムーズに進めることが出来るかもしれませんよ。

お礼

どうも有難うございます。

>>>ところで0.9は何処から来るのでしょうか?
> 0と1の間にある数であれば何でもよいです。要は積分区間を
> 1より少し下から始めて後で1に近づけるlim_{ε↓0}∫_{1-ε}^...の要領です。

了解いたしました。

>>>すいません。Stieltjes積分の部分積分の公式を
> お教え下さい(ちょっと見つけれませんでした)。
> 絶対連続関数に対する部分積分法です。ここで
> 一般論を長々と解説するのは色々な面で不適なので実解析
> の本を参照していただくか、あるいはwikiなどのサイトをいくつか
> 当たっていただけると有難いです。今ならそこらへんにpdfファイル
> などでupしてくれてる人も多いので少し検索すれば見つかると思います。
> あるいは本屋さんでルベーグ積分などの本を見てみるとよいでしょう。
>絶対連続関数の項目があればほぼ間違いなく載ってます。

http://d.hatena.ne.jp/redcat_math/20071018
で見つけました。
『f(x),g(x)が区間I=[a,b]上の有界変動関数で共通な不連続点を持たないならば
∫_a^bf(x)dg(x)=[f(x)g(x)]_a^b-∫_a^bg(x)df(x)が成立つ』
ですね。

従って,「∫_{0.9}^{∞} u^{-s} d[u]＝s∫_{0.9}^{∞} u^{-s-1} [u] du」の式変形はこの部分積分法を使うと
∫_{0.9}^{∞} u^{-s} d[u]=[u^{-s}[u]]_0.9^∞-∫_0.9^∞[u]du^{-s}
=lim_{c→∞}(0.9^{-s}[0.9]-c^{-s}[c])-∫_0.9^∞[u]du^{-s}
=lim_{c→∞}(0.9^{-s}・0-c^{-s}[c])-∫_0.9^∞[u]du^{-s}
=lim_{c→∞}(0-e^{-s(ln(c))}[c])-∫_0.9^∞[u]du^{-s}(∵複素数乗の定義)
=lim_{c→∞}(-e^{-(Re(s)+iIm(s))(ln(c))}[c])-∫_0.9^∞[u]du^{-s}
=lim_{c→∞}(-e^{-Re(s)}e^{iIm(s)ln(c)}[c])-∫_0.9^∞[u]du^{-s}
=lim_{c→∞}(-e^{-Re(s)}(cos(Im(s)ln(c))+isin(Im(s)ln(c)))[c])-∫_0.9^∞[u]du^{-s}
=lim_{c→∞}(-e^{-Re(s)}(cos(Im(s)ln(c))+isin(Im(s)ln(c)))[c])-∫_0.9^∞[u]du^{-s}
となり,
(cos(Im(s)ln(c))+isin(Im(s)ln(c)))[c]の部分はc→∞になるに連れて,
[c]→∞となるので大雑把に言えば外に広がっていく渦巻状の曲線になるので発散するのではないのでしようか?
うーん、どうやって
∫_{0.9}^{∞} u^{-s} d[u]からs∫_{0.9}^{∞} u^{-s-1} [u] duが出てくるのでしょうか?
種明かしをお願い致します。m(_ _)m

>>>> ＝s/(s-1) + E(s)＝1+1/(s-1)+E(s)
> ここはどのように変形なさったのでしょうか?
> どうやってs/(s-1)が出てくるのでしょうか?
> 失礼しました、E(s)は前述の式において二番目の積分で定義される関数です。
> 第一項を普通に積分すればs/(s-1)が得られます。

