الرياضيات الجامعية — السنة 3 · Bachelor Year 3

17متسلسلات لوران ومبرهنة البواقي

ماذا يحدث لدالة هولومورفية بجوار نقطة لا تكون معرَّفة عندها؟ الجواب ثلاثيةٌ تامة — نقطة قابلة للإزالة، أو قطب، أو شذوذ جوهري — تُقرأ من متسلسلة قوى ذات طرفين، هي نشر لوران. ويتحكم معاملٌ واحد من ذلك النشر، هو الباقي، في كل تكامل مسار حول الشذوذ: فتحوّل مبرهنة البواقي التكاملاتِ المحدودة الصعبة إلى جبر منتهٍ، وتعدّ جذور الدوال (مبدأ العمدة، وروشيه)، وتبرهن على مبرهنة التطبيق المفتوح. ونرقّي أولًا مبرهنة كوشي من المجالات النجمية الشكل إلى صيغتها النهائية الخالية من الهومولوجيا — بحجة ديكسون الأنيقة — بحيث تصير متاحةً جميع المسارات ذات عدد اللف المعدوم حول المتممة.

17.1 مبرهنة كوشي الشاملة

الدورة $\Gamma$ مجموعٌ شكلي منتهٍ لمسارات مغلقة $\gamma_1, \dots, \gamma_m$ ؛ والتكاملات والأدلّة على امتداد $\Gamma$ هي المجاميع الموافقة، و $\operatorname{im}\Gamma = \bigcup\operatorname{im}\gamma_j$ .

مبرهنة 17.1 (كوشي، الصيغة الشاملة)

لتكن $\Omega \subseteq \C$ مفتوحة، ولتكن $f \in \mathcal H(\Omega)$ ، ولتكن $\Gamma$ دورةً في $\Omega$ تحقق

\operatorname{Ind}_\Gamma(w) = 0 \qquad\text{من أجل كل} w \notin \Omega .

عندئذٍ يكون من أجل كل $z \in \Omega\setminus\operatorname{im}\Gamma$ ،

\frac1{2\iu\pi}\int_\Gamma\frac{f(w)}{w - z}\,\dd w = \operatorname{Ind}_\Gamma(z)\,f(z), \qquad\text{و}\qquad \int_\Gamma f(w)\,\dd w = 0 .

البرهان (ديكسون). نعرّف $g \colon \Omega\times\Omega \to \C$ بالعلاقة

g(z, w) = \begin{cases} \dfrac{f(w) - f(z)}{w - z} & w \neq z,\\[4pt] f'(z) & w = z . \end{cases}

الدالة $g$ متصلة: فخارج القطر، ذلك واضح. وبجوار نقطة قطرية $(a, a)$ ، ننشر $f$ في متسلسلة قوى عند $a$ (المبرهنة 16.10): $f(w) - f(z) = \sum_{n\geq1}c_n\bigl((w-a)^n - (z-a)^n\bigr)$ ، وبقسمة كل حدّ على $w - z$ (بتحليل $u^n - v^n$ ) نجد، من أجل $z, w \in D(a, r)$ ،

g(z, w) = \sum_{n\geq1}c_n\sum_{j=0}^{n-1}(w-a)^{\,j}(z-a)^{\,n-1-j},

وهي صحيحة على القطر أيضًا (إذ يصير كل مجموع داخلي $n(z-a)^{n-1}$ ، ويكون مجموعها $f'(z)$ ). ومن أجل $r$ صغير تتقارب المتسلسلة بانتظام على $D(a,r)^2$ ( $\abs{\text{الحدّ}} \leq n\abs{c_n}r^{n-1}$ ، وهي قابلة للجمع داخل نصف القطر): فيكون المجموع متصلًا.

نضع $h(z) = \frac1{2\iu\pi}\int_\Gamma g(z, w)\,\dd w$ على $\Omega$ : فهي متصلة (بالاتصال المنتظم للدالة $g$ على المتراصات)، وهولومورفية — بموريرا (أي محك المبرهنة 16.15): إذ من أجل مثلث $T \subseteq \Omega$ ، تعطي فوبيني أن $\int_{\partial T}h = \frac1{2\iu\pi}\int_\Gamma\bigl(\int_{\partial T}g(z, w)\dd z\bigr)\dd w = 0$ ، إذ ينعدم التكامل الداخلي لأن $z \mapsto g(z, w)$ هولومورفية على $\Omega$ (وعند $z = w$ يكون الشذوذ قابلًا للإزالة: إذ $g$ متصلة هناك وهولومورفية في غيرها — بحجة التمديد في برهان المبرهنة 16.9).

وعلى المجموعة المفتوحة $\Omega' = \{z \notin \operatorname{im}\Gamma : \operatorname{Ind}_\Gamma(z) = 0\}$ ، نعرّف $h_1(z) = \frac1{2\iu\pi}\int_\Gamma\frac{f(w)}{w - z}\dd w$ : وهي هولومورفية على $\Omega'$ (بموريرا أو بالاشتقاق تحت علامة التكامل). ومن أجل $z \in \Omega\cap\Omega'$ :

h(z) = \frac1{2\iu\pi}\int_\Gamma\frac{f(w)}{w-z}\dd w - f(z)\operatorname{Ind}_\Gamma(z) = h_1(z) .

وبالفرضية $\Omega\cup\Omega' = \C$ ( $w \notin \Omega \Rightarrow \operatorname{Ind}_\Gamma(w) = 0$ )، ومنه تلتحم $h$ و $h_1$ في دالة صحيحة $H$ . وبما أن المركّبة غير المحدودة لمتممة $\operatorname{im}\Gamma$ تقع في $\Omega'$ وأن $h_1(z) \to 0$ حين $\abs z \to \infty$ (بحدّ $ML$ )، تكون $H$ محدودة وتؤول إلى $0$ : فيعطي ليوفيل (النتيجة 16.12) أن $H \equiv 0$ . ومنه $h \equiv 0$ على $\Omega$ ، وهي الصيغة التكاملية. وبتطبيقها، من أجل $a \in \Omega\setminus\operatorname{im}\Gamma$ مثبَّتة، على $\tilde f(w) = (w - a)f(w)$ عند $z = a$ :

\frac1{2\iu\pi}\int_\Gamma f(w)\dd w = \frac1{2\iu\pi}\int_\Gamma \frac{\tilde f(w)}{w - a}\dd w = \operatorname{Ind}_\Gamma(a)\,\tilde f(a) = 0 .

∎

17.2 متسلسلات لوران والشذوذات المعزولة

مبرهنة 17.2 (نشر لوران)

لتكن $f$ هولومورفية على التاج $A = \{r < \abs{z - a} < R\}$ ( $0 \leq r < R \leq \infty$ ). عندئذٍ

f(z) = \sum_{n\in\Z}c_n\,(z - a)^n \qquad\text{على} A, \qquad c_n = \frac1{2\iu\pi}\int_{C_\rho}\frac{f(w)}{(w - a)^{n+1}}\,\dd w

من أجل أي $r < \rho < R$ (ولا يتعلق بنصف القطر $\rho$ )، وتتقارب نصفا المتسلسلة تقاربًا ناظميًّا على التيجان الجزئية المتراصة. والنشر وحيد.

برهان. نثبّت $r < \rho_1 < \abs{z - a} < \rho_2 < R$ ولتكن $\Gamma = C_{\rho_2} - C_{\rho_1}$ (الخارجية عكس عقارب الساعة والداخلية مع عقارب الساعة): وهي دورة في $A$ تحقق $\operatorname{Ind}_\Gamma(w) = 0$ من أجل كل $w \notin A$ (فالنقاط داخل القرص الصغير: $1 - 1 = 0$ ؛ وخارج الكبير: $0 - 0$ ). وحسب المبرهنة 17.1، يعطي $\operatorname{Ind}_\Gamma(z) = 1 - 0 = 1$ أن

f(z) = \frac1{2\iu\pi}\int_{C_{\rho_2}}\frac{f(w)}{w - z}\dd w - \frac1{2\iu\pi}\int_{C_{\rho_1}}\frac{f(w)}{w - z}\dd w .

وننشر النواة الأولى كما في المبرهنة 16.10 (بقوى $\frac{z - a}{w - a}$ ، وطويلتها $< 1$ ): فيكون الجزء غير السالب $\sum_{n\geq0}c_n(z-a)^n$ . وفي الثانية ننشر بالاتجاه الآخر: $\frac{-1}{w - z} = \frac1{(z-a)(1 - \frac{w - a}{z - a})} = \sum_{m\geq0}\frac{(w-a)^m}{(z - a)^{m+1}}$ ، وهي متقاربة تقاربًا ناظميًّا على $C_{\rho_1}$ : فيكون الجزء السالب $\sum_{n\leq-1}c_n(z-a)^n$ بالمعاملات المذكورة (بالدليل $n = -m-1$ ). وأما استقلاله عن $\rho$ : فتكاملات المعاملات على $C_{\rho}$ و $C_{\rho'}$ تختلف بالمقدار $\int_\Gamma$ على دورة معدومة الدليل للدالة الهولومورفية $\frac{f(w)}{(w-a)^{n+1}}$ في $A$ : أي بصفر، حسب المبرهنة 17.1 من جديد. وأما الوحدانية: فنكامل $\sum c_n(z-a)^n$ مقابل $(z - a)^{-m-1}$ على $C_\rho$ حدًّا حدًّا (بالتقارب الناظمي): فلا ينجو سوى $n = m$ . ∎

تعريف 17.3

إذا كانت $f$ هولومورفية على قرص مثقوب $D(a, R)\setminus \{a\}$ ، نشرناها بلوران (مع $r = 0$ ). وثمة ثلاث حالات متنافية:

أن تكون جميع $c_n = 0$ من أجل $n < 0$ : أي شذوذ قابل للإزالة (إذ تمدّد المتسلسلة غير السالبة $f$ هولومورفيًّا إلى $a$ )؛
أن يكون $c_n \neq 0$ من أجل عدد منتهٍ، وواحد على الأقل، من $n < 0$ : أي قطب من الرتبة $m = -\min\{n : c_n \neq 0\}$ ؛ أي، بالتكافؤ، $f = g/(z-a)^m$ مع $g$ هولومورفية و $g(a) \neq 0$ ؛ أي، بالتكافؤ، $\abs{f(z)} \to \infty$ حين $z\to a$ ؛
أن يكون $c_n \neq 0$ من أجل عدد لانهائي من $n$ السالبة: أي شذوذ جوهري.

والباقي هو $\operatorname{Res}(f, a) = c_{-1}$ . والدالة الهولومورفية على $\Omega$ منزوعًا منها مجموعة أقطاب تسمّى مرومورفية على $\Omega$ .

مبرهنة 17.4 (ريمان؛ كازوراتي–فايرشتراس)

لتكن $f$ هولومورفية على $D(a,R)\setminus\{a\}$ .

(ريمان) إذا كانت $f$ محدودة بجوار $a$ ، كان الشذوذ قابلًا للإزالة.
(كازوراتي–فايرشتراس) إذا كان $a$ جوهريًّا، فإن $f\bigl(D(a,\varepsilon)\setminus\{a\}\bigr)$ كثيفة في $\C$ من أجل كل $\varepsilon$ .

