Matematika Universitas — Tahun 3 · Bachelor Year 3

17Deret Laurent dan Teorema Residu

Apa yang terjadi pada sebuah fungsi holomorfik di dekat titik yang ia tak terdefinisi di sana? Jawabannya berupa trikotomi lengkap — titik terhapuskan, kutub, atau kesingularan hakiki — yang terbaca dari deret pangkat dua sisi, yakni uraian Laurent. Satu koefisien uraian itu, yakni residunya, mengendalikan setiap integral kontur di sekitar kesingularannya: sehingga teorema residu mengubah integral tentu yang sukar menjadi aljabar berhingga, mencacah akar fungsi (lewat asas argumen dan Rouché), serta membuktikan teorema pemetaan terbuka. Mula-mula kita meningkatkan teorema Cauchy dari daerah berbentuk bintang ke bentuk definitifnya yang bebas homologi — lewat argumen elegan Dixon — sehingga semua kontur yang berbilangan lilitan nol di sekitar komplemennya menjadi tersedia.

17.1 Teorema Cauchy global

Sebuah siklus $\Gamma$ adalah jumlah formal berhingga atas lintasan tertutup $\gamma_1, \dots, \gamma_m$ ; sedangkan integral dan indeks sepanjang $\Gamma$ adalah jumlah yang bersesuaian, dan $\operatorname{im}\Gamma = \bigcup\operatorname{im}\gamma_j$ .

Teorema 17.1 (Cauchy, bentuk global)

Misalkan $\Omega \subseteq \C$ terbuka, $f \in \mathcal H(\Omega)$ , dan $\Gamma$ sebuah siklus di $\Omega$ sedemikian sehingga

\operatorname{Ind}_\Gamma(w) = 0 \qquad\text{untuk setiap } w \notin \Omega .

Maka, untuk setiap $z \in \Omega\setminus\operatorname{im}\Gamma$ ,

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

Bukti (Dixon). Definisikan $g \colon \Omega\times\Omega \to \C$ lewat

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

Fungsi $g$ kontinu: di luar diagonalnya, jelas. Sedangkan di dekat sebuah titik diagonal $(a, a)$ , uraikan $f$ menjadi deret pangkat di $a$ (Teorema 16.10): $f(w) - f(z) = \sum_{n\geq1}c_n\bigl((w-a)^n - (z-a)^n\bigr)$ , lalu membagi setiap sukunya dengan $w - z$ (lewat pemfaktoran $u^n - v^n$ ) memberikan, untuk $z, w \in D(a, r)$ ,

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

yang sahih pula pada diagonalnya (sebab setiap jumlah dalamnya menjadi $n(z-a)^{n-1}$ , yang berjumlah $f'(z)$ ). Untuk $r$ yang kecil deretnya konvergen seragam pada $D(a,r)^2$ (sebab $\abs{\text{sukunya}} \leq n\abs{c_n}r^{n-1}$ , yang terjumlahkan di dalam jari-jarinya): sehingga jumlahnya kontinu.

Tetapkan $h(z) = \frac1{2\iu\pi}\int_\Gamma g(z, w)\,\dd w$ pada $\Omega$ : ia kontinu (lewat kekontinuan seragam $g$ pada kompak), dan holomorfik — menurut Morera (yakni kriteria Teorema 16.15): sebab untuk sebuah segitiga $T \subseteq \Omega$ , Fubini memberikan $\int_{\partial T}h = \frac1{2\iu\pi}\int_\Gamma\bigl(\int_{\partial T}g(z, w)\dd z\bigr)\dd w = 0$ , dengan integral dalamnya lenyap karena $z \mapsto g(z, w)$ holomorfik pada $\Omega$ (sebab di $z = w$ kesingularannya terhapuskan: karena $g$ kontinu di sana dan holomorfik di tempat lain — yakni argumen perluasan pada bukti Teorema 16.9).

Pada himpunan terbuka $\Omega' = \{z \notin \operatorname{im}\Gamma : \operatorname{Ind}_\Gamma(z) = 0\}$ , definisikan $h_1(z) = \frac1{2\iu\pi}\int_\Gamma\frac{f(w)}{w - z}\dd w$ : yang holomorfik pada $\Omega'$ (lewat Morera atau pendiferensialan di bawah integralnya). Untuk $z \in \Omega\cap\Omega'$ :

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

Menurut hipotesisnya $\Omega\cup\Omega' = \C$ (sebab $w \notin \Omega \Rightarrow \operatorname{Ind}_\Gamma(w) = 0$ ), sehingga $h$ dan $h_1$ merekat menjadi fungsi utuh $H$ . Lalu karena komponen tak terbatas komplemen $\operatorname{im}\Gamma$ terletak di $\Omega'$ dan $h_1(z) \to 0$ saat $\abs z \to \infty$ (lewat batas ML), maka $H$ terbatas dan menuju $0$ : sehingga Liouville (Akibat 16.12) memberikan $H \equiv 0$ . Jadi $h \equiv 0$ pada $\Omega$ , yang merupakan rumus integralnya. Lalu dengan menerapkannya, untuk $a \in \Omega\setminus\operatorname{im}\Gamma$ yang tetap, pada $\tilde f(w) = (w - a)f(w)$ di $z = a$ :

\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 Deret Laurent dan kesingularan terpencil

Teorema 17.2 (Uraian Laurent)

Misalkan $f$ holomorfik pada anulus $A = \{r < \abs{z - a} < R\}$ (dengan $0 \leq r < R \leq \infty$ ). Maka

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

untuk sembarang $r < \rho < R$ (dan tak bergantung pada $\rho$ ), dengan kedua separuh deretnya konvergen normal pada subanulus kompak. Sedangkan uraiannya tunggal.

Bukti. Tetapkan $r < \rho_1 < \abs{z - a} < \rho_2 < R$ lalu misalkan $\Gamma = C_{\rho_2} - C_{\rho_1}$ (dengan yang luar berlawanan arah jarum jam dan yang dalam searah): yakni sebuah siklus di $A$ dengan $\operatorname{Ind}_\Gamma(w) = 0$ untuk setiap $w \notin A$ (sebab titik di dalam cakram kecilnya: $1 - 1 = 0$ ; sedangkan di luar cakram besarnya: $0 - 0$ ). Menurut Teorema 17.1, $\operatorname{Ind}_\Gamma(z) = 1 - 0 = 1$ memberikan

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 .