E(s):=s∫_{1}^{∞} u^{-s-1} ([u]-u) du
で
s∫_{1}^{∞} u^{-s} du=1/(s-1)
なのですね。
s∫_{1}^{∞} u^{-s} du=s lim_{c→∞}[u^{1-s}/(1-s)]_1^c
=s lim_{c→∞}(1^{1-s}/(1-s)-c^{1-s}/(1-s))
=s lim_{c→∞}(1^{1-s}/(1-s)-e^{(1-s)ln(c)}/(1-s))
=s lim_{c→∞}(1^{1-s}/(1-s)-e^ln(c)e^{(-sln(c)}/(1-s))
=s lim_{c→∞}(1^{1-s}/(1-s)-e^ln(c)e^{(-ln(c)(Re(s)+iIm(s))}/(1-s))
=s lim_{c→∞}(1^{1-s}/(1-s)-e^ln(c)e^{(-ln(c)Re(s)}e^{iIm(s)}/(1-s))
=s lim_{c→∞}(1^{1-s}/(1-s)-e^ln(c)e^{(-ln(c)Re(s)}(cos(Im(s))+isin(Im(s)))/(1-s))
=s lim_{c→∞}(1^{1-s}/(1-s)-e^{(-ln(c)(Re(s)-1)}(cos(Im(s))+isin(Im(s)))/(1-s))
=s/(1-s) (∵今,e^{(-ln(c)(Re(s)-1)}→0 (as c→∞))
=1+1/(1-s)
と上手くいきました。

あとはちE(s)がs=1の周りでTaylor展開できる事が言えれば,
Σ_{n=1}^∞1/n^-sのs=1を中心とするLaurent展開が得られた事になりますね。
その為に,E(s)がs=1で正則である事が言えれば,E(s)をs=1を中心としたベキ級数に展開可能なのですが
どのようにしてE(s)がs=1で正則である事が言えますでしょうか?

>>>これはlim_{s→1}(s-1)(1+1/(s-1)+E(s))=1となる事から分かりますね。
> えーと、これは全く正しいのですが。。ちょっと付け加えると、
> 留数の定義は1位の極における係数ですから1+1/(s-1)+E(s)という表式で
> E(s)がs=1で正則であることが分かってる場合そのような極限をとることに
> 違和感があります。展開を見れば一目留数1なわけです。

仰る通りです。

> 以下蛇足ですが、、質問者さんがどのような経緯でζ関数について
> 勉強しているかは分かりませんがζ関数の性質をを学ぶのに必要最低限の
> 複素関数論、実解析の知識が少し足りてないように思います。
> アドバイスですが、ζ関数を学びながら必要な事柄をその都度吸収していく姿勢は
> 素晴らしいですがもしかしたらその前に一通り解析の基礎を学んだ方がより
> スムーズに進めることが出来るかもしれませんよ。

検討してみたいと思います。

回答No.3

ringohatimitu

>>ζ(s):=1/(n!n^s/Π_{k=0}^n(s+k)) ∫_0^∞x^{s-1}/(e^x-1)dx
はΣ_{n=0}^∞1/n^sのC＼{1}への解析接続になっているのでしょうか?

いえ、残念ながらなっていないでしょう。積分の収束範囲はRe(s)>1です。
同じような理由であなたの提示されたζ関数のある種の表現もs=1以外への解析接続とはなっていないでしょう(Re(s)>1よりは広いかもしれませんがどのくらいまでなのかは確かめていません)。その関数をべき級数展開しても得るものが無いのです。εを使った表現をそのままべき級数展開する前に何らかの工夫が必要だと思われます。

お礼

お手数おかけしまして大変申し訳ありません。

>>>ζ(s):=1/(n!n^s/Π_{k=0}^n(s+k)) ∫_0^∞x^{s-1}/(e^x-1)dx
> はΣ_{n=0}^∞1/n^sのC＼{1}への解析接続になっているのでしょうか?
> いえ、残念ながらなっていないでしょう。積分の収束範囲はRe(s)>1です。
> 同じような理由であなたの提示されたζ関数のある種の表現もs=1以外への
> 解析接続とはなっていないでしょう(Re(s)>1よりは広いかもしれませんが
> どのくらいまでなのかは確かめていません)。その関数をべき級数展開しても
> 得るものが無いのです。εを使った表現をそのままべき級数展開する前に
> 何らかの工夫が必要だと思われます。