برهان. (1) من أجل $n < 0$ وحين $\rho \to 0$ : $\abs{c_n} \leq M\rho^{-n-1}\cdot\rho\cdot\rho^{-\,n}\dots$ بمتراجحة $ML$ على $C_\rho$ : أي $\abs{c_n} \leq \frac{1}{2\pi}\,2\pi\rho\cdot M\rho^{-(n+1)} = M\rho^{-n} \to 0$ (لأن $-n > 0$ ): فتنعدم جميع المعاملات السالبة. (2) لو لم تُقارَب قيمةٌ ما $b$ : لكان $\abs{f - b} \geq \delta$ بجوار $a$ ، ومنه تكون $g = 1/(f - b)$ هولومورفية ومحدودة بجوار $a$ : أي قابلة للإزالة (1)، فتمتدّ $g$ بالقيمة $c$ . فإذا كان $c \neq 0$ ، كانت $f = b + 1/g$ محدودة بجوار $a$ : أي قابلة للإزالة — وهو مستبعد. وإذا كان $c = 0$ ، كان للدالة $g$ جذر من رتبة منتهية $m$ عند $a$ (المبرهنة 16.13؛ إذ $g \not\equiv 0$ )، وكان للدالة $f = b + 1/g$ قطبٌ من الرتبة $m$ : وهو مستبعد أيضًا. ∎

17.3 مبرهنة البواقي

مبرهنة 17.5 (مبرهنة البواقي)

لتكن $\Omega$ مفتوحة، ولتكن $S \subseteq \Omega$ منتهية، ولتكن $f \in \mathcal H(\Omega\setminus S)$ ، ولتكن $\Gamma$ دورةً في $\Omega\setminus S$ تحقق $\operatorname{Ind}_\Gamma(w) = 0$ من أجل كل $w \notin \Omega$ . عندئذٍ

\frac{1}{2\iu\pi}\int_\Gamma f(z)\,\dd z = \sum_{a\in S}\operatorname{Ind}_\Gamma(a)\, \operatorname{Res}(f, a) .

برهان. من أجل كل $a \in S$ ، ليكن $P_a(z) = \sum_{n\leq-1}c_n^{(a)}(z - a)^n$ الجزءَ الرئيسي للدالة $f$ عند $a$ : أي متسلسلة تتقارب على $\C\setminus\{a\}$ (إذ نصف قطرها في $1/(z-a)$ لانهائي: فذيل لوران يتقارب من أجل كل $\abs{z-a}$ صغير، ومنه، بكونه متسلسلة قوى في $(z-a)^{-1}$ ، يتقارب في كل مكان)، وهولومورفية هناك. عندئذٍ يكون للدالة $g = f - \sum_{a\in S}P_a$ شذوذات قابلة للإزالة عند كل نقطة من $S$ (إذ ليس لنشر لوران لها عند $a$ جزء سالب: لأن بقية $P_{a'}$ هولومورفية عند $a$ )، ومنه تمتدّ $g$ هولومورفيًّا إلى $\Omega$ ، وتعطي المبرهنة 17.1 أن $\int_\Gamma g = 0$ . ويبقى أن نكامل كل $P_a$ : حدًّا حدًّا (بالتقارب الناظمي على المتراصة $\operatorname{im}\Gamma$ ، وهي تتفادى $a$ )،

\frac1{2\iu\pi}\int_\Gamma(z - a)^n\,\dd z = 0 \ (n \leq -2: \text{الدالة الأصلية} \tfrac{(z-a)^{n+1}}{n+1}), \qquad \frac1{2\iu\pi}\int_\Gamma\frac{\dd z}{z - a} = \operatorname{Ind}_\Gamma(a),

ومنه $\frac1{2\iu\pi}\int_\Gamma P_a = c_{-1}^{(a)}\operatorname{Ind}_\Gamma(a)$ . ثم نجمع على $a$ . ∎

طريقة 17.6 (حساب البواقي)

القطب البسيط: $\operatorname{Res}(f, a) = \lim_{z\to a}(z - a)f(z)$ ؛ ومن أجل $f = g/h$ مع $g(a) \neq 0$ و $h(a) = 0$ و $h'(a) \neq 0$ : $\operatorname{Res} = g(a)/h'(a)$ . والقطب من الرتبة $m$ : $\operatorname{Res}(f, a) = \frac1{(m-1)!}\lim_{z\to a}\bigl((z-a)^mf(z)\bigr)^{(m-1)}$ . وأما الشذوذات الجوهرية: فانشر واقرأ $c_{-1}$ (مثلًا من متسلسلات معروفة). وتحقق دائمًا من الأقطاب التي يحيط بها المسار فعلًا، وبأي دليل.

مثال 17.7 (الأنماط التكاملية الكلاسيكية الأربعة)

(a) الكسرية على $\R$ : من أجل $\int_\R\frac{\dd x}{1 + x^4}$ ، نغلق بنصف دائرة كبيرة $S_R$ في نصف المستوي العلوي: فيكون المقدار المكامَل من رتبة $O(R^{-4})$ هناك، ومنه $\int_{S_R} \to 0$ (بمتراجحة $ML$ )، وتعطي مبرهنة البواقي مع الأقطاب $\eu^{\iu\pi/4}, \eu^{3\iu\pi/4}$ (وهي بسيطة، وبواقيها $\frac1{4z^3} = \frac{z}{4z^4} = -\frac z4$ عند قطب)

\int_\R\frac{\dd x}{1 + x^4} = 2\iu\pi\Bigl(-\frac{\eu^{\iu\pi/4}}4 - \frac{\eu^{3\iu\pi/4}}4\Bigr) = \frac{\pi}{\sqrt2} .

(b) النمط الفورييهي: من أجل $t \geq 0$ ، $\int_\R\frac{\eu^{\iu tx}}{1 + x^2}\dd x = 2\iu\pi\operatorname{Res}\bigl(\tfrac{\eu^{\iu tz}}{1+z^2}, \iu\bigr) = 2\iu\pi\frac{\eu^{-t}}{2\iu} = \pi\eu^{-t}$ — إذ يصلح نصف الدائرة العلوي لأن $\abs{\eu^{\iu tz}} = \eu^{-t\operatorname{Im}z} \leq 1$ هناك؛ وبأخذ الأجزاء الحقيقية: $\int_\R\frac{\cos(tx)}{1+x^2}\dd x = \pi\eu^{-\abs t}$ ، فتُسدَّد الصيغة المسلَّم بها في التمرين 10.10. (c) المثلثية على دور: نعوّض $z = \eu^{\iu t}$ و $\cos t = \frac{z + z^{-1}}2$ و $\dd t = \frac{\dd z}{\iu z}$ : فيصير $\int_0^{2\pi}\frac{\dd t}{a + \cos t}$ (حيث $a > 1$ ) عدَّ بواقٍ داخل الدائرة الواحدية (التمرين 17.2). (d) المتسلسلات: نزاوج $f$ مع $\pi\cot(\pi z)$ ، وأقطابها هي الأعداد الصحيحة بباقٍ $1$ : وتجمع مسألة نهاية الأسبوع $\sum n^{-2}$ و $\sum n^{-4}$ بهذه الطريقة.

مسار نصف الدائرة من أجل ∈t_ℝ x/1 + x4: حين R ∈fty يسهم القوس بالمقدار O(R-3)، وتعدّ مبرهنة البواقي القطبين المحاطَين (بالأزرق). والقطبان السفليان (بالرمادي) خارجه: دليلهما 0. — مسار نصف الدائرة من أجل $\int_\R\frac{\dd x}{1 + x^4}$ : حين $R \to \infty$ يسهم القوس بالمقدار $O(R^{-3})$ ، وتعدّ مبرهنة البواقي القطبين المحاطَين (بالأزرق). والقطبان السفليان (بالرمادي) خارجه: دليلهما $0$ .

17.4 مبدأ العمدة ومبرهنة روشيه

مبرهنة 17.8 (مبدأ العمدة)

لتكن $f$ مرومورفية على $\Omega$ ، بجذور $z_j$ (من الرتب $m_j$ ) وأقطاب $p_k$ (من الرتب $\mu_k$ )، وليكن $\gamma$ مسارًا مغلقًا في $\Omega$ يتفاداها جميعًا، مع $\operatorname{Ind}_\gamma = 0$ خارج $\Omega$ . عندئذٍ

\frac1{2\iu\pi}\int_\gamma\frac{f'(z)}{f(z)}\,\dd z = \sum_j m_j\operatorname{Ind}_\gamma(z_j) - \sum_k \mu_k\operatorname{Ind}_\gamma(p_k)

(وعدد الحدود غير المعدومة منتهٍ). ومن أجل مسار بسيط عكس عقارب الساعة، يعدّ التكامل الجذورَ ناقصَ الأقطاب في الداخل، بالترافق — ويساوي عدد لف المسار الصورة $f\circ\gamma$ حول $0$ .

برهان. بجوار جذر من الرتبة $m$ : $f = (z-a)^mg$ مع $g(a) \neq 0$ ، ومنه $\frac{f'}f = \frac m{z - a} + \frac{g'}g$ والحدّ الثاني هولومورفي بجوار $a$ : أي قطب بسيط بباقٍ $m$ . وبجوار قطب من الرتبة $\mu$ : يعطي $f = (z-a)^{-\mu}g$ الباقيَ $-\mu$ . وفي غير ذلك تكون $\frac{f'}f$ هولومورفية. (وتقع الجذور والأقطاب ذات الدليل غير المعدوم في منطقة متراصة يحيط بها $\gamma$ ؛ وبمبرهنة التطابق تكون منتهية العدد هناك، إذ $f \not\equiv 0$ .) ثم نطبّق المبرهنة 17.5. وأما الملاحظة الأخيرة: $\frac1{2\iu\pi}\int_\gamma\frac{f'}f = \frac1{2\iu\pi}\int_{f\circ\gamma}\frac{\dd w}w = \operatorname{Ind}_{f\circ\gamma}(0)$ (بالتعويض $w = f(\gamma(t))$ ). ∎

مبرهنة 17.9 (روشيه)

لتكن $f, g$ هولومورفيتين على $\Omega$ ، وليكن $\gamma$ مسارًا مغلقًا مع $\operatorname{Ind}_\gamma \in \{0,1\}$ ، ومعدومَ الدليل خارج $\Omega$ (أي مسار بسيط). إذا كان

\abs{g(z)} < \abs{f(z)} \qquad \text{على} \operatorname{im}\gamma,

فإن للدالتين $f$ و $f + g$ العددَ نفسه من الجذور (بالترافق) في المنطقة $\{\operatorname{Ind}_\gamma = 1\}$ .

برهان. من أجل $t \in \intcc01$ ، لا يقبل $f_t = f + tg$ أي جذر على $\operatorname{im}\gamma$ ( $\abs{f_t} \geq \abs f - \abs g > 0$ )، ومنه يكون

N(t) = \frac1{2\iu\pi}\int_\gamma \frac{f_t'(z)}{f_t(z)}\,\dd z

معرَّفًا جيدًا؛ وهو يعدّ الجذور في المنطقة المحاطة (المبرهنة 17.8؛ إذ لا أقطاب). و $N$ متصل في $t$ (إذ المقدار المكامَل متصل معًا، والمقامات محدودة من الأسفل بانتظام — بالتقارب المهيمن) وذو قيم صحيحة: أي ثابت. ومنه $N(0) = N(1)$ . ∎

نتيجة 17.10 (مبرهنة التطبيق المفتوح)

كل دالة هولومورفية غير ثابتة على مجموعة مفتوحة مترابطة تطبيقٌ مفتوح. وعلى وجه الخصوص يصح (من جديد) مبدأ الأعظمية، ولتقابل هولومورفي مقلوبٌ هولومورفي.