Uraikan kernel pertamanya seperti pada Teorema 16.10 (yakni pangkat $\frac{z - a}{w - a}$ yang bermodulus $< 1$ ): diperoleh bagian tak negatifnya $\sum_{n\geq0}c_n(z-a)^n$ . Sedangkan pada yang kedua, uraikanlah ke arah sebaliknya: $\frac{-1}{w - z} = \frac1{(z-a)(1 - \frac{w - a}{z - a})} = \sum_{m\geq0}\frac{(w-a)^m}{(z - a)^{m+1}}$ , yang konvergen normal pada $C_{\rho_1}$ : diperoleh bagian negatifnya $\sum_{n\leq-1}c_n(z-a)^n$ dengan koefisien yang dinyatakan itu (dengan indeks $n = -m-1$ ). Untuk ketakbergantungannya pada $\rho$ : integral koefisiennya atas $C_{\rho}$ dan $C_{\rho'}$ berselisih sebesar $\int_\Gamma$ atas sebuah siklus berindeks nol bagi $\frac{f(w)}{(w-a)^{n+1}}$ yang holomorfik di $A$ : jadi nol, menurut Teorema 17.1 lagi. Untuk ketunggalannya: integralkan $\sum c_n(z-a)^n$ terhadap $(z - a)^{-m-1}$ atas $C_\rho$ suku demi suku (lewat kekonvergenan normalnya): hanya $n = m$ yang bertahan. ∎

Definisi 17.3

Jika $f$ holomorfik pada cakram tertusuk $D(a, R)\setminus \{a\}$ , uraikanlah lewat Laurent (dengan $r = 0$ ). Ada tiga kasus yang saling eksklusif:

semua $c_n = 0$ untuk $n < 0$ : yakni kesingularan terhapuskan (sebab deret tak negatifnya memperluas $f$ secara holomorfik ke $a$ );
$c_n \neq 0$ untuk berhingga banyak, setidaknya satu, $n < 0$ : yakni sebuah kutub berorde $m = -\min\{n : c_n \neq 0\}$ ; setara dengan itu $f = g/(z-a)^m$ dengan $g$ holomorfik dan $g(a) \neq 0$ ; setara pula dengan $\abs{f(z)} \to \infty$ saat $z\to a$ ;
tak berhingga banyak $c_n \neq 0$ yang negatif: yakni kesingularan hakiki.

Sedangkan residu di sana adalah $\operatorname{Res}(f, a) = c_{-1}$ . Dan fungsi yang holomorfik pada $\Omega$ dikurangi sebuah himpunan kutub disebut meromorfik pada $\Omega$ .

Teorema 17.4 (Riemann; Casorati–Weierstrass)

Misalkan $f$ holomorfik pada $D(a,R)\setminus\{a\}$ .

(Riemann) Jika $f$ terbatas di dekat $a$ , maka kesingularannya terhapuskan.
(Casorati–Weierstrass) Jika $a$ bersifat hakiki, maka $f\bigl(D(a,\varepsilon)\setminus\{a\}\bigr)$ bersifat padat di $\C$ untuk setiap $\varepsilon$ .

Bukti. (1) Untuk $n < 0$ dan $\rho \to 0$ : $\abs{c_n} \leq M\rho^{-n-1}\cdot\rho\cdot\rho^{-\,n}\dots$ lewat ML pada $C_\rho$ : sehingga $\abs{c_n} \leq \frac{1}{2\pi}\,2\pi\rho\cdot M\rho^{-(n+1)} = M\rho^{-n} \to 0$ (sebab $-n > 0$ ): jadi semua koefisien negatifnya lenyap. (2) Seandainya suatu nilai $b$ tak didekati: maka $\abs{f - b} \geq \delta$ di dekat $a$ , sehingga $g = 1/(f - b)$ holomorfik dan terbatas di dekat $a$ : jadi terhapuskan menurut (1), dan $g$ diperluas bernilai $c$ . Jika $c \neq 0$ , maka $f = b + 1/g$ terbatas di dekat $a$ : jadi terhapuskan — yang terkecualikan. Sedangkan jika $c = 0$ , maka $g$ berakar berorde berhingga $m$ di $a$ (Teorema 16.13; sebab $g \not\equiv 0$ ), dan $f = b + 1/g$ berkutub orde $m$ : yang terkecualikan lagi. ∎

17.3 Teorema residu

Teorema 17.5 (Teorema residu)

Misalkan $\Omega$ terbuka, $S \subseteq \Omega$ berhingga, $f \in \mathcal H(\Omega\setminus S)$ , dan $\Gamma$ sebuah siklus di $\Omega\setminus S$ dengan $\operatorname{Ind}_\Gamma(w) = 0$ untuk setiap $w \notin \Omega$ . Maka

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

Bukti. Untuk setiap $a \in S$ , misalkan $P_a(z) = \sum_{n\leq-1}c_n^{(a)}(z - a)^n$ bagian pokok $f$ di $a$ : yakni deret yang konvergen pada $\C\setminus\{a\}$ (sebab jari-jarinya dalam $1/(z-a)$ bersifat tak berhingga: karena ekor Laurentnya konvergen untuk setiap $\abs{z-a}$ yang kecil sehingga, sebagai deret pangkat dalam $(z-a)^{-1}$ , di mana-mana), dan holomorfik di sana. Maka $g = f - \sum_{a\in S}P_a$ berkesingularan terhapuskan di setiap titik $S$ (sebab uraian Laurentnya di $a$ tak berbagian negatif: karena $P_{a'}$ yang lain holomorfik di $a$ ), sehingga $g$ diperluas secara holomorfik ke $\Omega$ , dan Teorema 17.1 memberikan $\int_\Gamma g = 0$ . Lalu tinggal mengintegralkan setiap $P_a$ : suku demi suku (lewat kekonvergenan normal pada $\operatorname{im}\Gamma$ yang kompak, yang menghindari $a$ ),

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

sehingga $\frac1{2\iu\pi}\int_\Gamma P_a = c_{-1}^{(a)}\operatorname{Ind}_\Gamma(a)$ . Lalu jumlahkan atas $a$ . ∎

Metode 17.6 (Menghitung residu)

Untuk kutub sederhana: $\operatorname{Res}(f, a) = \lim_{z\to a}(z - a)f(z)$ ; dan untuk $f = g/h$ dengan $g(a) \neq 0$ , $h(a) = 0$ , dan $h'(a) \neq 0$ : $\operatorname{Res} = g(a)/h'(a)$ . Untuk kutub berorde $m$ : $\operatorname{Res}(f, a) = \frac1{(m-1)!}\lim_{z\to a}\bigl((z-a)^mf(z)\bigr)^{(m-1)}$ . Untuk kesingularan hakikinya: uraikanlah lalu bacalah $c_{-1}$ (misalnya dari deret yang dikenal). Dan periksalah selalu kutub mana yang sungguh dilingkari konturnya, dan dengan indeks yang mana.

Contoh 17.7 (Empat tipe integral klasiknya)

(a) Rasional atas $\R$ : untuk $\int_\R\frac{\dd x}{1 + x^4}$ , tutuplah dengan setengah lingkaran besar $S_R$ di setengah bidang atasnya: sebab integrannya $O(R^{-4})$ di sana, sehingga $\int_{S_R} \to 0$ (lewat ML), dan teorema residu dengan kutub $\eu^{\iu\pi/4}, \eu^{3\iu\pi/4}$ (yang sederhana, berresidu $\frac1{4z^3} = \frac{z}{4z^4} = -\frac z4$ di sebuah kutub) memberikan

\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) Tipe Fourier: untuk $t \geq 0$ , $\int_\R\frac{\eu^{\iu tx}}{1 + x^2}\dd x = 2\iu\pi\operatorname{Res}\bigl(\tfrac{\eu^{\iu tz}}{1+z^2}, \iu\bigr) = 2\iu\pi\frac{\eu^{-t}}{2\iu} = \pi\eu^{-t}$ — sebab setengah lingkaran atasnya berhasil karena $\abs{\eu^{\iu tz}} = \eu^{-t\operatorname{Im}z} \leq 1$ di sana; lalu dengan mengambil bagian realnya: $\int_\R\frac{\cos(tx)}{1+x^2}\dd x = \pi\eu^{-\abs t}$ , yang menuntaskan rumus yang diterima pada Latihan 10.10. (c) Trigonometri atas satu periode: substitusikan $z = \eu^{\iu t}$ , $\cos t = \frac{z + z^{-1}}2$ , dan $\dd t = \frac{\dd z}{\iu z}$ : maka $\int_0^{2\pi}\frac{\dd t}{a + \cos t}$ (dengan $a > 1$ ) menjadi pencacahan residu di dalam lingkaran satuannya (Latihan 17.2). (d) Deret: pasangkan $f$ dengan $\pi\cot(\pi z)$ , yang kutubnya berupa bilangan bulat berresidu $1$ : sehingga soal akhir pekannya menjumlahkan $\sum n^{-2}$ dan $\sum n^{-4}$ dengan cara ini.

