meromorph fortsetzbar

01.04.2015, 19:57	Hanno314	Auf diesen Beitrag antworten »
meromorph fortsetzbar Hallo! Ich möchte mittels Abelscher Summation zeigen, dass sich die Zetafunktion $\begin{eqnarray} h(s,a)=\sum\limits_{n=0}^{\infty} (n+a)^{-s} \end{eqnarray}$ , $\begin{eqnarray} a>0 \end{eqnarray}$ meromorph auf $\begin{eqnarray} H=\left\{Re(s)>0\right\} \end{eqnarray}$ fortsetzen lässt. Ich habe bis jetzt Folgendes: $\begin{eqnarray} h(s,a)=\left[x\right] (x+a)^{-s-1} +s\int_{1}^{x} \! \left[u\right] (u+a)^{-s-1} \, du \end{eqnarray}$ (die eckigen Klammern sollen die Abrundungsfunktion darstellen). Lasse ich x gegen $\begin{eqnarray} \infty \end{eqnarray}$ gehen, ergibt sich $\begin{eqnarray} h(s,a)=s\int_{1}^{\infty } \! \left[x\right](x+a)^{-s-1} \, dx \end{eqnarray}$ . Das Integral konvergiert, da für $\begin{eqnarray} Re(s)>0 \end{eqnarray}$ gilt $\begin{eqnarray} \|\frac{\left[x\right]}{(x+a)^{s+1}} \| \leq \frac{1}{x^{Re(s)+1} } \end{eqnarray}$ . Ist das richtig so? Wie muss ich weitermachen? Gruß Hanno .
01.04.2015, 20:31	IfindU	Auf diesen Beitrag antworten »
Leider bin ich in komplexer Analysis nicht wirklich fit, aber das kann nicht stimmen. Die Reihe konvergiert nicht für $\begin{eqnarray} s \in (0,1] \end{eqnarray}$ . Wie willst du sie dann meromorph fortsetzen (sie darf dann nur isolierte Problemstellen besitzen). Zum anderen ist deine Abschätzung für das Integral falsch. Tatsächlich divergiert das Integral auch, falls $\begin{eqnarray} s \in (0,1] \end{eqnarray}$ . Die bessere Abschätzung wäre also $\begin{eqnarray} \left\| \frac { \lfloor x \rfloor } { (x+a)^{s+1} } \right\| \leq \left\| \frac { x +a } { (x+a)^{s+1} } \right\|= \frac 1 {\| (x+a)^s \|} \end{eqnarray}$ . Bis auf eine Konstante sollte man die Abschätzung auch nach unten haben, womit $\begin{eqnarray} \text{Re}( s ) > 1 \end{eqnarray}$ einfach zwingend nötig dafür wird (was auch zu hoffen ist, denn nachdem was ich ganz zu Anfang geschrieben habe, solltest du es nicht für $\begin{eqnarray} s \in (0,1] \end{eqnarray}$ zeigen können.)
02.04.2015, 09:54	Elvis	Auf diesen Beitrag antworten »
Das muss gehen, denn $\begin{eqnarray} h(s,a) \end{eqnarray}$ ist die Hurwitz-zeta-Funktion. Bei $\begin{eqnarray} s=1 \end{eqnarray}$ hat auch die Riemannsche zeta-Funktion $\begin{eqnarray} (a=0) \end{eqnarray}$ einen Pol, was $\begin{eqnarray} h(s,a) \end{eqnarray}$ dort macht, weiß ich jetzt auch nicht genau, vermutlich dasselbe. Zitat: For $\begin{eqnarray} a>-1 \end{eqnarray}$ , a globally convergent series for $\begin{eqnarray} h(s,a)=\zeta(s,a) \end{eqnarray}$ (which, for fixed a, gives an analytic continuation of $\begin{eqnarray} \zeta(s,a) \end{eqnarray}$ to the entire complex $\begin{eqnarray} s \end{eqnarray}$ -plane except the point $\begin{eqnarray} s=1 \end{eqnarray}$ ) is given by $\begin{eqnarray} \zeta(s,a)=\frac 1 {s-1}\sum_{n=0}^{\infty}\frac 1 {n+1}\sum_{k=0}^n(-1)^k\begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix}(a+k)^{1-s} \end{eqnarray}$ (Hasse 1930).
02.04.2015, 10:07	IfindU	Auf diesen Beitrag antworten »
Ok, ich habe kurz nachgelesen: Der Threadersteller hat leider nicht spezifiziert, in welchem Bereich die meromorphe Funktion mit der Reihe überstimmen soll. Denn es ist klar, dass $\begin{eqnarray} 2n > n + a > n \end{eqnarray}$ für genügend große n und damit $\begin{eqnarray} \sum_{n\in \mathbb N } \frac 1 { (n+a)^s} < \infty \iff \sum_{n\in \mathbb N } \frac 1 { n^s} < \infty \end{eqnarray}$ für $\begin{eqnarray} s \in (0,1] \end{eqnarray}$ . Offenbar ist die rechte Aussage immer falsch, also ist es die linke. Kurz: Das a hilft einfach nicht bei der Konvergenz, weil sie die Konvergenzgeschwindigkeit in so ziemlich keinen Sinne erhöht. Auf dem Bereich $\begin{eqnarray} \text{Re}(s) > 1 \end{eqnarray}$ konvergiert die Reihe trivialerweise mit dem Integralkriterium, und dann ist es wohl sinnvoll anzunehmen, von da aus zu starten und die Reihe meromorph fortzusetzen.
02.04.2015, 18:25	Hanno314	Auf diesen Beitrag antworten »
Danke erstmal für die Hilfe. Es war natürlich gegeben, dass Re(s)<1 und einziger Pol 1.Ordnung bei s=1. Die Konvergenz ist nun klar, aber wieso lässt sich h deshalb auf die besagte Halbebene fortsetzen?
02.04.2015, 18:45	Elvis	Auf diesen Beitrag antworten »
Das geht für die Hurwitzsche zeta-Funktion, weil Helmut Hasse das 1930 so gemacht hat (siehe oben). Für die Riemannsche zeta-Funktion geht es doch auch. Nebenbemerkung: Freut mich, dass meine "Vermutung" über den Pol 1. Ordnung schon bekannt war.
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