برهان. ليكن $f(a) = b$ ؛ فللدالة $f - b$ جذر من رتبة منتهية ما $m \geq 1$ عند $a$ (بمبرهنة التطابق: إذ $f \not\equiv b$ ). ونختار $r$ بحيث تكون $f - b$ عديمة الجذور على $\bar D(a, r)\setminus\{a\}$ (بعزل الجذور) ولنضع $\delta = \min_{\abs{z - a} = r}\abs{f(z) - b} > 0$ . ومن أجل $\abs{w - b} < \delta$ : على الدائرة، $\abs{(b - w)} < \delta \leq \abs{f - b}$ ، ومنه تقول روشيه ( $f - b$ مقابل الثابت $b - w$ ) إن للدالة $f - w$ عدد $m$ من الجذور بالضبط في $D(a, r)$ : أي إن كل $w$ كهذه مبلوغة — $f(D(a,r)) \supseteq D(b, \delta)$ : أي مفتوح. وأما مبدأ الأعظمية: فقيمة عظمى داخلية للمقدار $\abs f$ مستحيلة من أجل $f$ غير ثابتة، إذ تحتوي صورتها حول $f(a)$ نقاطًا أكبر طويلةً. وأما المقلوب: فتقابلٌ هولومورفي $f$ يكون مفتوحًا، ومنه يكون $f^{-1}$ متصلًا؛ وجذر $f - f(a)$ عند $a$ بسيط (إذ $m \geq 2$ كان سيعطي $m$ من الصور العكسية لقيم مجاورة — متمايزةً، لأن $f'$ لا تنعدم إلا عند نقاط معزولة، ومنه تكون جذور $f - w$ البالغة $m$ بجوار $a$ بسيطةً ومتمايزة من أجل $w$ صغيرة عامة: وهو تناقض مع التباين)؛ عندئذٍ $f'(a) \neq 0$ وتتقارب نسبة الفرق للدالة $f^{-1}$ : أي $\bigl(f^{-1}\bigr)'(b) = 1/f'(a)$ . ∎

17.5 تمارين

تمرين 17.1 ★

صنّف الشذوذ عند $0$ واحسب الباقي:

\frac{\sin z}{z},\qquad \frac{\eu^z - 1}{z^2},\qquad \frac{1}{z(z-1)^2},\qquad \frac{\cos z}{z^3},\qquad \eu^{1/z},\qquad \frac1{\sin z} .

وأعطِ أيضًا باقي الثالثة عند $z = 1$ وباقي الأخيرة عند $z = \pi$ .

حل

حل التمرين 17.1.

$\frac{\sin z}z = 1 - \frac{z^2}6 + \cdots$ : قابل للإزالة، والباقي $0$ . $\frac{\eu^z - 1}{z^2} = \frac1z + \frac12 + \frac z6 + \cdots$ : قطب بسيط، والباقي $1$ . $\frac1{z(z-1)^2}$ : قطب بسيط عند $0$ بباقٍ $\frac1{(0-1)^2} = 1$ ؛ وقطب مضاعف عند $1$ بباقٍ $\frac{\dd}{\dd z}\bigl(\frac1z\bigr)\big|_{z=1} = -1$ . $\frac{\cos z}{z^3} = \frac1{z^3} - \frac1{2z} + \cdots$ : قطب من الرتبة $3$ ، والباقي $-\frac12$ . $\eu^{1/z} = \sum_{n\geq0} \frac{z^{-n}}{n!}$ : جوهري، والباقي $1$ . و $\frac1{\sin z}$ : أقطاب بسيطة عند $n\pi$ ؛ والباقي $\frac1{\cos 0} = 1$ عند $0$ ، و $\frac1{\cos\pi} = -1$ عند $\pi$ (الطريقة 17.6، أي $g/h'$ ).

تمرين 17.2 ★

من أجل $a > 1$ احسب، عبر $z = \eu^{\iu t}$ :

\int_0^{2\pi}\frac{\dd t}{a + \cos t} = \frac{2\pi}{\sqrt{a^2 - 1}} .

وتحقق من السلوكين الحدّيين $a \to 1^+$ و $a \to \infty$ .

حل

حل التمرين 17.2.

مع $z = \eu^{\iu t}$ و $\cos t = \frac{z + z^{-1}}2$ و $\dd t = \frac{\dd z}{\iu z}$ :

\int_0^{2\pi}\frac{\dd t}{a + \cos t} = \oint_{\abs z = 1}\frac{2\,\dd z}{\iu\,(z^2 + 2az + 1)} .

ويحقق الجذران $z_\pm = -a \pm \sqrt{a^2 - 1}$ أن $z_+z_- = 1$ مع $\abs{z_+} < 1 < \abs{z_-}$ ؛ والباقي عند $z_+$ هو $\frac{1}{z_+ - z_-} = \frac1{2\sqrt{a^2-1}}$ ، ومنه يكون التكامل $\frac2\iu\cdot2\iu\pi\cdot\frac1{2\sqrt{a^2-1}} = \frac{2\pi}{\sqrt{a^2-1}}$ . وحين $a \to 1^+$ ينفجر (إذ تبلغ الدالة المكامَلة ذروتها عند $t = \pi$ )؛ وحين $a \to \infty$ يسلك مثل $\frac{2\pi}a$ ، وهو يوافق $\int\frac{\dd t}a$ .

تمرين 17.3 ★★

احسب بمسارات نصف الدائرة، مبرّرًا تقديرات القوس:

\int_\R\frac{x^2}{1 + x^6}\,\dd x = \frac\pi3, \qquad \int_\R\frac{\dd x}{(1 + x^2)^{2}} = \frac\pi2 \quad\text{(باستنباط \text{التمرين 14.3} من جديد)}.

حل

حل التمرين 17.3.

التكامل الأول: الأقطاب العليا للمقدار $\frac{z^2}{1+z^6}$ عند $p = \eu^{\iu\pi/6}, \iu, \eu^{5\iu\pi/6}$ ؛ وعند كلٍّ منها، $\operatorname{Res} = \frac{p^2}{6p^5} = \frac{p^3}{6p^6} = -\frac{p^3}6$ ، ويأخذ $p^3$ القيم $\iu, -\iu, \iu$ : فمجموع البواقي $-\frac{\iu}{6}$ . والقوس $O(R^{-4})\cdot O(R) \to 0$ :

\int_\R\frac{x^2\,\dd x}{1 + x^6} = 2\iu\pi\Bigl(-\frac \iu6\Bigr) = \frac\pi3 .

والثاني: قطب مضاعف عند $\iu$ للمقدار $\frac1{(1+z^2)^2} = \frac1{(z-\iu)^2(z+\iu)^2}$ :

\operatorname{Res} = \frac{\dd}{\dd z}\,(z + \iu)^{-2}\Big|_{z=\iu} = \frac{-2}{(2\iu)^3} = \frac{-2}{-8\iu} = -\frac\iu4, \qquad \int_\R\frac{\dd x}{(1+x^2)^2} = 2\iu\pi\cdot\Bigl(-\frac\iu4\Bigr) = \frac\pi2 ,

وهو متسق مع التمرين 14.3(b).

تمرين 17.4 ★★

برهن، من أجل $t \geq 0$ و $a > 0$ ، على

\int_\R\frac{\cos(tx)}{x^2 + a^2}\,\dd x = \frac{\pi}{a}\,\eu^{-at},

واستنتج تحويل فورييه للمقدار $x \mapsto \eu^{-a\abs x}$ بالقلب — بالمقارنة مع التمرين 14.1.

حل

حل التمرين 17.4.

نغلق $\frac{\eu^{\iu tz}}{z^2 + a^2}$ في نصف المستوي العلوي (حيث $t \geq 0$ ): فهناك $\abs{\eu^{\iu tz}} = \eu^{-t\operatorname{Im}z} \leq 1$ ، ومنه يسهم القوس بالمقدار $O(R^{-2})\cdot O(R) \to 0$ . والقطب الوحيد المحاط $\iu a$ بسيط وباقيه $\frac{\eu^{-at}}{2\iu a}$ :

\int_\R\frac{\eu^{\iu tx}}{x^2 + a^2}\dd x = \frac{\pi}{a}\,\eu^{-at}, \qquad\text{ومنه}\qquad \int_\R\frac{\cos(tx)}{x^2+a^2}\dd x = \frac\pi a\,\eu^{-a\abs t}

(بالجزء الحقيقي؛ وهو زوجي في $t$ ). وهذا هو نظير القلب للمقدار $\widehat{\eu^{-a\abs x}} = \frac{2a}{a^2+\xi^2}$ (التمرين 14.1): فالحسابان يؤكد كلٌّ منهما الآخر عبر المبرهنة 14.5.

تمرين 17.5 ★★

انشر $f(z) = \dfrac1{(z-1)(z-2)}$ في متسلسلة لوران في كلٍّ من المناطق الثلاث $\abs z < 1$ و $1 < \abs z < 2$ و $\abs z > 2$ . ولماذا تختلف النشرات الثلاث؟ واشرح لماذا ليس معامل $z^{-1}$ في النشرين الثاني والثالث باقيًا للدالة $f$ عند $0$ (إذ لا شذوذ للدالة $f$ هناك)، واحسب بواقي $f$ الفعلية عند $1$ وعند $2$ .

حل

حل التمرين 17.5.

بالكسور الجزئية: $f = \frac1{z-2} - \frac1{z-1}$ . وعلى $\abs z < 1$ (بتايلور): $f = \sum_{n\geq0}\bigl(1 - 2^{-n-1}\bigr)z^n$ . وعلى $1 < \abs z < 2$ : $\frac1{z-2} = -\sum_{n\geq0}\frac{z^n}{2^{n+1}}$ و $-\frac1{z-1} = -\sum_{n\geq1}z^{-n}$ : أي متسلسلة ذات طرفين فعلًا. وعلى $\abs z > 2$ : $f = \sum_{n\geq1}\bigl(2^{n-1} - 1\bigr)z^{-n}$ . وتختلف الثلاثة لأن نشرات لوران مرتبطة بحلقات التيجان لا بالنقاط: فلكل منطقة نشراتها الهندسية الخاصة. ومعاملا $z^{-1}$ ( $-1$ و $0$ على التوالي) تكاملان على دوائر تحيط بالشذوذات الداخلية، لا بواقٍ عند $0$ (إذ $f$ هولومورفية عند $0$ ): فمن أجل $1 < \abs z < 2$ يكون المعامل $-1$ هو $\operatorname{Res}(f, 1)$ ؛ ومن أجل $\abs z > 2$ يكون المعامل $0$ هو $\operatorname{Res}(f,1) + \operatorname{Res}(f,2) = -1 + 1$ . وأما بواقي $f$ : فهي $-1$ عند $1$ و $+1$ عند $2$ .

تمرين 17.6 ★★

(a) برهن على أن للمقدار $\eu^{1/z}$ شذوذًا جوهريًّا عند $0$ وتحقق من كازوراتي–فايرشتراس يدويًّا: حُلّ $\eu^{1/z} = w$ صراحةً من أجل أي $w \neq 0$ ، مبرزًا حلولًا قريبة من $0$ كما تشاء. (b) برهن على أن $\abs{\eu^{1/z}}$ غير محدود على كل جوار مثقوب للنقطة $0$ ومع ذلك ليس للمقدار $\eu^{1/z}$ أي قطب: فأي نهاية تخفق؟

حل

حل التمرين 17.6.

(a) لمتسلسلة لوران $\sum_nz^{-n}/n!$ عددٌ لانهائي من الحدود السالبة: أي جوهري. وبحل $\eu^{1/z} = w$ (حيث $w \neq 0$ ): $\frac1z = \log\abs w + \iu\arg w + 2\iu\pi k$ ، ومنه

z_k = \frac1{\log\abs w + \iu\arg w + 2\iu\pi k} \xrightarrow[k\to\infty]{} 0 :

فتُبلَغ كل قيمة غير معدومة عددًا لانهائيًّا من المرات بجوار $0$ — وهو أقوى من الكثافة. (b) على امتداد $z = 1/x$ حين $x \to +\infty$ : $\eu^x \to \infty$ ؛ وعلى امتداد $z = \iu/y$ : الطويلة $1$ . والقطب يتطلب $\abs{f(z)} \to \infty$ على امتداد كل اقتراب: وهنا لا توجد النهاية ببساطة، ولا حتى في $[0, +\infty]$ .

تمرين 17.7 ★★

عُدَّ بروشيه: (a) جذور $z^7 - 4z^3 + z - 1$ في $\abs z < 1$ ؛ (b) جذور $z^4 + 5z + 1$ في $\abs z < 1$ وفي $1 < \abs z < 2$ ؛ (c) وأعد البرهان على دالمبير–غاوس: أن لكثير حدود موحَّد من الدرجة $n$ عددًا $n$ من الجذور في قرص كبير ما (بالمقارنة مع $z^n$ ).

حل

حل التمرين 17.7.