Kontur setengah lingkaran bagi ∈t_ℝ x/1 + x4: saat R ∈fty busurnya menyumbang O(R-3), dan teorema residunya mencacah kedua kutub yang terlingkupi (biru). Sedangkan kedua kutub bawahnya (kelabu) berada di luar: jadi berindeks 0. — Kontur setengah lingkaran bagi $\int_\R\frac{\dd x}{1 + x^4}$ : saat $R \to \infty$ busurnya menyumbang $O(R^{-3})$ , dan teorema residunya mencacah kedua kutub yang terlingkupi (biru). Sedangkan kedua kutub bawahnya (kelabu) berada di luar: jadi berindeks $0$ .

17.4 Asas argumen dan teorema Rouché

Teorema 17.8 (Asas argumen)

Misalkan $f$ meromorfik pada $\Omega$ , berakar $z_j$ (berorde $m_j$ ) dan berkutub $p_k$ (berorde $\mu_k$ ), dan $\gamma$ sebuah lintasan tertutup di $\Omega$ yang menghindari semuanya, dengan $\operatorname{Ind}_\gamma = 0$ di luar $\Omega$ . Maka

\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)

(dengan berhingga banyak sukunya yang tak nol). Untuk kontur sederhana yang berlawanan arah jarum jam, integralnya mencacah akar dikurangi kutub di dalamnya, beserta kelipatannya — dan sama dengan bilangan lilitan lintasan petanya $f\circ\gamma$ di sekitar $0$ .

Bukti. Di dekat sebuah akar berorde $m$ : $f = (z-a)^mg$ dengan $g(a) \neq 0$ , sehingga $\frac{f'}f = \frac m{z - a} + \frac{g'}g$ dengan suku keduanya holomorfik di dekat $a$ : yakni kutub sederhana berresidu $m$ . Sedangkan di dekat kutub berorde $\mu$ : $f = (z-a)^{-\mu}g$ memberikan residu $-\mu$ . Di tempat lain $\frac{f'}f$ bersifat holomorfik. (Sedangkan akar dan kutub yang berindeks tak nol terletak di daerah kompak yang dilingkari $\gamma$ ; dan menurut teorema keidentikannya keduanya berhingga banyak di sana, sebab $f \not\equiv 0$ .) Lalu terapkan Teorema 17.5. Untuk catatan terakhirnya: $\frac1{2\iu\pi}\int_\gamma\frac{f'}f = \frac1{2\iu\pi}\int_{f\circ\gamma}\frac{\dd w}w = \operatorname{Ind}_{f\circ\gamma}(0)$ (substitusikan $w = f(\gamma(t))$ ). ∎

Teorema 17.9 (Rouché)

Misalkan $f, g$ holomorfik pada $\Omega$ , dan $\gamma$ sebuah lintasan tertutup dengan $\operatorname{Ind}_\gamma \in \{0,1\}$ yang nol di luar $\Omega$ (yakni kontur sederhana). Jika

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

maka $f$ dan $f + g$ berakar sama banyak (beserta kelipatannya) di daerah $\{\operatorname{Ind}_\gamma = 1\}$ .

Bukti. Untuk $t \in \intcc01$ , $f_t = f + tg$ tak berakar pada $\operatorname{im}\gamma$ (sebab $\abs{f_t} \geq \abs f - \abs g > 0$ ), sehingga

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

terdefinisi baik; dan ia mencacah akar di daerah yang terlingkupi (Teorema 17.8; sebab tak ada kutub). Lalu $N$ bersifat kontinu terhadap $t$ (sebab integrannya kontinu bersama, dengan penyebutnya terbatas dari bawah secara seragam — lewat kekonvergenan terdominasi) dan bernilai bulat: jadi konstan. Sehingga $N(0) = N(1)$ . ∎

Akibat 17.10 (Teorema pemetaan terbuka)

Sebuah fungsi holomorfik tak konstan pada himpunan terbuka terhubung merupakan pemetaan terbuka. Khususnya (lagi) asas maksimumnya berlaku, dan bijeksi holomorfik berbalikan holomorfik.

Bukti. Misalkan $f(a) = b$ ; maka $f - b$ berakar berorde berhingga $m \geq 1$ di $a$ (menurut teorema keidentikannya: sebab $f \not\equiv b$ ). Pilihlah $r$ yang $f - b$ -nya bebas akar pada $\bar D(a, r)\setminus\{a\}$ (menurut akar terpencilnya) lalu misalkan $\delta = \min_{\abs{z - a} = r}\abs{f(z) - b} > 0$ . Untuk $\abs{w - b} < \delta$ : pada lingkarannya, $\abs{(b - w)} < \delta \leq \abs{f - b}$ , sehingga Rouché ( $f - b$ terhadap konstanta $b - w$ ) mengatakan bahwa $f - w$ berakar tepat $m$ kali di $D(a, r)$ : sehingga setiap $w$ semacam itu tercapai — jadi $f(D(a,r)) \supseteq D(b, \delta)$ : yakni terbuka. Untuk asas maksimumnya: maksimum $\abs f$ di interiornya mustahil bagi $f$ yang tak konstan, sebab petanya di sekitar $f(a)$ memuat titik bermodulus lebih besar. Untuk balikannya: bijeksi holomorfik $f$ bersifat terbuka, sehingga $f^{-1}$ kontinu; dan akar $f - f(a)$ di $a$ bersifat sederhana (sebab $m \geq 2$ akan memberikan $m$ prapeta nilai di dekatnya — yang berbeda-beda, karena $f'$ lenyap hanya di titik terpencil, sehingga di dekat $a$ ke- $m$ akar $f - w$ bersifat sederhana dan berbeda untuk $w$ kecil yang generik: yang bertentangan dengan keinjektifannya); lalu $f'(a) \neq 0$ dan hasil bagi selisih $f^{-1}$ konvergen: sehingga $\bigl(f^{-1}\bigr)'(b) = 1/f'(a)$ . ∎

17.5 Latihan

Latihan 17.1 ★

Golongkan kesingularannya di $0$ lalu hitunglah residunya:

\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} .

Berikan pula residu yang ketiga di $z = 1$ dan yang terakhir di $z = \pi$ .

Solusi

Solusi Latihan 17.1.