有難うございます。とても参考になっております。

> 部分積分を使うと楽に計算出来ますよ。
> 具体的にはまずRe(s)>1としておいて、
> ζ(s)＝Σ_{n=1}^{∞} n^{-s}＝∫_{0.9}^{∞} u^{-s} d[u]
> と積分表示します。

Σ_{n=1}^∞1/n^-s=lim_{n→∞}(1^-s+2^-s+…+n^-s)
=lim_{n→∞}(∫_{0.9}^n u^-sδ(u-1)du+∫_{0.9}^n u^-sδ(u-2)du+…+∫_{0.9}^n u^-sδ(u-n)du)
(但し,δはδ関数) (∵公式∫_a^bf(x)δ(x-t)dx=f(t))
=lim_{n→∞}(∫_{0.9}^n u^-s(δ(u-1)+δ(u-2)+…+δ(u-n))du
=lim_{n→∞}(∫_{0.9}^n u^-sd(I(u-1)+I(u-2)+…+I(u-n))
(但し,Iはunit step関数,I(x-t):=1(if x≧t),0(if x<t))
=∫_{0.9}^∞u^-sd[u]となるのですね。
ところで0.9は何処から来るのでしょうか?

> ここで最後の[u]はGauss記号を表し、積分区間にある↑は下から1へ近づける極限操作を表します。
> さて、部分積分の公式をそのままあてはめれば
> ∫_{0.9}^{∞} u^{-s} d[u]＝s∫_{0.9}^{∞} u^{-s-1} [u] du

すいません。Stieltjes積分の部分積分の公式をお教え下さい(ちょっと見つけれませんでした)。

> ＝s∫_{1}^{∞} u^{-s-1} [u] du

これは区間(0.9,1)では[u]=0なのでこのように書けますね。

> ＝s∫_{1}^{∞} u^{-s} du + s∫_{1}^{∞} u^{-s-1} ([u]-u) du

Re(s)>1なら双方の積分も収束するのでこのように変形できますね。

> ＝s/(s-1) + E(s)＝1+1/(s-1)+E(s)

ここはどのように変形なさったのでしょうか?
どうやってs/(s-1)が出てくるのでしょうか?

> となります。ここまではRe(s)>1と仮定して話を進めてきましたが
> 一番最後の式に注目してみましょう。
> まず第一項、第二項はs＝1を除いて全平面で正則。
> 次に第三項E(s)は([u]-u)が有界であることから

すいません。E(s)とは一体どのような式なのでしょうか?

> Re(s)>0の部分で
> 絶対収束し、その結果正則であることが分かります
> (Moreraの定理などを使えばよいでしょう)。
> 結局ζ(s)の右半平面への解析接続が得られたわけです。
> そして明らかにs＝1での留数は1であることも分かりますね。

これはlim_{s→1}(s-1)(1+1/(s-1)+E(s))=1となる事から分かりますね。

回答No.2

ringohatimitu

>>『∫・ d[u]』という形態の積分は初めて目にして面食らっております。

実解析は学習されたことは無いでしょうか？
有界変動な関数に対する少し拡張された部分積分法があります。
大抵の実解析の本には載ってるので参照してみください。特別難しいものでもないですし様々な場面で使える大変便利なものです。習得することを是非おすすめします。

>>ζ(s):=∫_∞^εu^{s-1}/(e^u-1) du +∫_0^2π(εe^{iθ})^{s-1}εie^{iθ}/(e^{εe^{iθ}}-1) dθ
+∫_ε^∞e^{2πis}u^{s-1}/(e^u-1) du (但し,0<ε<2π)
をベキ級数に展開して求めるやり方をお教えいただけないでしょうか?