(a) على $\abs z = 1$ : $\abs{z^7 + z - 1} \leq 3 < 4 = \abs{-4z^3}$ . وبروشيه مع $f = -4z^3$ و $g = z^7 + z - 1$ : ثلاثة جذور في القرص. (b) على $\abs z = 1$ : $\abs{z^4 + 1} \leq 2 < 5 = \abs{5z}$ : أي جذر واحد في $\abs z < 1$ . وعلى $\abs z = 2$ : $\abs{5z + 1} \leq 11 < 16 = \abs{z^4}$ : أي أربعة جذور في $\abs z < 2$ . ومنه ثلاثة جذور في التاج. (c) من أجل $P = z^n + a_{n-1}z^{n-1} + \dots$ : على $\abs z = R > 1 + \sum\abs{a_k}$ ، $\abs{P - z^n} \leq \bigl(\sum\abs{a_k}\bigr)R^{n-1} < R^n = \abs{z^n}$ : ومنه للمقدار $P$ عدد $n$ من الجذور بالضبط في $D(0, R)$ — أي دالمبير–غاوس بالترافق، بالعدّ المحض.

تمرين 17.8 ★★★

(هورفيتز) لتكن $f_n \to f$ بانتظام على المتراصات، مع $f_n \in \mathcal H(\Omega)$ ، حيث $\Omega$ مترابطة و $f \not\equiv 0$ . (a) برهن على أنه إذا كانت جميع $f_n$ عديمة الجذور، كانت $f$ كذلك. (إذا كان $f(a) = 0$ : فبمبدأ العمدة على دائرة صغيرة حول $a$ ، وباستعمال المبرهنة 16.15 للمرور إلى النهاية في $\int f_n'/f_n$ .) (b) برهن على أنه إذا كانت جميع $f_n$ متباينة، كانت $f$ متباينة أو ثابتة. (بتطبيق (a) على $z \mapsto f_n(z) - f_n(w)$ على $\Omega\setminus\{w\}$ .)

حل

حل التمرين 17.8.

(a) لنفترض أن $f(a) = 0$ مع $f \not\equiv 0$ : نختار $r$ بحيث تكون $f$ عديمة الجذور على الدائرة $C = \partial D(a, r)$ (بعزل الجذور) و $m = \min_C\abs f > 0$ . وحسب المبرهنة 16.15، $f_n \to f$ و $f_n' \to f'$ بانتظام على $C$ ؛ ومن أجل $n$ كبير، $\abs{f_n} \geq m/2$ على $C$ ، ومنه

\frac1{2\iu\pi}\int_C\frac{f_n'}{f_n} \longrightarrow \frac1{2\iu\pi}\int_C\frac{f'}{f} \geq 1

(إذ تعدّ النهاية الجذرَ $a$ ؛ والتقارب لأن البسوط تتقارب بانتظام والمقامات محدودة من الأسفل بانتظام). والطرف الأيسر عددٌ صحيح يعدّ جذور $f_n$ في القرص: فيجب أن يكون $\geq 1$ في النهاية — وهو يناقض انعدام الجذور. ومنه تكون $f$ عديمة الجذور.

(b) نثبّت $w \in \Omega$ ونطبّق (a) على المجموعة المفتوحة المترابطة $\Omega\setminus\{w\}$ (إذ نزع نقطة من جزء مفتوح مترابط من $\C$ يحفظ الترابط) على $g_n(z) = f_n(z) - f_n(w)$ ، وهي عديمة الجذور هناك بالتباين، ومتقاربة إلى $g = f - f(w)$ . فإذا كانت $f$ غير ثابتة، فإن $g \not\equiv 0$ على $\Omega\setminus\{w\}$ ، ومنه تكون $g$ عديمة الجذور هناك: أي $f(z) \neq f(w)$ من أجل كل $z \neq w$ . وبما أن $w$ كيفية، تكون $f$ متباينة.

تمرين 17.9 ★★★

من أجل $n \geq 2$ ، كامل $\frac1{1 + z^n}$ على حافة القطاع $\{0 \leq \arg z \leq \frac{2\pi}n,\ \abs z \leq R\}$ واستنتج

\int_0^{+\infty}\frac{\dd x}{1 + x^n} = \frac{\pi}{n\,\sin(\pi/n)} .

وتحقق من $n = 2$ مقابل $\arctan$ ، ومن النهاية $n \to \infty$ .

حل

حل التمرين 17.9.

تتألف حافة القطاع من $[0, R]$ ومن القوس $A_R$ ومن نصف المستقيم $\eu^{2\iu\pi/n}[0, R]$ معكوسًا. ويقع في الداخل القطب الوحيد $p = \eu^{\iu\pi/n}$ للمقدار $\frac1{1+z^n}$ ، وباقيه $\frac1{np^{n-1}} = \frac{p}{np^n} = -\frac pn$ . وعلى نصف المستقيم الراجع، يعطي $z = \eu^{2\iu\pi/n}x$ أن $z^n = x^n$ و $\dd z = \eu^{2\iu\pi/n}\dd x$ ؛ والقوس $O(R^{-n})\cdot O(R) \to 0$ . ومنه

\bigl(1 - \eu^{2\iu\pi/n}\bigr) \int_0^\infty\frac{\dd x}{1 + x^n} = 2\iu\pi\Bigl(-\frac{\eu^{\iu\pi/n}}n\Bigr), \quad\text{ومنه}\quad \int_0^\infty\frac{\dd x}{1+x^n} = \frac{2\iu\pi}{n\,\bigl(\eu^{\iu\pi/n} - \eu^{-\iu\pi/n}\bigr)} = \frac{\pi}{n\sin(\pi/n)} .

ومن أجل $n = 2$ : $\frac\pi{2\sin(\pi/2)} = \frac\pi2 = [\arctan]_0^\infty$ . وحين $n \to \infty$ : تؤول القيمة إلى $1$ ، وبالفعل تؤول الدالة المكامَلة إلى $\mathbf 1_{\intco01}$ (بهيمنة التقارب المهيمن $\min(1, x^{-2})$ من أجل $n \geq 2$ ).

تمرين 17.10 ★★

لتكن $f$ دالةً كسرية مع $\deg(\text{المقام}) \geq \deg(\text{البسط}) + 2$ . برهن على أن مجموع جميع بواقي $f$ معدوم (بالمكاملة على دوائر أكبر فأكبر). واستعمل ذلك لإعادة حساب تفكيك $\frac1{z(z-1)(z-2)}$ إلى كسور جزئية دون أي جبر خطي.

حل

حل التمرين 17.10.

على $\abs z = R$ كبير، $\abs f \leq C R^{-2}$ : $\abs{\oint_{C_R} f} \leq 2\pi R\cdot CR^{-2} \to 0$ . لكن من أجل $R$ وراء جميع الأقطاب، تعطي مبرهنة البواقي أن $\oint_{C_R}f = 2\iu\pi\sum_{\text{كل}p}\operatorname{Res}(f, p)$ : أي إن المجموع الكلي منعدم. ومن أجل $f = \frac1{z(z-1)(z-2)}$ : البواقي $\frac1{(-1)(-2)} = \frac12$ عند $0$ ، و $\frac1{1\cdot(-1)} = -1$ عند $1$ ، و $\frac1{2\cdot1} = \frac12$ عند $2$ — ومجموعها $0$ كما تنبّأنا، و

\frac1{z(z-1)(z-2)} = \frac{1/2}{z} - \frac1{z - 1} + \frac{1/2}{z-2} :

فالبواقي هي معاملات الكسور الجزئية، وتوفّر متطابقة المجموع المعدوم فحصَ اتساق مجانيًّا (أو تعيّن المعامل الأخير من الباقين).

تمرين 17.11 ★★★

(ثقب المفتاح: تكامل الانعكاس لأولير) من أجل $0 < a < 1$ ، احسب

I(a) = \int_0^{\infty}\frac{x^{a-1}}{1 + x}\,\dd x = \frac{\pi}{\sin(\pi a)}

بمكاملة $f(z) = \frac{z^{a-1}}{1+z} = \frac{\eu^{(a-1)\log z}}{1 + z}$ (باللوغاريتم المشقوق على امتداد $\R_+$ ، $\arg z \in \intoo0{2\pi}$ ) على مسار ثقب المفتاح: خارجًا على امتداد أعلى الشق من $\varepsilon$ إلى $R$ ، وحول $C_R$ ، وراجعًا تحت الشق، وحول $C_\varepsilon$ . وبرّر: أن الامتدادين المستقيمين يختلفان بالعامل $\eu^{2\iu\pi(a-1)}$ ، وأن إسهامَي الدائرتين ينعدمان ( $R^{a-1}\cdot R \to 0$ و $\varepsilon^{a-1}\cdot\varepsilon \to 0$ )، وأن القطب الوحيد $z = -1$ باقيه $\eu^{\iu\pi(a - 1)}$ . واستنتج أيضًا $\Gamma(a)\Gamma(1 - a) = \frac\pi{\sin\pi a}$ (اكتب $\Gamma(a)\Gamma(1-a) = B(a, 1-a)$ حسب المسألة 10.1 وعوّض $t = \frac{x}{1+x}$ ).

حل

حل التمرين 17.11.

على ثقب المفتاح، بالتعيين المختار: يكون فوق الشق مباشرةً $\log z = \ln x$ ؛ وتحته مباشرةً $\log z = \ln x + 2\iu\pi$ . وتعطي القطع الأربع

\Bigl(1 - \eu^{2\iu\pi(a-1)}\Bigr)\int_\varepsilon^R \frac{x^{a-1}}{1+x}\dd x + \int_{C_R} + \int_{C_\varepsilon} = 2\iu\pi\operatorname{Res}(f, -1) .

وأما الأقواس: $\abs{f} \leq \frac{R^{a-1}}{R - 1}$ على $C_R$ وطوله $2\pi R$ : فالإسهام $O(R^{a-1}) \to 0$ (لأن $a < 1$ )؛ و $\abs f \leq \frac{\varepsilon^{a-1}}{1 - \varepsilon}$ على $C_\varepsilon$ وطوله $2\pi\varepsilon$ : $O(\varepsilon^a) \to 0$ (لأن $a > 0$ ). وأما الباقي: فعند $z = -1 = \eu^{\iu\pi}$ ، $\operatorname{Res} = \eu^{(a-1)\iu\pi}$ . ومنه

I(a) = \frac{2\iu\pi\,\eu^{\iu\pi(a-1)}}{1 - \eu^{2\iu\pi(a-1)}} = \frac{2\iu\pi}{\eu^{-\iu\pi(a-1)} - \eu^{\iu\pi(a-1)}} = \frac{\pi}{-\sin(\pi(a-1))} = \frac{\pi}{\sin\pi a} .

وأما انعكاس غاما: $B(a, 1-a) = \int_0^1t^{a-1}(1-t)^{-a}\dd t$ ؛ ويحوّله التعويض $t = \frac x{1+x}$ و $1 - t = \frac1{1+x}$ و $\dd t = \frac{\dd x}{(1+x)^2}$ إلى $\int_0^\infty \frac{x^{a-1}}{1+x}\dd x = I(a)$ ، وتعطي صيغة أولير $B(a, 1-a) = \Gamma(a)\Gamma(1-a)/\Gamma(1)$ (المسألة 10.1) أن $\Gamma(a)\Gamma(1-a) = \frac\pi{\sin\pi a}$ — وعلى وجه الخصوص $\Gamma(\tfrac12) = \sqrt\pi$ مرة أخرى.

تمرين 17.12 ★★

(عدّ الجذور بمبدأ العمدة، عدديًّا) ليكن $P(z) = z^4 + 8z + 1$ . (a) كم جذرًا في القرص الواحدي؟ (بروشيه مقابل $8z + 1$ .) (b) وكم في التاج $1 < \abs z < 3$ ؟ (بروشيه مقابل $z^4$ على $\abs z = 3$ .) وحدّد أكثر: برهن على أن طويلة كل جذر $< 2.1$ . (c) وكم في نصف المستوي الأيمن؟ (عُدَّ على $\abs z = 2$ أولًا؛ ثم تتبّع صورة المحور التخيّلي: فللمقدار $P(\iu t) = t^4 + 1 + 8\iu t$ جزء حقيقي موجب في كل مكان، ومنه لا جذور على المحور، ويمكن حساب تغيّر العمدة على امتداده — واخلص بنصف قرص كبير.)