$\frac{\sin z}z = 1 - \frac{z^2}6 + \cdots$ : jadi terhapuskan, dengan residu $0$ . Lalu $\frac{\eu^z - 1}{z^2} = \frac1z + \frac12 + \frac z6 + \cdots$ : kutub sederhana, dengan residu $1$ . Lalu $\frac1{z(z-1)^2}$ : kutub sederhana di $0$ berresidu $\frac1{(0-1)^2} = 1$ ; dan kutub rangkap di $1$ berresidu $\frac{\dd}{\dd z}\bigl(\frac1z\bigr)\big|_{z=1} = -1$ . Lalu $\frac{\cos z}{z^3} = \frac1{z^3} - \frac1{2z} + \cdots$ : kutub berorde $3$ , dengan residu $-\frac12$ . Lalu $\eu^{1/z} = \sum_{n\geq0} \frac{z^{-n}}{n!}$ : hakiki, dengan residu $1$ . Dan $\frac1{\sin z}$ : kutub sederhana di $n\pi$ ; dengan residu $\frac1{\cos 0} = 1$ di $0$ , dan $\frac1{\cos\pi} = -1$ di $\pi$ (Metode 17.6, lewat $g/h'$ ).

Latihan 17.2 ★

Untuk $a > 1$ hitunglah, lewat $z = \eu^{\iu t}$ :

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

Periksalah perilaku limitnya saat $a \to 1^+$ dan $a \to \infty$ .

Solusi

Solusi Latihan 17.2.

Dengan $z = \eu^{\iu t}$ , $\cos t = \frac{z + z^{-1}}2$ , dan $\dd t = \frac{\dd z}{\iu z}$ :

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

Akarnya $z_\pm = -a \pm \sqrt{a^2 - 1}$ memenuhi $z_+z_- = 1$ dengan $\abs{z_+} < 1 < \abs{z_-}$ ; dan residu di $z_+$ adalah $\frac{1}{z_+ - z_-} = \frac1{2\sqrt{a^2-1}}$ , sehingga integralnya $\frac2\iu\cdot2\iu\pi\cdot\frac1{2\sqrt{a^2-1}} = \frac{2\pi}{\sqrt{a^2-1}}$ . Saat $a \to 1^+$ ia meledak (sebab integrannya memuncak di $t = \pi$ ); sedangkan saat $a \to \infty$ ia berperilaku seperti $\frac{2\pi}a$ , yang cocok dengan $\int\frac{\dd t}a$ .

Latihan 17.3 ★★

Hitunglah dengan kontur setengah lingkaran, sambil membenarkan taksiran busurnya:

\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{(yang menurunkan kembali \text{Latihan 14.3})}.

Solusi

Solusi Latihan 17.3.

Untuk integral pertamanya: kutub atas $\frac{z^2}{1+z^6}$ di $p = \eu^{\iu\pi/6}, \iu, \eu^{5\iu\pi/6}$ ; dan di masing-masingnya, $\operatorname{Res} = \frac{p^2}{6p^5} = \frac{p^3}{6p^6} = -\frac{p^3}6$ , sedangkan $p^3$ bernilai $\iu, -\iu, \iu$ : sehingga jumlah residunya $-\frac{\iu}{6}$ . Sedangkan busurnya $O(R^{-4})\cdot O(R) \to 0$ :

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

Untuk yang kedua: kutub rangkap di $\iu$ milik $\frac1{(1+z^2)^2} = \frac1{(z-\iu)^2(z+\iu)^2}$ :

\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 ,

yang konsisten dengan Latihan 14.3(b).

Latihan 17.4 ★★

Buktikan, untuk $t \geq 0$ dan $a > 0$ :

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

lalu turunkan transformasi Fourier $x \mapsto \eu^{-a\abs x}$ lewat pembalikannya — sambil membandingkannya dengan Latihan 14.1.

Solusi

Solusi Latihan 17.4.

Tutuplah $\frac{\eu^{\iu tz}}{z^2 + a^2}$ di setengah bidang atasnya (dengan $t \geq 0$ ): sebab di sana $\abs{\eu^{\iu tz}} = \eu^{-t\operatorname{Im}z} \leq 1$ , sehingga busurnya menyumbang $O(R^{-2})\cdot O(R) \to 0$ . Sedangkan satu-satunya kutub terlingkupinya $\iu a$ bersifat sederhana dengan residu $\frac{\eu^{-at}}{2\iu a}$ :

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

(lewat bagian realnya; dan genap terhadap $t$ ). Inilah pasangan pembalikan $\widehat{\eu^{-a\abs x}} = \frac{2a}{a^2+\xi^2}$ (Latihan 14.1): sehingga kedua perhitungannya saling membenarkan lewat Teorema 14.5.

Latihan 17.5 ★★

Uraikan $f(z) = \dfrac1{(z-1)(z-2)}$ menjadi deret Laurent pada masing-masing ketiga daerahnya $\abs z < 1$ , $1 < \abs z < 2$ , dan $\abs z > 2$ . Mengapa ketiga uraiannya berbeda? Lalu terangkanlah mengapa koefisien $z^{-1}$ pada uraian kedua dan ketiganya bukan residu $f$ di $0$ (sebab $f$ tak berkesingularan di sana), lalu hitunglah residu $f$ yang sebenarnya, di $1$ dan di $2$ .

Solusi

Solusi Latihan 17.5.

Untuk pecahan parsialnya: $f = \frac1{z-2} - \frac1{z-1}$ . Pada $\abs z < 1$ (lewat Taylor): $f = \sum_{n\geq0}\bigl(1 - 2^{-n-1}\bigr)z^n$ . Pada $1 < \abs z < 2$ : $\frac1{z-2} = -\sum_{n\geq0}\frac{z^n}{2^{n+1}}$ dan $-\frac1{z-1} = -\sum_{n\geq1}z^{-n}$ : yakni deret dua sisi yang sejati. Sedangkan pada $\abs z > 2$ : $f = \sum_{n\geq1}\bigl(2^{n-1} - 1\bigr)z^{-n}$ . Ketiganya berbeda sebab uraian Laurent melekat pada anulus, bukan pada titik: sehingga setiap daerahnya mempunyai uraian geometrinya sendiri. Sedangkan koefisien $z^{-1}$ -nya (yakni $-1$ dan $0$ berturut-turut) merupakan integral atas lingkaran yang melingkari kesingularan di dalamnya, bukan residu di $0$ (sebab $f$ holomorfik di $0$ ): jadi untuk $1 < \abs z < 2$ koefisiennya $-1$ adalah $\operatorname{Res}(f, 1)$ ; sedangkan untuk $\abs z > 2$ koefisiennya $0$ adalah $\operatorname{Res}(f,1) + \operatorname{Res}(f,2) = -1 + 1$ . Adapun residu $f$ : $-1$ di $1$ dan $+1$ di $2$ .

Latihan 17.6 ★★

(a) Tunjukkan bahwa $\eu^{1/z}$ berkesingularan hakiki di $0$ lalu periksalah Casorati–Weierstrass dengan tangan: selesaikan $\eu^{1/z} = w$ secara eksplisit untuk sembarang $w \neq 0$ , sambil menampilkan solusi yang sedekat-dekatnya dengan $0$ . (b) Tunjukkan bahwa $\abs{\eu^{1/z}}$ tak terbatas pada setiap persekitaran tertusuk $0$ padahal $\eu^{1/z}$ tak berkutub: limit yang manakah yang gagal?

Solusi

Solusi Latihan 17.6.