あなたのζ(s)というのは世間で広く呼ばれるζ関数とは違ってるようですが何か書き忘れていませんか？
Γ関数などがかかってるのではないでしょうかね。。
この表現を出発点に各積分の中身をsについてべき級数展開するということでしょうか？
ちなみにこの表式はsについてどの範囲で正則か（すなわち最初のζからどこまで解析接続されているか）分かりますか？

お礼

ご回答誠に有難うございます。　

>>>『∫・ d[u]』という形態の積分は初めて目にして面食らっております。
> 実解析は学習されたことは無いでしょうか？

一応,ありますがこのような形態の積分には出会いませんでした。

> 有界変動な関数に対する少し拡張された部分積分法があります。
> 大抵の実解析の本には載ってるので参照してみください。
> 特別難しいものでもないですし様々な場面で使える大変便利なものです。
> 習得することを是非おすすめします。

有難うございます。ちょっと調べてみたいと思います。

>>>ζ(s):=∫_∞^εu^{s-1}/(e^u-1) du
>>>+∫_0^2π(εe^{iθ})^{s-1}εie^{iθ}/(e^{εe^{iθ}}-1) dθ
> +∫_ε^∞e^{2πis}u^{s-1}/(e^u-1) du (但し,0<ε<2π)
> をベキ級数に展開して求めるやり方をお教えいただけないでしょうか?
> あなたのζ(s)というのは世間で広く呼ばれる
>ζ関数とは違ってるようですが何か書き忘れていませんか？
> Γ関数などがかかってるのではないでしょうかね。。

ζ(s):=1/Γ(s) ∫_0^∞x^{s-1}/(e^x-1)dxというものでしょうか?
これはΣ_{n=0}^∞1/n^sのRe(s)>0への解析接続になっているのでしょうか。。

さらにΓ(s):=n!n^s/Π_{k=0}^n(s+k)と考えると,
ζ(s):=1/(n!n^s/Π_{k=0}^n(s+k)) ∫_0^∞x^{s-1}/(e^x-1)dx
はΣ_{n=0}^∞1/n^sのC＼{1}への解析接続になっているのでしょうか?

> この表現を出発点に各積分の中身をsについてべき級数展開するということでしょうか？

はい、さようでございます。是非お願い致します。m(_ _)m

> ちなみにこの表式はsについてどの範囲で正則か
> （すなわち最初のζからどこまで解析接続されているか）分かりますか？

はい、C＼{1}で正則です。

回答No.1

ringohatimitu

部分積分を使うと楽に計算出来ますよ。
具体的にはまずRe(s)>1としておいて、
ζ(s)＝Σ_{n=1}^{∞} n^{-s}＝∫_{0.9}^{∞} u^{-s} d[u]
と積分表示します。
ここで最後の[u]はGauss記号を表し、積分区間にある↑は下から1へ近づける極限操作を表します。
さて、部分積分の公式をそのままあてはめれば
∫_{0.9}^{∞} u^{-s} d[u]＝s∫_{0.9}^{∞} u^{-s-1} [u] du＝s∫_{1}^{∞} u^{-s-1} [u] du
＝s∫_{1}^{∞} u^{-s} du + s∫_{1}^{∞} u^{-s-1} ([u]-u) du
＝s/(s-1) + E(s)＝1+1/(s-1)+E(s)
となります。ここまではRe(s)>1と仮定して話を進めてきましたが一番最後の式に注目してみましょう。
まず第一項、第二項はs＝1を除いて全平面で正則。次に第三項E(s)は([u]-u)が有界であることからRe(s)>0の部分で絶対収束し、その結果正則であることが分かります(Moreraの定理などを使えばよいでしょう)。
結局ζ(s)の右半平面への解析接続が得られたわけです。
そして明らかにs＝1での留数は1であることも分かりますね。

お礼

ご回答誠に有難うございます。

『∫・ d[u]』という形態の積分は初めて目にして面食らっております。

ζ(s):=∫_∞^εu^{s-1}/(e^u-1) du
+∫_0^2π(εe^{iθ})^{s-1}εie^{iθ}/(e^{εe^{iθ}}-1) dθ
+∫_ε^∞e^{2πis}u^{s-1}/(e^u-1) du
(但し,0<ε<2π)

をベキ級数に展開して求めるやり方をお教えいただけないでしょうか?

お手数お掛けしましてまことに申し訳ございません。m(_ _)m