حل

حل التمرين 17.12.

(a) على $\abs z = 1$ : $\abs{z^4} = 1 < 7 \leq \abs{8z + 1}$ ( $\abs{8z} - 1 = 7$ ): فللمقدار $P$ من الجذور في $\mathbb D$ ما للمقدار $8z + 1$ ، أي جذرٌ واحد (عند $-\frac18$ ).

(b) على $\abs z = 3$ : $\abs{8z + 1} \leq 25 < 81 = \abs{z^4}$ : وتعطي روشيه مقابل $z^4$ جميعَ الجذور الأربعة في $\abs z < 3$ ، ومنه $4 - 1 = 3$ جذور في التاج $1 < \abs z < 3$ . وأما التحديد الأدق: فجذرٌ بطويلة $\abs z = r \geq 2.1$ كان سيحقق $r^4 = \abs{8z + 1} \leq 8r + 1$ ، لكن $r^4 - 8r - 1$ متزايد من أجل $r \geq 2$ ويساوي $19.45 - 16.8 - 1 = 1.65 > 0$ عند $r = 2.1$ : وهو مستحيل. ومنه تقع الجذور الخارجية الثلاثة في $1 < \abs z < 2.1$ . (وعدديًّا: جذر حقيقي بجوار $-1.95$ وزوج مرافق بجوار $1.04 \pm 1.73\iu$ ، طويلته $2.02$ — ولهذا يجب أن تخفق محاولة روشيه عند نصف القطر $2$ بالضبط: إذ تتطلب المبرهنة هيمنةً أكيدة، والجذور تجلس خارجه بقليل.)

(c) لا جذور على $\iu\R$ : $\operatorname{Re}P(\iu t) = t^4 + 1 \geq 1$ . وأما الجذور في نصف المستوي الأيمن: فنستعمل مبدأ العمدة على حافة نصف القرص $\{\abs z \leq R,\ \operatorname{Re}z \geq 0\}$ . وعلى القوس الكبير، يدور $\arg P \approx \arg z^4$ بمقدار $4\cdot\pi = 2\pi\cdot2$ (إذ يمتدّ القوس على الزاوية $\pi$ ). وعلى امتداد المحور التخيّلي من $\iu R$ نزولًا إلى $-\iu R$ : يبقى $P(\iu t) = (t^4 + 1) + 8\iu t$ في نصف المستوي الأيمن ( $\operatorname{Re} > 0$ )، ومنه تتغيّر $\arg P$ داخل $\intoo{-\pi/2}{\pi/2}$ وترجع بتغيّر صافٍ $\to 0$ حين $R \to \infty$ (إذ الطرفان كلاهما $\approx \arg t^4 = 0$ ). فمجموع اللف: $\frac{4\pi + 0} {2\pi} = 2$ : أي جذران في نصف المستوي الأيمن — وهو متسق مع العدديات: إذ للزوج المرافق $\approx 1.04 \pm 1.73\iu$ جزء حقيقي موجب، والجذران الحقيقيان $\approx -0.125$ و $\approx -1.96$ سالبان.

17.6 مسألة: $\zeta(2k)$ بواسطة ظل التمام

مسألة 17.1

مسألة نهاية الأسبوع — جمع $\sum n^{-2k}$ بالبواقي

تجمع مبرهنة البواقي المتسلسلات: فمزاوجة دالة كسرية مع $\pi\cot(\pi z)$ ، وأقطابها تجلس عند الأعداد الصحيحة، تحوّل $\sum_{n}f(n)$ إلى عدّ بواقٍ. ونبرهن على الطريقة ونحسب $\zeta(2) = \frac{\pi^2}{6}$ و $\zeta(4) = \frac{\pi^4}{90}$ — أي القيمتين اللتين وُجدتا بمتسلسلات فورييه في السنة الجامعية 2 وبآثار المؤثرات في الفصل 15، والآن بالمكاملة على المسارات.

الجزء الأول — نواة ظل التمام.

برهن على أن $\pi\cot(\pi z)$ مرومورفية على $\C$ بأقطاب بسيطة عند $z = n \in \Z$ بالضبط، وباقي كلٍّ منها $1$ (باحتساب $\lim_{z\to n}(z-n)\pi\cot\pi z$ ).
احسب بداية نشر لوران عند $0$ :

$\pi\cot(\pi z) = \frac1z - \frac{\pi^2}{3}\,z - \frac{\pi^4}{45}\,z^3 + O(z^5) ,$

بقسمة متسلسلة القوى للدالة $\cos$ على متسلسلة $\sin$ (وبرّر القسمة: إذ $\frac{\sin\pi z}{\pi z}$ هولومورفية وغير معدومة بجوار $0$ ، ومنه يكون مقلوبها هولومورفيًّا؛ وعيّن المعاملات حتى الرتبة $3$ ).
ليكن $C_N$ حافةَ المربّع ذي الرؤوس $(\pm1\pm\iu)(N + \frac12)$ . برهن على أن $\abs{\cot(\pi z)} \leq 2$ على $C_N$ من أجل كل $N \geq 1$ . (على الأضلاع الشاقولية، $\cot(\pi(\pm(N + \frac12) + \iu y)) = \mp\tan(\iu\pi y)$ ، وطويلته $\abs{\tanh(\pi y)} \leq 1$ ؛ وعلى الأضلاع الأفقية $\abs y = N + \frac12$ ، حُدّ $\abs{\cot(\pi(x\pm\iu y))} \leq \coth(\pi y) \leq \coth(\pi/2) < 1.1$ .)

الجزء الثاني — مبرهنة الجمع.

لتكن $f$ كسرية وهولومورفية عند الأعداد الصحيحة، مع $\deg(\text{المقام}) \geq \deg(\text{البسط}) + 2$ . وباستعمال مبرهنة البواقي على $C_N$ وحدّ السؤال 3، برهن على:

$\lim_{N\to\infty}\ \sum_{n = -N}^{N} f(n) = -\sum_{p\ \text{قطب للدالة}\ f} \operatorname{Res}\bigl(\pi\cot(\pi z)f(z),\,p\bigr).$
وأين تحتاج الحجة إلى شرط الدرجة؟ برهن بمثال (خذ $f(z) = 1/(z + \frac12)$ ) على أنه من أجل تناقص أبطأ قد توجد النهاية المتناظرة رغم تباعد المتسلسلة ذات الطرفين — وأن الصيغة تحسب عندئذٍ القيمة الرئيسية.

الجزء الثالث — القيم.

طبّق الطريقة على $f(z) = 1/z^2$ : وهنا يكون قطب $f$ عند عدد صحيح، فأجرِ الحجة مباشرةً — كامل $g(z) = \frac{\pi\cot(\pi z)}{z^2}$ على $C_N$ ، وبرهن على أن التكامل $\to 0$ ، واحسب $\operatorname{Res}(g, 0)$ من السؤال 2. واخلص:

$2\sum_{n\geq1}\frac1{n^2} = \frac{\pi^2}{3}, \qquad \zeta(2) = \frac{\pi^2}6 .$
والأمر نفسه مع $g(z) = \frac{\pi\cot(\pi z)}{z^4}$ : احسب $\operatorname{Res}(g, 0)$ واستنتج $\zeta(4) = \frac{\pi^4}{90}$ .
اشرح النسق العام: أنه من أجل كل $k \geq 1$ ، يكون $\zeta(2k)$ مساويًا $-\frac12$ مضروبًا في معامل $z^{2k-1}$ في نشر لوران للمقدار $\pi\cot(\pi z)$ عند $0$ — أي مضاعفًا ناطقًا للمقدار $\pi^{2k}$ . واحسب $\zeta(6)$ بدفع قسمة السؤال 2 خطوةً أبعد. وماذا تقول الطريقة عن $\zeta(3)$ — ولماذا لا تقول شيئًا؟

الجزء الرابع — نشر ظل التمام إلى كسور جزئية.

ثبّت $w \in \C\setminus\Z$ وطبّق طريقة الجزء الثاني على $f(z) = \dfrac{1}{(z - w)(z + w)}$ — ملاحظًا أن $\pi\cot(\pi z)f(z)$ صارت لها أقطاب بسيطة إضافية عند $\pm w$ ، ويجب أن تنضم بواقيها إلى العدّ. واستنتج نشر الكسور الجزئية

$\pi\cot(\pi w) = \frac1w + \sum_{n\geq1}\frac{2w}{w^2 - n^2},$

والمتسلسلة متقاربة تقاربًا ناظميًّا على الأجزاء المتراصة من $\C\setminus\Z$ .
استعد من هذا النشر، بنشر كل حدّ في قوى $w$ (وبرّر التبديل)، معاملاتِ لوران نفسها كما في السؤال 2 — فتُغلق الدائرة: إذ صيغة أولير $\sum\frac1{n^2} = \frac{\pi^2}6$ هي معامل $w$ في وجهَي ظل التمام. وقارن ذلك ببرهان متسلسلة فورييه (السنة الجامعية 2) وببرهان الأثر (المسألة 15.1): ثلاث نظريات، وعدد واحد.

الجزء الخامس — جداء أولير للجيب. نشر السؤال 9 هو المشتقة اللوغاريتمية لجداء لانهائي؛ ونبرهن الآن على تحليل أولير لعام 1734 بأمانة.

من أجل $N \geq 1$ نضع $P_N(z) = z\prod_{n=1}^{N}\bigl(1 - \frac{z^2}{n^2}\bigr)$ . برهن على أن $P_N$ تتقارب، بانتظام على كل قرص $\bar D(0, R)$ ، إلى دالة صحيحة $P$ جذورها هي الأعداد الصحيحة بالضبط، وكلها بسيطة. (من أجل $n \geq 2R$ اكتب العامل على الصورة $\exp\log(1 - z^2/n^2)$ باللوغاريتم الرئيسي في التمرين 16.3، وحُدّ $\abs{\log(1+u)} \leq 2\abs u$ من أجل $\abs u \leq \frac12$ عبر المتسلسلة، وخذ الأُسّي لمجموع اللوغاريتمات المتقارب ناظميًّا؛ والعوامل المنتهية الباقية كثيرُ حدود. واخلص باستعمال المبرهنة 16.15.)
برهن على أنه على $\C\setminus\Z$ ،

$\frac{P'(z)}{P(z)} = \frac1z + \sum_{n\geq1}\frac{2z}{z^2 - n^2} = \pi\cot(\pi z)$

(باشتقاق الجداءات المنتهية، والمرور إلى النهاية باستعمال المبرهنة 16.15 وانعدامِ جذور $P$ خارج $\Z$ ، وباستشهاد السؤال 9).
برهن على أن $Q = \sin(\pi z)/P(z)$ يمتدّ إلى دالة صحيحة عديمة الجذور تحقق $Q' = 0$ ، واخلص إلى جداء أولير:

$\sin(\pi z) = \pi z\prod_{n\geq1} \Bigl(1 - \frac{z^2}{n^2}\Bigr) \qquad (z \in \C) .$
(واليس، 1655) قيّم عند $z = \frac12$ :

$\frac\pi2 = \prod_{n\geq1}\frac{4n^2}{4n^2 - 1} = \lim_{N\to\infty} \frac{2\cdot2\cdot4\cdot4\cdots(2N)(2N)} {1\cdot3\cdot3\cdot5\cdots(2N-1)(2N+1)} .$
من أجل $\abs z < 1$ ، انشر لوغاريتم الجداء في متسلسلة مزدوجة (وبرّر إعادة الترتيب) واستعد $\zeta(2) = \frac{\pi^2}6$ بمطابقة معامل $z^3$ في $\sin(\pi z) = \pi z - \frac{\pi^3}6z^3 + \cdots$ — أي وجه الجداء لعدد أولير.

الجزء السادس — النوى الشقيقة. لظل التمام أشقاء؛ ويسعّر كلٌّ منهم عائلته من المتسلسلات.