(a) Deret Laurentnya $\sum_nz^{-n}/n!$ bersuku negatif tak berhingga banyak: jadi hakiki. Lalu dengan menyelesaikan $\eu^{1/z} = w$ (dengan $w \neq 0$ ): $\frac1z = \log\abs w + \iu\arg w + 2\iu\pi k$ , sehingga

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

sehingga setiap nilai tak nolnya tercapai tak berhingga sering di dekat $0$ — jadi lebih kuat daripada kepadatan. (b) Sepanjang $z = 1/x$ dengan $x \to +\infty$ : $\eu^x \to \infty$ ; sedangkan sepanjang $z = \iu/y$ : modulusnya $1$ . Sebuah kutub menuntut $\abs{f(z)} \to \infty$ sepanjang setiap pendekatan: sedangkan di sini limitnya sekadar tak ada, bahkan di $[0, +\infty]$ .

Latihan 17.7 ★★

Cacahlah dengan Rouché: (a) akar $z^7 - 4z^3 + z - 1$ di $\abs z < 1$ ; (b) akar $z^4 + 5z + 1$ di $\abs z < 1$ dan di $1 < \abs z < 2$ ; (c) lalu buktikan kembali d’Alembert–Gauss: bahwa polinomial monik berderajat $n$ berakar $n$ kali di suatu cakram yang besar (bandingkan dengan $z^n$ ).

Solusi

Solusi Latihan 17.7.

(a) Pada $\abs z = 1$ : $\abs{z^7 + z - 1} \leq 3 < 4 = \abs{-4z^3}$ . Lalu Rouché dengan $f = -4z^3$ dan $g = z^7 + z - 1$ : memberikan tiga akar di cakramnya. (b) Pada $\abs z = 1$ : $\abs{z^4 + 1} \leq 2 < 5 = \abs{5z}$ : sehingga satu akar di $\abs z < 1$ . Sedangkan pada $\abs z = 2$ : $\abs{5z + 1} \leq 11 < 16 = \abs{z^4}$ : sehingga empat akar di $\abs z < 2$ . Karena itu tiga akar di anulusnya. (c) Untuk $P = z^n + a_{n-1}z^{n-1} + \dots$ : pada $\abs z = R > 1 + \sum\abs{a_k}$ , $\abs{P - z^n} \leq \bigl(\sum\abs{a_k}\bigr)R^{n-1} < R^n = \abs{z^n}$ : sehingga $P$ berakar tepat $n$ kali di $D(0, R)$ — yakni d’Alembert–Gauss beserta kelipatannya, lewat pencacahan belaka.

Latihan 17.8 ★★★

(Hurwitz) Misalkan $f_n \to f$ secara seragam pada kompak, dengan $f_n \in \mathcal H(\Omega)$ , $\Omega$ terhubung, dan $f \not\equiv 0$ . (a) Tunjukkan bahwa jika semua $f_n$ bebas akar, maka demikian pula $f$ . (Sebab jika $f(a) = 0$ : pakailah asas argumen pada sebuah lingkaran kecil di sekitar $a$ , lalu Teorema 16.15 untuk mengambil limitnya pada $\int f_n'/f_n$ .) (b) Tunjukkan bahwa jika semua $f_n$ injektif, maka $f$ injektif atau konstan. (Terapkan (a) pada $z \mapsto f_n(z) - f_n(w)$ di $\Omega\setminus\{w\}$ .)

Solusi

Solusi Latihan 17.8.

(a) Andaikan $f(a) = 0$ dengan $f \not\equiv 0$ : pilihlah $r$ yang $f$ -nya bebas akar pada lingkaran $C = \partial D(a, r)$ (menurut akar terpencilnya) dan $m = \min_C\abs f > 0$ . Lalu menurut Teorema 16.15, $f_n \to f$ dan $f_n' \to f'$ secara seragam pada $C$ ; sehingga untuk $n$ yang besar, $\abs{f_n} \geq m/2$ pada $C$ , jadi

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

(sebab limitnya mencacah akar $a$ ; dan kekonvergenannya karena pembilangnya konvergen seragam sedangkan penyebutnya terbatas seragam dari bawah). Sedangkan ruas kirinya bilangan bulat yang mencacah akar $f_n$ di cakramnya: sehingga akhirnya ia haruslah $\geq 1$ — yang bertentangan dengan kebebasan akarnya. Jadi $f$ bebas akar.

(b) Tetapkan $w \in \Omega$ lalu terapkan (a) pada himpunan terbuka terhubung $\Omega\setminus\{w\}$ (sebab membuang sebuah titik dari himpunan bagian terbuka terhubung $\C$ mengawetkan keterhubungannya) untuk $g_n(z) = f_n(z) - f_n(w)$ , yang bebas akar di sana menurut keinjektifannya, dan konvergen ke $g = f - f(w)$ . Jika $f$ tak konstan, maka $g \not\equiv 0$ pada $\Omega\setminus\{w\}$ , sehingga $g$ bebas akar di sana: jadi $f(z) \neq f(w)$ untuk setiap $z \neq w$ . Dan karena $w$ sembarang, $f$ bersifat injektif.

Latihan 17.9 ★★★

Untuk $n \geq 2$ , integralkan $\frac1{1 + z^n}$ atas batas juringnya $\{0 \leq \arg z \leq \frac{2\pi}n,\ \abs z \leq R\}$ lalu turunkan

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

Periksalah $n = 2$ terhadap $\arctan$ , beserta limitnya saat $n \to \infty$ .

Solusi

Solusi Latihan 17.9.

Batas juringnya terdiri atas $[0, R]$ , busur $A_R$ , dan sinar $\eu^{2\iu\pi/n}[0, R]$ yang dibalik. Di dalamnya terletak satu-satunya kutub $p = \eu^{\iu\pi/n}$ milik $\frac1{1+z^n}$ , dengan residu $\frac1{np^{n-1}} = \frac{p}{np^n} = -\frac pn$ . Pada sinar kembalinya, $z = \eu^{2\iu\pi/n}x$ memberikan $z^n = x^n$ dan $\dd z = \eu^{2\iu\pi/n}\dd x$ ; sedangkan busurnya $O(R^{-n})\cdot O(R) \to 0$ . Karena itu

\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{sehingga}\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)} .

Untuk $n = 2$ : $\frac\pi{2\sin(\pi/2)} = \frac\pi2 = [\arctan]_0^\infty$ . Sedangkan saat $n \to \infty$ : nilainya menuju $1$ , dan sungguh integrannya menuju $\mathbf 1_{\intco01}$ (dengan dominasi $\min(1, x^{-2})$ bagi kekonvergenan terdominasinya untuk $n \geq 2$ ).

Latihan 17.10 ★★

Misalkan $f$ sebuah fungsi rasional dengan $\deg(\text{penyebut}) \geq \deg(\text{pembilang}) + 2$ . Tunjukkan bahwa jumlah semua residu $f$ bernilai nol (integralkan atas lingkaran yang makin besar). Lalu pakailah ini untuk menghitung ulang penguraian pecahan parsial $\frac1{z(z-1)(z-2)}$ tanpa aljabar linear.

Solusi

Solusi Latihan 17.10.

Pada $\abs z = R$ yang besar, $\abs f \leq C R^{-2}$ : sehingga $\abs{\oint_{C_R} f} \leq 2\pi R\cdot CR^{-2} \to 0$ . Padahal untuk $R$ di luar semua kutubnya, teorema residunya memberikan $\oint_{C_R}f = 2\iu\pi\sum_{\text{semua }p}\operatorname{Res}(f, p)$ : sehingga jumlah totalnya lenyap. Untuk $f = \frac1{z(z-1)(z-2)}$ : residunya $\frac1{(-1)(-2)} = \frac12$ di $0$ , $\frac1{1\cdot(-1)} = -1$ di $1$ , dan $\frac1{2\cdot1} = \frac12$ di $2$ — yang berjumlah $0$ seperti diramalkan, dan

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

sehingga residunya adalah koefisien pecahan parsialnya, dan identitas berjumlah nol itu menyediakan pemeriksaan kekonsistenan yang cuma-cuma (atau menentukan koefisien terakhirnya dari yang lain).

Latihan 17.11 ★★★

(Lubang kunci: integral pencerminan Euler) Untuk $0 < a < 1$ , hitunglah

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

dengan mengintegralkan $f(z) = \frac{z^{a-1}}{1+z} = \frac{\eu^{(a-1)\log z}}{1 + z}$ (dengan logaritmanya teriris sepanjang $\R_+$ dan $\arg z \in \intoo0{2\pi}$ ) atas kontur lubang kuncinya: keluar sepanjang sisi atas irisannya dari $\varepsilon$ ke $R$ , mengelilingi $C_R$ , kembali di bawah irisannya, lalu mengelilingi $C_\varepsilon$ . Benarkanlah: bahwa kedua penggal lurusnya berselisih sebesar faktor $\eu^{2\iu\pi(a-1)}$ , sumbangan lingkarannya lenyap (sebab $R^{a-1}\cdot R \to 0$ dan $\varepsilon^{a-1}\cdot\varepsilon \to 0$ ), dan satu-satunya kutubnya $z = -1$ berresidu $\eu^{\iu\pi(a - 1)}$ . Lalu turunkan pula $\Gamma(a)\Gamma(1 - a) = \frac\pi{\sin\pi a}$ (tulislah $\Gamma(a)\Gamma(1-a) = B(a, 1-a)$ menurut Soal 10.1 lalu substitusikan $t = \frac{x}{1+x}$ ).

Solusi

Solusi Latihan 17.11.

Pada lubang kuncinya, dengan penentuan yang dipilih: tepat di atas irisannya, $\log z = \ln x$ ; sedangkan tepat di bawahnya, $\log z = \ln x + 2\iu\pi$ . Lalu keempat kepingannya memberikan

\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) .

Untuk busurnya: $\abs{f} \leq \frac{R^{a-1}}{R - 1}$ pada $C_R$ yang berpanjang $2\pi R$ : sehingga sumbangannya $O(R^{a-1}) \to 0$ (sebab $a < 1$ ); sedangkan $\abs f \leq \frac{\varepsilon^{a-1}}{1 - \varepsilon}$ pada $C_\varepsilon$ yang berpanjang $2\pi\varepsilon$ : jadi $O(\varepsilon^a) \to 0$ (sebab $a > 0$ ). Untuk residunya: di $z = -1 = \eu^{\iu\pi}$ , $\operatorname{Res} = \eu^{(a-1)\iu\pi}$ . Karena itu

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} .

Untuk pencerminan Gammanya: $B(a, 1-a) = \int_0^1t^{a-1}(1-t)^{-a}\dd t$ ; lalu substitusi $t = \frac x{1+x}$ dengan $1 - t = \frac1{1+x}$ dan $\dd t = \frac{\dd x}{(1+x)^2}$ mengubahnya menjadi $\int_0^\infty \frac{x^{a-1}}{1+x}\dd x = I(a)$ , dan rumus Euler $B(a, 1-a) = \Gamma(a)\Gamma(1-a)/\Gamma(1)$ (Soal 10.1) memberikan $\Gamma(a)\Gamma(1-a) = \frac\pi{\sin\pi a}$ — yang khususnya memberikan $\Gamma(\tfrac12) = \sqrt\pi$ sekali lagi.

Latihan 17.12 ★★

(Mencacah akar lewat asas argumen, secara numerik) Misalkan $P(z) = z^4 + 8z + 1$ . (a) Berapa akarnya di cakram satuannya? (Pakai Rouché terhadap $8z + 1$ .) (b) Berapa akarnya di anulus $1 < \abs z < 3$ ? (Pakai Rouché terhadap $z^4$ pada $\abs z = 3$ .) Lalu tajamkanlah: tunjukkan bahwa setiap akarnya bermodulus $< 2.1$ . (c) Berapa akarnya di setengah bidang kanannya? (Cacahlah pada $\abs z = 2$ lebih dahulu; lalu lacaklah peta sumbu imajinernya: sebab $P(\iu t) = t^4 + 1 + 8\iu t$ berbagian real positif di sepanjangnya, sehingga tak ada akar pada sumbunya, dan ragam argumennya di sepanjangnya dapat dihitung — lalu simpulkan dengan sebuah setengah cakram yang besar.)

Solusi

Solusi Latihan 17.12.

(a) Pada $\abs z = 1$ : $\abs{z^4} = 1 < 7 \leq \abs{8z + 1}$ (sebab $\abs{8z} - 1 = 7$ ): sehingga $P$ berakar di $\mathbb D$ sebanyak $8z + 1$ , yakni satu (di $-\frac18$ ).

(b) Pada $\abs z = 3$ : $\abs{8z + 1} \leq 25 < 81 = \abs{z^4}$ : sehingga Rouché terhadap $z^4$ memberikan keempat akarnya di $\abs z < 3$ , jadi $4 - 1 = 3$ akar di anulus $1 < \abs z < 3$ . Untuk penajamannya: sebuah akar dengan $\abs z = r \geq 2.1$ akan memenuhi $r^4 = \abs{8z + 1} \leq 8r + 1$ , padahal $r^4 - 8r - 1$ naik untuk $r \geq 2$ dan bernilai $19.45 - 16.8 - 1 = 1.65 > 0$ di $r = 2.1$ : jadi mustahil. Sehingga ketiga akar luarnya terletak di $1 < \abs z < 2.1$ . (Secara numerik: sebuah akar real di dekat $-1.95$ dan sepasang sekawan di dekat $1.04 \pm 1.73\iu$ yang bermodulus $2.02$ — itulah mengapa percobaan Rouché pada jari-jari tepat $2$ pasti gagal: sebab teoremanya menuntut dominasi yang sejati, sedangkan akarnya duduk tepat di luar.)

(c) Tak ada akar pada $\iu\R$ : sebab $\operatorname{Re}P(\iu t) = t^4 + 1 \geq 1$ . Untuk akar di setengah bidang kanannya: pakailah asas argumen pada batas setengah cakram $\{\abs z \leq R,\ \operatorname{Re}z \geq 0\}$ . Pada busur besarnya, $\arg P \approx \arg z^4$ berputar sebesar $4\cdot\pi = 2\pi\cdot2$ (sebab busurnya merentang sudut $\pi$ ). Sedangkan sepanjang sumbu imajinernya dari $\iu R$ turun ke $-\iu R$ : $P(\iu t) = (t^4 + 1) + 8\iu t$ tetap di setengah bidang kanannya (sebab $\operatorname{Re} > 0$ ), sehingga $\arg P$ beragam di dalam $\intoo{-\pi/2}{\pi/2}$ dan kembali dengan perubahan neto $\to 0$ saat $R \to \infty$ (sebab ujungnya sama-sama $\approx \arg t^4 = 0$ ). Jadi lilitan totalnya: $\frac{4\pi + 0} {2\pi} = 2$ : yakni dua akar di setengah bidang kanannya — yang konsisten dengan numeriknya: sebab sepasang sekawan di $\approx 1.04 \pm 1.73\iu$ berbagian real positif, sedangkan akar realnya $\approx -0.125$ dan $\approx -1.96$ negatif.