اشتقّ نشر السؤال 9 حدًّا حدًّا (وهو مبرَّر باستعمال المبرهنة 16.15) لتحصل، ناظميًّا على متراصات $\C\setminus\Z$ ، على

$\frac{\pi^2}{\sin^2(\pi z)} = \sum_{n\in\Z}\frac1{(z - n)^2} .$
قيّم عند $z = \frac12$ : $\sum_{m\geq0}\frac1{(2m+1)^2} = \frac{\pi^2}8$ ؛ واستعد $\zeta(2)$ مرة أخرى بشطر الأعداد الصحيحة حسب التماثل.
تحقق من متطابقة المضاعفة $\tan\theta = \cot\theta - 2\cot(2\theta)$ واستنتج

$\pi\tan(\pi z) = \sum_{m\geq0}\frac{8z}{(2m+1)^2 - 4z^2} ,$

ناظميًّا على المتراصات التي تتفادى $\frac12 + \Z$ .
انشر حول $0$ ( $\abs z < \frac12$ ؛ وبفوبيني من جديد): فمع $\lambda(s) = \sum_{m\geq0}(2m+1)^{-s}$ ،

$\pi\tan(\pi z) = \sum_{k\geq0}8\cdot4^k\,\lambda(2k+2)\,z^{2k+1} ;$

وقارن مع $\tan u = u + \frac{u^3}3 + O(u^5)$ لتستعيد $\lambda(2) = \frac{\pi^2}8$ ولتحصل على $\lambda(4) = \frac{\pi^4}{96}$ ، ثم تحقق تقاطعيًّا من $\zeta(4) = \frac{\pi^4}{90}$ عبر $\lambda(4) = (1 - 2^{-4})\,\zeta(4)$ .
تحقق من $\frac1{\sin\theta} = \cot\frac\theta2 - \cot\theta$ واستنتج

$\frac{\pi}{\sin(\pi z)} = \frac1z + \sum_{n\geq1}(-1)^n\,\frac{2z}{z^2 - n^2} .$

وافحص الإشارات مقابل بواقي $\pi/\sin(\pi z)$ عند الأعداد الصحيحة.
اقرأ معامل $z$ : $\eta(2) = \sum_{n\geq1}\frac{(-1)^{n-1}}{n^2} = \frac{\pi^2}{12}$ ، وأكّد الاتساق $\eta(2) = (1 - 2^{1-2})\,\zeta(2)$ .
(الخاتمة) قيّم نشر السؤال 20 عند $z = \frac12$ واستنتج صيغة لايبنتز

$\frac\pi4 = 1 - \frac13 + \frac15 - \frac17 + \cdots$

واختم بفقرة قصيرة: نواةٌ لكل حساب — أي نواة تسعّر أي عائلة من المتسلسلات، ولماذا تكون كلها عمياء بنيويًّا عن $\zeta(3)$ .

الجزء السابع — قائمة الأسعار الكاملة: أعداد برنولي.

اجمع نشر الكسور الجزئية للمقدار $\pi z\cot(\pi z)$ مع الدالة المولّدة لأعداد برنولي ( $\frac{w}{\eu^w - 1} = \sum_n\frac{B_n}{n!}w^n$ ، المسألة 16.1، الجزء السادس): فمن

$\pi z\cot(\pi z) = \iu\pi z + \frac{2\iu\pi z}{\eu^{2\iu\pi z} - 1}$

(وبرهن على هذه المتطابقة أولًا)، استنتج الصيغة المغلقة

$\zeta(2k) = (-1)^{k+1}\, \frac{(2\pi)^{2k}\,B_{2k}}{2\,(2k)!} \qquad (k \geq 1).$
تحقق من الصيغة مقابل $B_2 = \frac16$ و $B_4 = -\frac1{30}$ و $B_6 = \frac1{42}$ : فاستعد $\zeta(2) = \frac{\pi^2}6$ و $\zeta(4) = \frac{\pi^4}{90}$ ، واحسب $\zeta(6) = \frac{\pi^6}{945}$ .
(تراجع أولير) انشر طرفَي $\bigl(z\cot z\bigr)' = \cot z - z(1 + \cot^2z)$ — أو ربّع متسلسلة ظل التمام مباشرةً — لتبرهن على

$\Bigl(k + \frac12\Bigr)\zeta(2k) = \sum_{j=1}^{k-1}\zeta(2j)\,\zeta(2k - 2j) \qquad (k \geq 2),$

وتحقق من أنها تحسب $\zeta(4)$ من $\zeta(2)$ و $\zeta(6)$ من $\zeta(2), \zeta(4)$ — أي جميع قيم زيتا الزوجية من البذرة الواحدة $\frac{\pi^2}6$ ، دون أي مكاملة جديدة.

حل

حل المسألة 17.1.

1. للمقدار $\sin(\pi z)$ جذور بسيطة عند $\Z$ بالضبط (إذ $\sin\pi z = 0$ إذا وفقط إذا كان $z \in \Z$ ، و $(\sin\pi z)' = \pi\cos\pi z \neq 0$ هناك)، و $\cos(\pi n) \neq 0$ : ومنه توجد للمقدار $\pi\cot(\pi z) = \pi\cos(\pi z)/\sin(\pi z)$ أقطاب بسيطة عند $\Z$ مع

\operatorname{Res}(\pi\cot\pi z,\ n) = \frac{\pi\cos(\pi n)}{\pi\cos(\pi n)} = 1

(بقاعدة $g/h'$ ، الطريقة 17.6).

2. المقدار $\frac{\sin(\pi z)}{\pi z} = 1 - \frac{(\pi z)^2}6 + \frac{(\pi z)^4}{120} - \cdots$ هولومورفي وغير معدوم بجوار $0$ : ومنه يكون مقلوبه هولومورفيًّا (التعريف 16.1: خارج القسمة)، بمتسلسلة $1 + \frac{(\pi z)^2}{6} + \frac{7(\pi z)^4}{360} + \cdots$ (بالتعيين: بمعاملات من نمط $(1 - u)^{-1}$ انطلاقًا من $u = \frac{(\pi z)^2}6 - \frac{(\pi z)^4}{120}$ : فمعامل $z^4$ هو $\frac1{36} - \frac1{120} = \frac{7}{360}$ ). ثم نضرب في $\cos(\pi z) = 1 - \frac{(\pi z)^2}2 + \frac{(\pi z)^4}{24} - \cdots$ ونقسم على $z$ :

\pi\cot(\pi z) = \frac1z\Bigl[1 + \pi^2z^2\Bigl(\frac16 - \frac12\Bigr) + \pi^4z^4\Bigl(\frac7{360} - \frac1{12} + \frac1{24}\Bigr)\Bigr] + \cdots = \frac1z - \frac{\pi^2}3\,z - \frac{\pi^4}{45}\,z^3 - \cdots

( $\frac7{360} - \frac{30}{360} + \frac{15}{360} = -\frac8{360} = -\frac1{45}$ ).

3. الأضلاع الشاقولية $z = \pm(N + \frac12) + \iu y$ : بدورية $\cot$ بالدور $\pi$ ، $\cot(\pi z) = \cot(\pm\frac\pi2 + \iu\pi y) = -\tan(\iu\pi y) = -\iu\tanh(\pi y)$ ، وطويلته $\leq 1$ . والأضلاع الأفقية $z = x \pm \iu(N + \frac12)$ : من $\abs{\cot(a + \iu b)}^2 = \frac{\cos^2a + \sinh^2b}{\sin^2a + \sinh^2b} \leq \frac{1 + \sinh^2b}{\sinh^2b} = \coth^2 b$ ،

\abs{\cot(\pi z)} \leq \coth\bigl(\pi(N + \tfrac12)\bigr) \leq \coth(\pi/2) < 1.1 .

والحدّان كلاهما $\leq 2$ .

4. نطبّق المبرهنة 17.5 على $F(z) = \pi\cot(\pi z)f(z)$ على $C_N$ (حيث $N$ وراء جميع أقطاب $f$ ):

\frac1{2\iu\pi}\oint_{C_N}F = \sum_{n=-N}^{N}f(n) + \sum_p\operatorname{Res}(F, p),

إذ تسهم الأقطاب الصحيحة بالمقدار $f(n)$ (السؤال 1؛ و $f$ هولومورفية هناك). وعلى $C_N$ : $\abs F \leq 2\pi\cdot C\abs z^{-2} \leq 2\pi C N^{-2}$ ، والمحيط $8(N + \frac12)$ : ومنه يكون التكامل $O(1/N) \to 0$ . ونجعل $N \to \infty$ : فنجد صيغة الجمع المعروضة.

5. التناقص $\abs f = O(\abs z^{-2})$ ألغى تكامل المسار وجعل $\sum\abs{f(n)}$ متقاربة. ومن أجل $f(z) = \frac1{z + \frac12}$ : تتلسكب المجاميع المتناظرة $\sum_{-N}^N\frac1{n + \frac12}$ إلى $0$ (إذ يتلاشى الحدّان $n$ و $-n - 1$ )، ويكون الطرف الأيمن $-\operatorname{Res}\bigl(\frac{\pi\cot\pi z}{z + \frac12}, -\frac12\bigr) = -\pi\cot(-\frac\pi2) = 0$ : أي متسقًا — لكن $\sum\abs{f(n)}$ تتباعد؛ فالطريقة لا تحسب سوى النهاية المتناظرة (أي القيمة الرئيسية).

6. $g(z) = \frac{\pi\cot(\pi z)}{z^2}$ : أقطاب عند الأعداد الصحيحة غير المعدومة ببواقٍ $\frac1{n^2}$ ، وعند $0$ حيث، حسب السؤال 2،

g(z) = \frac1{z^3} - \frac{\pi^2}{3z} - \frac{\pi^4}{45}z - \cdots : \qquad \operatorname{Res}(g, 0) = -\frac{\pi^2}3 .

ويؤول تكامل المسار على $C_N$ إلى $0$ كما في السؤال 4 ( $\abs{g} = O(N^{-2})$ على $C_N$ ). ومنه $0 = \sum_{n\neq0}\frac1{n^2} - \frac{\pi^2}3$ : أي $2\zeta(2) = \frac{\pi^2}3$ ، $\zeta(2) = \frac{\pi^2}6$ .

7. $g(z) = \frac{\pi\cot(\pi z)}{z^4} = \frac1{z^5} - \frac{\pi^2}{3z^3} - \frac{\pi^4}{45z} - \cdots$ : الباقي عند $0$ يساوي $-\frac{\pi^4}{45}$ ، و $0 = 2\zeta(4) - \frac{\pi^4}{45}$ : ومنه $\zeta(4) = \frac{\pi^4}{90}$ .

8. مع $g = \pi\cot(\pi z)/z^{2k}$ : يكون الباقي عند $0$ هو المعامل $a_{2k-1}$ للمقدار $z^{2k-1}$ في نشر $\pi\cot(\pi z)$ ، ويعطي انعدام تكامل المسار $2\zeta(2k) + a_{2k-1} = 0$ : أي $\zeta(2k) = -a_{2k-1}/2$ ، وهو مضاعف ناطق للمقدار $\pi^{2k}$ لأن معاملات ظل التمام كذلك. وتعطي خطوةُ قسمة إضافية $a_5 = -\frac{2\pi^6}{945}$ ، ومنه $\zeta(6) = \frac{\pi^6}{945}$ . وأما من أجل $\zeta(3)$ : فالنواة الطبيعية $g = \pi\cot(\pi z)/z^3$ تنتج $\sum_{n\neq0}\frac1{n^3} = 0$ بالفردية — فتبرهن الطريقة على $0 = 0$ وتكون عمياء بنيويًّا عن قيم زيتا الفردية (إذ لا صيغة مغلقة معروفة للمقدار $\zeta(3)$ ؛ ولاطباعيته، أبيري 1978، لزمت أفكار مختلفة كليًّا).