17.6 Soal: $\zeta(2k)$ lewat kotangen

Soal 17.1

Soal akhir pekan — menjumlahkan $\sum n^{-2k}$ dengan residu

Teorema residu menjumlahkan deret: sebab memasangkan sebuah fungsi rasional dengan $\pi\cot(\pi z)$ , yang kutubnya duduk di bilangan bulat, mengubah $\sum_{n}f(n)$ menjadi pencacahan residu. Kita membuktikan metodenya lalu menghitung $\zeta(2) = \frac{\pi^2}{6}$ dan $\zeta(4) = \frac{\pi^4}{90}$ — yakni nilai yang ditemukan lewat deret Fourier pada Tahun ke-2 dan lewat trace operator pada Bab 15, kini lewat pengintegralan kontur.

Bagian I — Kernel kotangennya.

Tunjukkan bahwa $\pi\cot(\pi z)$ bersifat meromorfik pada $\C$ dengan kutub sederhana tepat di $z = n \in \Z$ , yang masing-masing berresidu $1$ (hitunglah $\lim_{z\to n}(z-n)\pi\cot\pi z$ ).
Hitunglah awal uraian Laurentnya di $0$ :

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

dengan membagi deret pangkat $\cos$ oleh deret $\sin$ (dan benarkanlah pembagiannya: sebab $\frac{\sin\pi z}{\pi z}$ holomorfik dan tak nol di dekat $0$ , sehingga kebalikannya holomorfik; lalu kenali koefisiennya sampai orde $3$ ).
Misalkan $C_N$ batas bujur sangkar bertitik sudut $(\pm1\pm\iu)(N + \frac12)$ . Tunjukkan bahwa $\abs{\cot(\pi z)} \leq 2$ pada $C_N$ untuk setiap $N \geq 1$ . (Pada sisi tegaknya, $\cot(\pi(\pm(N + \frac12) + \iu y)) = \mp\tan(\iu\pi y)$ , yang bermodulus $\abs{\tanh(\pi y)} \leq 1$ ; sedangkan pada sisi mendatarnya dengan $\abs y = N + \frac12$ , batasilah $\abs{\cot(\pi(x\pm\iu y))} \leq \coth(\pi y) \leq \coth(\pi/2) < 1.1$ .)

Bagian II — Teorema penjumlahannya.

Misalkan $f$ rasional, holomorfik di bilangan bulatnya, dengan $\deg(\text{penyebut}) \geq \deg(\text{pembilang}) + 2$ . Dengan memakai teorema residu pada $C_N$ dan batas pertanyaan 3, buktikan:

$\lim_{N\to\infty}\ \sum_{n = -N}^{N} f(n) = -\sum_{p\ \text{kutub}\ f} \operatorname{Res}\bigl(\pi\cot(\pi z)f(z),\,p\bigr).$
Di manakah argumennya memerlukan syarat derajatnya? Tunjukkan lewat contoh (ambillah $f(z) = 1/(z + \frac12)$ ) bahwa untuk peluruhan yang lebih lambat limit setangkupnya masih dapat ada sedangkan deret dua sisinya divergen — dan bahwa rumusnya lalu menghitung nilai pokoknya.

Bagian III — Nilainya.

Terapkan metodenya pada $f(z) = 1/z^2$ : di sini $f$ berkutub di sebuah bilangan bulat, sehingga jalankanlah argumennya secara langsung — integralkan $g(z) = \frac{\pi\cot(\pi z)}{z^2}$ atas $C_N$ , tunjukkan bahwa integralnya $\to 0$ , lalu hitunglah $\operatorname{Res}(g, 0)$ dari pertanyaan 2. Lalu simpulkan:

$2\sum_{n\geq1}\frac1{n^2} = \frac{\pi^2}{3}, \qquad \zeta(2) = \frac{\pi^2}6 .$
Lakukan hal yang sama dengan $g(z) = \frac{\pi\cot(\pi z)}{z^4}$ : hitunglah $\operatorname{Res}(g, 0)$ lalu turunkan $\zeta(4) = \frac{\pi^4}{90}$ .
Terangkan pola umumnya: bahwa untuk setiap $k \geq 1$ , $\zeta(2k)$ adalah $-\frac12$ kali koefisien $z^{2k-1}$ pada uraian Laurent $\pi\cot(\pi z)$ di $0$ — yakni kelipatan rasional $\pi^{2k}$ . Lalu hitunglah $\zeta(6)$ dengan mendorong pembagian pertanyaan 2 satu langkah lagi. Apa yang dikatakan metodenya tentang $\zeta(3)$ — dan mengapa ia tak mengatakan apa-apa?

Bagian IV — Uraian pecahan parsial kotangennya.

Tetapkan $w \in \C\setminus\Z$ lalu terapkan metode Bagian II pada $f(z) = \dfrac{1}{(z - w)(z + w)}$ — sambil mencatat bahwa $\pi\cot(\pi z)f(z)$ kini berkutub sederhana tambahan di $\pm w$ , yang residunya harus turut dicacah. Lalu turunkan uraian pecahan parsialnya

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

dengan deretnya konvergen normal pada himpunan bagian kompak $\C\setminus\Z$ .
Pulihkan dari uraian ini, dengan menguraikan setiap sukunya dalam pangkat $w$ (benarkanlah penukarannya), koefisien Laurent yang sama seperti pada pertanyaan 2 — sehingga lingkarannya menutup: yakni rumus Euler $\sum\frac1{n^2} = \frac{\pi^2}6$ merupakan koefisien $w$ pada kedua wajah kotangennya. Lalu bandingkan dengan bukti deret Fouriernya (Tahun ke-2) dan bukti tracenya (Soal 15.1): yakni tiga teori, satu bilangan.

Bagian V — Hasil kali Euler bagi sinusnya. Uraian pertanyaan 9 adalah turunan logaritmik sebuah hasil kali tak berhingga; dan kini kita membuktikan pemfaktoran Euler 1734 secara jujur.

Untuk $N \geq 1$ tetapkan $P_N(z) = z\prod_{n=1}^{N}\bigl(1 - \frac{z^2}{n^2}\bigr)$ . Tunjukkan bahwa $P_N$ konvergen, secara seragam pada setiap cakram $\bar D(0, R)$ , ke sebuah fungsi utuh $P$ yang akarnya tepat bilangan bulat dan semuanya sederhana. (Untuk $n \geq 2R$ tulislah faktornya sebagai $\exp\log(1 - z^2/n^2)$ dengan logaritma pokok Latihan 16.3, batasilah $\abs{\log(1+u)} \leq 2\abs u$ untuk $\abs u \leq \frac12$ lewat deretnya, lalu eksponensialkan jumlah logaritmanya yang konvergen normal; sedangkan berhingga banyak faktor sisanya merupakan polinomial. Lalu simpulkan dengan Teorema 16.15.)
Tunjukkan bahwa pada $\C\setminus\Z$ ,

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

(turunkanlah hasil kali berhingganya, lalu ambil limitnya dengan memakai Teorema 16.15 dan kebebasan akar $P$ di luar $\Z$ , lalu kutiplah pertanyaan 9).
Tunjukkan bahwa $Q = \sin(\pi z)/P(z)$ diperluas menjadi fungsi utuh yang bebas akar dengan $Q' = 0$ , lalu simpulkan hasil kali Euler:

$\sin(\pi z) = \pi z\prod_{n\geq1} \Bigl(1 - \frac{z^2}{n^2}\Bigr) \qquad (z \in \C) .$
(Wallis, 1655) Nilaikan di $z = \frac12$ :

$\frac\pi2 = \prod_{n\geq1}\frac{4n^2}{4n^2 - 1} = \lim_{N\to\infty} \frac{2\cdot2\cdot4\cdot4\cdots(2N)(2N)} {1\cdot3\cdot3\cdot5\cdots(2N-1)(2N+1)} .$
Untuk $\abs z < 1$ , uraikan logaritma hasil kalinya menjadi deret rangkap (benarkanlah penyusunan ulangnya) lalu pulihkan $\zeta(2) = \frac{\pi^2}6$ dengan mencocokkan koefisien $z^3$ pada $\sin(\pi z) = \pi z - \frac{\pi^3}6z^3 + \cdots$ — yakni wajah hasil kali bilangan Euler itu.