9. للمقدار $F(z) = \frac{\pi\cot(\pi z)}{(z - w)(z + w)}$ أقطاب عند الأعداد الصحيحة (ببواقٍ $\frac1{n^2 - w^2}$ ، ولاحظ الإشارة: $f(n) = \frac1{(n-w)(n+w)} = \frac1{n^2 - w^2}$ ) وأقطاب بسيطة عند $\pm w$ ببواقٍ $\frac{\pi\cot(\pm\pi w)}{\pm2w} = \frac{\pi\cot(\pi w)}{2w}$ لكلٍّ ( $\cot$ فردية). وتعطي حجة السؤال 4 ( $\abs f = O(\abs z^{-2})$ )

\sum_{n\in\Z}\frac1{n^2 - w^2} + \frac{\pi\cot(\pi w)}{w} = 0, \qquad\text{أي}\qquad \pi\cot(\pi w) = \frac1w + \sum_{n\geq1}\frac{2w}{w^2 - n^2},

(إذ الحدّ $n = 0$ هو $-\frac1{w^2}$ ؛ وأعد تجميع $\pm n$ ). وأما التقارب الناظمي على متراصات $\C\setminus\Z$ : فمن أجل $\abs w \leq R$ و $n \geq 2R$ ، $\abs{\frac{2w}{w^2 - n^2}} \leq \frac{2R}{n^2 - R^2} \leq \frac{8R}{3n^2}$ .

10. من أجل $\abs w \leq r < 1$ : $\frac{2w}{w^2 - n^2} = -\frac{2w}{n^2}\cdot\frac1{1 - w^2/n^2} = -2\sum_{k\geq0}\frac{w^{2k+1}}{n^{2k+2}}$ ، مع $\abs{\text{الحدود}} \leq 2r^{2k+1}/n^{2k+2}$ ، وهي قابلة للجمع على $(n, k)$ : فتعيد فوبيني للمتسلسلات ترتيب

\pi\cot(\pi w) = \frac1w - 2\sum_{k\geq0}\zeta(2k+2)\,w^{2k+1} .

وبالمطابقة مع السؤال 2: $-2\zeta(2) = -\frac{\pi^2}3$ و $-2\zeta(4) = -\frac{\pi^4}{45}$ — أي القيم نفسها. وثلاثة طرق إلى $\frac{\pi^2}6$ : بارسيفال (بمتسلسلات فورييه)، وأثر مؤثر غرين للوتر، ونشرا ظل التمام؛ وأن يتوافق مجموعٌ على الترددات، وأثرُ مؤثر، وتكاملُ مسار ليس صدفة — فكلٌّ منها وجه للمتطابقة الطيفية نفسها.

11. نثبّت $R \geq 1$ وليكن $n_0$ أصغر عدد صحيح $\geq 2R$ . ومن أجل $\abs z \leq R$ و $n \geq n_0$ : $\abs{z^2/n^2} \leq \frac14$ ، ومنه $1 - z^2/n^2 \in \bar D(1, \frac14)$ ، حيث يكون اللوغاريتم الرئيسي هولومورفيًّا، و

\Bigl|\log\Bigl(1 - \frac{z^2}{n^2}\Bigr)\Bigr| \leq \sum_{k\geq1}\frac1k\,\Bigl|\frac{z^2}{n^2}\Bigr|^k \leq \frac{\abs{z^2/n^2}}{1 - \abs{z^2/n^2}} \leq \frac{2R^2}{n^2} :

ويتقارب المجموع $S(z) = \sum_{n\geq n_0}\log(1 - z^2/n^2)$ تقاربًا ناظميًّا على $\bar D(0, R)$ ، بمجاميع جزئية هولومورفية $S_N$ ومع $\abs{S_N} \leq 2R^2\zeta(2)$ بانتظام. وبما أن $\abs{\eu^a - \eu^b} \leq \eu^{\max(\abs a,\abs b)}\abs{a - b}$ (بحدّ القيمة المتوسطة على القطعة)، تتقارب جداءات الذيل $\prod_{n_0\leq n\leq N} = \eu^{S_N}$ بانتظام على $\bar D(0, R)$ إلى $\eu^S$ العديم الجذور. وبالضرب في كثير الحدود الثابت $z\prod_{n<n_0}(1 - z^2/n^2)$ : يكون $P_N \to P$ بانتظام على $\bar D(0, R)$ ، وتجعل المبرهنة 16.15 الدالةَ $P$ هولومورفية هناك؛ وبكون $R$ كيفيًّا، تكون $P$ صحيحة. وعلى $\bar D(0, R)$ تكون جذور $P$ هي جذور المعامل الحدودي — أي الأعداد الصحيحة التي طويلتها $\leq R$ ، وكلٌّ منها بسيط (إذ توجد للمقدار $(1 - z/n)(1 + z/n)$ جذور بسيطة متمايزة، ولا جذور للمقدار $\eu^S$ ): ومنه تكون مجموعة جذور $P$ هي $\Z$ ، وكلها بسيطة.

12. بالاشتقاق اللوغاريتمي للجداء المنتهي، بعيدًا عن جذوره:

\frac{P_N'(z)}{P_N(z)} = \frac1z + \sum_{n=1}^{N}\frac{-2z/n^2}{1 - z^2/n^2} = \frac1z + \sum_{n=1}^{N}\frac{2z}{z^2 - n^2} .

وعلى متراصة $K \subseteq \C\setminus\Z$ : $P_N \to P$ و $P_N' \to P'$ بانتظام (المبرهنة 16.15)، و $\min_K \abs P > 0$ (إذ لا تنعدم $P$ إلا على $\Z$ )، ومنه في النهاية $\abs{P_N} \geq \frac12\min_K\abs P$ و $P_N'/P_N \to P'/P$ بانتظام على $K$ . ويتقارب الطرف الأوسط إلى $\frac1z + \sum_{n\geq1}\frac{2z}{z^2-n^2} = \pi\cot(\pi z)$ حسب السؤال 9: ومنه $P'/P = \pi\cot(\pi z)$ على $\C\setminus\Z$ .

13. الدالتان $\sin(\pi z)$ و $P$ صحيحتان بمجموعة الجذور نفسها $\Z$ ، وكلها بسيطة (السؤالان 1 و11). وبجوار $m \in \Z$ نكتب $\sin(\pi z) = (z - m)\,\sigma(z)$ و $P(z) = (z - m)\,\psi(z)$ مع $\sigma, \psi$ هولومورفيتين وغير منعدمتين عند $m$ (بتحليل متسلسلة القوى): فيمتدّ $Q = \sin(\pi z)/P = \sigma/\psi$ هولومورفيًّا وعديمَ الجذور عبر كل عدد صحيح، وهو عديم الجذور على $\C\setminus\Z$ بوصفه خارج قسمة دالتين عديمتَي الجذور. وهناك،

\frac{Q'}{Q} = \frac{(\sin\pi z)'}{\sin\pi z} - \frac{P'}{P} = \pi\cot(\pi z) - \pi\cot(\pi z) = 0 ,

ومنه تنعدم الدالة الصحيحة $Q'$ على $\C\setminus\Z$ ، ومن ثَمّ في كل مكان بالاتصال: فتكون $Q$ ثابتة. وحين $z \to 0$ : $\sin(\pi z)/z \to \pi$ و $P(z)/z \to 1$ ، ومنه $Q = \pi$ :

\sin(\pi z) = \pi z\prod_{n\geq1} \Bigl(1 - \frac{z^2}{n^2}\Bigr) .

14. عند $z = \frac12$ : $1 = \sin\frac\pi2 = \frac\pi2\prod_{n\geq1}\bigl(1 - \frac1{4n^2}\bigr) = \frac\pi2\prod\frac{4n^2-1}{4n^2}$ ، ومنه

\frac\pi2 = \prod_{n\geq1}\frac{4n^2}{4n^2 - 1} = \lim_{N\to\infty}\prod_{n=1}^N \frac{(2n)(2n)}{(2n-1)(2n+1)} = \lim_{N\to\infty} \frac{2\cdot2\cdot4\cdot4\cdots(2N)(2N)} {1\cdot3\cdot3\cdot5\cdots(2N-1)(2N+1)} :

أي جداء واليس، نتيجةً من سطر واحد لتحليل أولير.

15. من أجل $\abs z \leq r < 1$ يقع كل عامل في $D(1, r^2) \subseteq D(1, 1)$ ، ومنه $P(z)/z = \exp\bigl( \sum_{n\geq1}\log(1 - z^2/n^2)\bigr)$ : فكل جداء جزئي هو أُسّي مجموع جزئي، ويمرّ الطرفان إلى النهاية باتصال $\exp$ . والمتسلسلة المزدوجة

\sum_{n\geq1}\log\Bigl(1 - \frac{z^2}{n^2}\Bigr) = -\sum_{n\geq1}\sum_{k\geq1}\frac{z^{2k}}{k\,n^{2k}} = -\sum_{k\geq1}\frac{\zeta(2k)}k\,z^{2k} = -\zeta(2)\,z^2 + O(z^4)

تُعاد ترتيبها بفوبيني للمتسلسلات: $\sum_{n,k} \frac{r^{2k}}{kn^{2k}} \leq \sum_k\zeta(2k)r^{2k} \leq \zeta(2)\frac{r^2}{1-r^2} < \infty$ . ومنه

P(z) = z\,\exp\bigl(-\zeta(2)z^2 + O(z^4)\bigr) = z - \zeta(2)\,z^3 + O(z^5) ,

ويقارن السؤال 13 هذا مع $\sin(\pi z) = \pi z - \frac{\pi^3}6z^3 + O(z^5)$ : أي $\pi\zeta(2) = \frac{\pi^3}6$ ، أي $\zeta(2) = \frac{\pi^2}6$ . فالوجه الجمعي (السؤال 10) والوجه الضربي يحسبان العدد نفسه.

16. على متراصة $K \subseteq \C\setminus\Z$ تتقارب المجاميع الجزئية $S_N = \frac1z + \sum_{n\leq N}\bigl( \frac1{z-n} + \frac1{z+n}\bigr)$ (السؤال 9، بحدود معاد تجميعها على الصورة $\frac{2z}{z^2-n^2} = \frac1{z-n} + \frac1{z+n}$ ) بانتظام إلى $\pi\cot(\pi z)$ ، ومنه تعطي المبرهنة 16.15 أن $S_N' \to (\pi\cot\pi z)' = -\pi^2/\sin^2(\pi z)$ بانتظام على $K$ . وبما أن $S_N' = -\sum_{\abs n\leq N}(z - n)^{-2}$ :

\frac{\pi^2}{\sin^2(\pi z)} = \sum_{n\in\Z}\frac1{(z - n)^2} ,

والتقارب ناظمي على متراصات $\C\setminus\Z$ (إذ الحدود $O(n^{-2})$ ).

17. عند $z = \frac12$ يكون الطرف الأيسر $\pi^2$ ؛ وعلى اليمين، $(\frac12 - n)^2 = \frac{(2n-1)^2}4$ مع $2n - 1$ يجول على جميع الأعداد الصحيحة الفردية مرة واحدة بالضبط حين يجول $n$ على $\Z$ :

\pi^2 = \sum_{n\in\Z}\frac{4}{(2n-1)^2} = 8\sum_{m\geq0}\frac1{(2m+1)^2}, \qquad \sum_{m\geq0}\frac1{(2m+1)^2} = \frac{\pi^2}8 .

وبالشطر حسب التماثل: $\zeta(2) = \frac{\pi^2}8 + \sum_{n\geq1}\frac1{(2n)^2} = \frac{\pi^2}8 + \frac{\zeta(2)}4$ ، ومنه $\frac34\zeta(2) = \frac{\pi^2}8$ و $\zeta(2) = \frac{\pi^2}6$ مرة أخرى.

18. مع $c = \cot\theta$ و $\cot(2\theta) = \frac{c^2-1}{2c}$ : $\cot\theta - 2\cot(2\theta) = c - \frac{c^2-1}c = \frac1c = \tan\theta$ . ومنه $\pi\tan(\pi z) = \pi\cot(\pi z) - 2\pi\cot(2\pi z)$ ، ويعطي السؤال 9 عند $z$ وعند $2z$

\pi\cot(\pi z) = \frac1z + \sum_{n\geq1}\frac{2z}{z^2 - n^2}, \qquad 2\pi\cot(2\pi z) = \frac1z + \sum_{n\geq1}\frac{8z}{4z^2 - n^2} .

والمتسلسلتان متقاربتان تقاربًا مطلقًا عند كل $z$ مثبَّت خارج الأقطاب، ومنه يمكن إعادة تجميع الفرق كما نشاء: ففي المتسلسلة الثانية تعطي الحدود الزوجية $n = 2m$ المقدارَ $\frac{8z}{4z^2 - 4m^2} = \frac{2z}{z^2 - m^2}$ وتلغي المتسلسلة الأولى كليًّا، فيبقى

\pi\tan(\pi z) = -\sum_{m\geq0}\frac{8z}{4z^2 - (2m+1)^2} = \sum_{m\geq0}\frac{8z}{(2m+1)^2 - 4z^2} ,

ناظميًّا على المتراصات التي تتفادى $\frac12 + \Z$ (إذ الحدود $O(m^{-2})$ ).

19. من أجل $\abs z \leq r < \frac12$ :

\frac{8z}{(2m+1)^2 - 4z^2} = \frac{8z}{(2m+1)^2} \sum_{k\geq0}\Bigl(\frac{4z^2}{(2m+1)^2}\Bigr)^{k},

مع $\sum_{m,k}8r\,(4r^2)^k(2m+1)^{-2k-2} < \infty$ لأن $4r^2 < 1$ : فتعيد فوبيني ترتيب المجموع المزدوج إلى

\pi\tan(\pi z) = \sum_{k\geq0}8\cdot4^k\,\lambda(2k+2)\,z^{2k+1} .

ومقابل $\pi\tan(\pi z) = \pi^2z + \frac{\pi^4}3z^3 + O(z^5)$ : يعطي معامل $z$ أن $8\lambda(2) = \pi^2$ — أي السؤال 17 من جديد — ويعطي معامل $z^3$ أن $32\lambda(4) = \frac{\pi^4}3$ ، أي $\lambda(4) = \frac{\pi^4}{96}$ . وبإزالة المقامات الزوجية، $\lambda(4) = \zeta(4) - 2^{-4}\zeta(4) = \frac{15}{16}\zeta(4)$ : أي $\zeta(4) = \frac{16}{15}\cdot \frac{\pi^4}{96} = \frac{\pi^4}{90}$ ، وهو يوافق السؤال 7.

20. $\cot\frac\theta2 - \cot\theta = \frac{\cos\frac\theta2\,\sin\theta - \cos\theta\,\sin\frac\theta2}{\sin\frac\theta2\,\sin\theta} = \frac{\sin\frac\theta2}{\sin\frac\theta2\,\sin\theta} = \frac1{\sin\theta}$ ، والبسط هو $\sin(\theta - \frac\theta2)$ . ومع $\theta = \pi z$ ، يُقرأ السؤال 9 عند $\frac z2$ على الصورة $\pi\cot\frac{\pi z}2 = \frac2z + \sum_{n\geq1}\frac{4z}{z^2 - 4n^2}$ ، ومنه

\frac{\pi}{\sin(\pi z)} = \pi\cot\frac{\pi z}2 - \pi\cot(\pi z) = \frac1z + \sum_{n\geq1}\frac{4z}{z^2 - 4n^2} - \sum_{n\geq1}\frac{2z}{z^2 - n^2} .

ويسمح التقارب المطلق بإعادة التجميع حسب التماثل: إذ يسهم $n = 2m$ الزوجي في المتسلسلة المطروحة بالمقدار $\frac{2z}{z^2-4m^2}$ ، فيبقى $+\frac{2z}{z^2-4m^2}$ من المجموع الأول، بينما ينجو $n$ الفردي بالإشارة $-$ :

\frac{\pi}{\sin(\pi z)} = \frac1z + \sum_{n\geq1}(-1)^n\,\frac{2z}{z^2 - n^2} .

وفحص الإشارات: $\operatorname{Res}\bigl(\pi/\sin(\pi z), n\bigr) = \pi/(\pi\cos\pi n) = (-1)^n$ (الطريقة 17.6)، ويحمل $(-1)^n\frac{2z}{z^2 - n^2} = \frac{(-1)^n}{z-n} + \frac{(-1)^n}{z+n}$ ذلك الباقي بالضبط عند $\pm n$ .

21. من أجل $\abs z \leq r < 1$ ، بنشر كل حدّ كما في السؤال 19 ( $(-1)^n\frac{2z}{z^2-n^2} = (-1)^{n-1}\frac{2z}{n^2}\sum_k\frac{z^{2k}}{n^{2k}}$ ) وبتطبيق فوبيني:

\frac{\pi}{\sin(\pi z)} = \frac1z + 2\sum_{k\geq0}\eta(2k+2)\,z^{2k+1}, \qquad \eta(s) = \sum_{n\geq1}\frac{(-1)^{n-1}}{n^s} .

وأما جهة تايلور: فيعطي $\sin(\pi z) = \pi z(1 - \frac{(\pi z)^2}6 + O(z^4))$ أن $\frac\pi{\sin\pi z} = \frac1z + \frac{\pi^2}6z + O(z^3)$ : أي $2\eta(2) = \frac{\pi^2}6$ ، ومنه $\eta(2) = \frac{\pi^2}{12}$ . وأما الاتساق: $\eta(2) = \zeta(2) - 2\sum_n(2n)^{-2} = (1 - 2^{1-2})\zeta(2) = \frac{\zeta(2)}2 = \frac{\pi^2}{12}$ .

22. عند $z = \frac12$ ، يعطي السؤال 20

\pi = 2 + \sum_{n\geq1}(-1)^n\frac{1}{\frac14 - n^2} = 2 + 4\sum_{n\geq1}\frac{(-1)^{n-1}}{(2n-1)(2n+1)} .

ومع $\frac1{(2n-1)(2n+1)} = \frac12\bigl(\frac1{2n-1} - \frac1{2n+1}\bigr)$ ، وبتقارب المتسلسلتين المتناوبتين (بمحك لايبنتز)، ينشطر المجموع إلى $\frac12\bigl[L - (1 - L)\bigr] = L - \frac12$ ، حيث $L = 1 - \frac13 + \frac15 - \cdots$ و $\frac13 - \frac15 + \frac17 - \cdots = 1 - L$ . ومنه $\pi = 2 + 4(L - \frac12) = 4L$ :

\frac\pi4 = 1 - \frac13 + \frac15 - \frac17 + \cdots

والعبرة: أن كل نواة مرومورفية بأقطاب على متتالية حسابية وببواقٍ مقرَّرة. فظل التمام يضع الباقي $1$ عند كل عدد صحيح ويجمع $f(n)$ ؛ ومشتقته تربّع الأقطاب وتسعّر $\lambda(2)$ ؛ والظل يحرّك الأقطاب إلى $\frac12 + \Z$ ويسعّر المقامات الفردية؛ و $\pi/\sin$ يبقي الأقطاب الصحيحة لكنه يناوب البواقي $(-1)^n$ ، ومن هنا المتسلسلات المتناوبة. والنوى من الرتبة الأولى كلها دوال فردية: فمزاوجة $n$ مع $-n$ تضاعف معاملات القوى الزوجية وتفني الفردية، ومنه ينسكب $\zeta(2k)$ آليًّا بينما لا يظهر $\zeta(3)$ أبدًا. فالعمى تماثلٌ، لا قصور تقنية.

23. مع $w = 2\iu\pi z$ :

\iu\pi z + \frac{2\iu\pi z}{\eu^{2\iu\pi z} - 1} = \iu\pi z\,\frac{\eu^{2\iu\pi z} + 1}{\eu^{2\iu\pi z} - 1} = \iu\pi z\,\frac{\eu^{\iu\pi z} + \eu^{-\iu\pi z}}{\eu^{\iu\pi z} - \eu^{-\iu\pi z}} = \pi z\,\frac{\cos\pi z}{\sin\pi z} = \pi z\cot(\pi z) .

ومنه، باستعمال الدالة المولّدة عند $w = 2\iu\pi z$ (مع إلغاء $B_1 = -\frac12$ للحدّ $\iu\pi z$ ، وانعدام $B$ الفردية بعدها):

\pi z\cot(\pi z) = \sum_{k\geq0}\frac{B_{2k}}{(2k)!} (2\iu\pi z)^{2k} = 1 + \sum_{k\geq1}(-1)^k\frac{(2\pi)^{2k}B_{2k}}{(2k)!} z^{2k} .

ومن جهة أخرى يعطي نشر الكسور الجزئية (الجزء الرابع) أن $\pi z\cot(\pi z) = 1 - 2\sum_{k\geq1}\zeta(2k)z^{2k}$ (بنشر كل $\frac{2z^2}{z^2 - n^2} = -2\sum_k\frac{z^{2k}}{n^{2k}}$ والجمع على $n$ ، إذ يبرّر التقارب الناظمي التبديلَ من أجل $\abs z < 1$ ). وبمقارنة المعاملات: $-2\zeta(2k) = (-1)^k\frac{(2\pi)^{2k}B_{2k}}{(2k)!}$ ، وهي الصيغة المذكورة.

24. $k = 1$ : $\frac{(2\pi)^2}{2\cdot2}\cdot\frac16 = \frac{\pi^2}6$ . و $k = 2$ : $-\frac{(2\pi)^4}{2\cdot24} \cdot\bigl(-\frac1{30}\bigr) = \frac{16\pi^4}{48\cdot30} = \frac{\pi^4}{90}$ . و $k = 3$ : $\frac{(2\pi)^6}{2\cdot720} \cdot\frac1{42} = \frac{64\pi^6}{1440\cdot42} = \frac{\pi^6}{945}$ .

25. نكتب $C(z) = \pi z\cot(\pi z) = 1 - 2\sum_{k\geq1}\zeta(2k)z^{2k}$ (السؤال 23). وبالاشتقاق المباشر للمقدار $C = \pi z\cot(\pi z)$ ، باستعمال $(\cot u)' = -1 - \cot^2u$ :

zC'(z) = \pi z\cot(\pi z) - \pi^2z^2\bigl(1 + \cot^2(\pi z)\bigr) = C - \pi^2z^2 - C^2 .

والآن ننشر الطرفين في قوى $z^2$ . الطرف الأيسر: $\sum_k(-4k)\,\zeta(2k)\,z^{2k}$ . والطرف الأيمن: بتربيع المتسلسلة،

C - C^2 = 2\sum_{k\geq1}\zeta(2k)z^{2k} - 4\sum_{k\geq2}\Bigl(\sum_{j=1}^{k-1}\zeta(2j) \zeta(2k-2j)\Bigr)z^{2k},

والحدّ $-\pi^2z^2 = -6\zeta(2)z^2$ لا يعدّل سوى $k = 1$ . وبمقارنة معاملات $z^{2k}$ من أجل $k \geq 2$ :

-4k\,\zeta(2k) = 2\,\zeta(2k) - 4\sum_{j=1}^{k-1}\zeta(2j)\,\zeta(2k-2j),

أي $\bigl(k + \frac12\bigr)\zeta(2k) = \sum_{j=1}^{k-1}\zeta(2j)\zeta(2k-2j)$ . (وعند $k = 1$ تُقرأ المتطابقة $-4\zeta(2) = 2\zeta(2) - 6\zeta(2)$ : أي فحص اتساق، لا معلومة جديدة.) والتطبيقات: $k = 2$ : $\frac52\zeta(4) = \zeta(2)^2 = \frac{\pi^4}{36}$ ، ومنه $\zeta(4) = \frac{\pi^4}{90}$ ؛ و $k = 3$ : $\frac72\zeta(6) = 2\zeta(2)\zeta(4) = \frac{\pi^6}{270}$ ، ومنه $\zeta(6) = \frac{2}{7}\cdot\frac{\pi^6}{270} = \frac{\pi^6}{945}$ . فبذرة متسامية واحدة ( $\zeta(2) = \frac{\pi^2}6$ )، وجبرٌ محض يولّد كل قيمة زيتا زوجية.

المصطلحات المعرَّفة في هذا الفصل

باقٍ

عرض كل المصطلحات (395) في المسرد