Bagian VI — Kernel saudaranya. Kotangennya bersaudara; dan masing-masing menghargai keluarga deretnya sendiri.

Turunkan uraian pertanyaan 9 suku demi suku (yang dibenarkan Teorema 16.15) untuk memperoleh, secara normal pada kompak $\C\setminus\Z$ ,

$\frac{\pi^2}{\sin^2(\pi z)} = \sum_{n\in\Z}\frac1{(z - n)^2} .$
Nilaikan di $z = \frac12$ : $\sum_{m\geq0}\frac1{(2m+1)^2} = \frac{\pi^2}8$ ; lalu pulihkan $\zeta(2)$ sekali lagi dengan memisahkan bilangan bulatnya menurut paritas.
Periksalah identitas penggandaan $\tan\theta = \cot\theta - 2\cot(2\theta)$ lalu turunkan

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

secara normal pada kompak yang menghindari $\frac12 + \Z$ .
Uraikan di sekitar $0$ (dengan $\abs z < \frac12$ ; lewat Fubini lagi): dengan $\lambda(s) = \sum_{m\geq0}(2m+1)^{-s}$ ,

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

lalu bandingkan dengan $\tan u = u + \frac{u^3}3 + O(u^5)$ untuk memulihkan $\lambda(2) = \frac{\pi^2}8$ dan memperoleh $\lambda(4) = \frac{\pi^4}{96}$ , lalu periksa silang $\zeta(4) = \frac{\pi^4}{90}$ lewat $\lambda(4) = (1 - 2^{-4})\,\zeta(4)$ .
Periksalah $\frac1{\sin\theta} = \cot\frac\theta2 - \cot\theta$ lalu turunkan

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

Lalu periksalah tandanya terhadap residu $\pi/\sin(\pi z)$ di bilangan bulatnya.
Bacalah koefisien $z$ -nya: $\eta(2) = \sum_{n\geq1}\frac{(-1)^{n-1}}{n^2} = \frac{\pi^2}{12}$ , lalu benarkanlah kekonsistenannya $\eta(2) = (1 - 2^{1-2})\,\zeta(2)$ .
(Penutup) Nilaikan uraian pertanyaan 20 di $z = \frac12$ lalu turunkan rumus Leibniz

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

Lalu tutuplah dengan sebuah paragraf pendek: satu kernel per aritmetikanya — kernel mana yang menghargai keluarga deret yang mana, dan mengapa semuanya secara struktural buta terhadap $\zeta(3)$ .

Bagian VII — Daftar harga lengkapnya: bilangan Bernoulli.

Gabungkan uraian pecahan parsial $\pi z\cot(\pi z)$ dengan fungsi pembangkit bilangan Bernoulli (yakni $\frac{w}{\eu^w - 1} = \sum_n\frac{B_n}{n!}w^n$ , Soal 16.1, Bagian VI): dari

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

(buktikanlah identitas ini lebih dahulu), turunkan bentuk tertutupnya

$\zeta(2k) = (-1)^{k+1}\, \frac{(2\pi)^{2k}\,B_{2k}}{2\,(2k)!} \qquad (k \geq 1).$
Periksalah rumusnya terhadap $B_2 = \frac16$ , $B_4 = -\frac1{30}$ , dan $B_6 = \frac1{42}$ : pulihkan $\zeta(2) = \frac{\pi^2}6$ dan $\zeta(4) = \frac{\pi^4}{90}$ , lalu hitunglah $\zeta(6) = \frac{\pi^6}{945}$ .
(Rekursi Euler) Uraikan kedua ruas $\bigl(z\cot z\bigr)' = \cot z - z(1 + \cot^2z)$ — atau kuadratkan deret kotangennya secara langsung — untuk membuktikan

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

lalu periksalah bahwa ia menghitung $\zeta(4)$ dari $\zeta(2)$ dan $\zeta(6)$ dari $\zeta(2), \zeta(4)$ — yakni semua nilai zeta genap dari satu benih $\frac{\pi^2}6$ , tanpa pengintegralan yang baru.

Solusi

Solusi Soal 17.1.

1. Fungsi $\sin(\pi z)$ berakar sederhana tepat di $\Z$ (sebab $\sin\pi z = 0$ jika dan hanya jika $z \in \Z$ , dan $(\sin\pi z)' = \pi\cos\pi z \neq 0$ di sana), dan $\cos(\pi n) \neq 0$ : sehingga $\pi\cot(\pi z) = \pi\cos(\pi z)/\sin(\pi z)$ berkutub sederhana di $\Z$ dengan

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

(lewat aturan $g/h'$ , Metode 17.6).

2. Fungsi $\frac{\sin(\pi z)}{\pi z} = 1 - \frac{(\pi z)^2}6 + \frac{(\pi z)^4}{120} - \cdots$ bersifat holomorfik dan tak nol di dekat $0$ : sehingga kebalikannya holomorfik (Definisi 16.1: lewat hasil baginya), dengan deret $1 + \frac{(\pi z)^2}{6} + \frac{7(\pi z)^4}{360} + \cdots$ (kenalilah: yakni koefisien bergaya $(1 - u)^{-1}$ dari $u = \frac{(\pi z)^2}6 - \frac{(\pi z)^4}{120}$ : sehingga koefisien $z^4$ -nya adalah $\frac1{36} - \frac1{120} = \frac{7}{360}$ ). Lalu kalikan dengan $\cos(\pi z) = 1 - \frac{(\pi z)^2}2 + \frac{(\pi z)^4}{24} - \cdots$ lalu bagilah dengan $z$ :

\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

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

3. Untuk sisi tegaknya $z = \pm(N + \frac12) + \iu y$ : menurut keperiodikan- $\pi$ $\cot$ , $\cot(\pi z) = \cot(\pm\frac\pi2 + \iu\pi y) = -\tan(\iu\pi y) = -\iu\tanh(\pi y)$ , yang bermodulus $\leq 1$ . Sedangkan untuk sisi mendatarnya $z = x \pm \iu(N + \frac12)$ : dari $\abs{\cot(a + \iu b)}^2 = \frac{\cos^2a + \sinh^2b}{\sin^2a + \sinh^2b} \leq \frac{1 + \sinh^2b}{\sinh^2b} = \coth^2 b$ ,

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

Jadi kedua batasnya $\leq 2$ .

4. Terapkan Teorema 17.5 pada $F(z) = \pi\cot(\pi z)f(z)$ di $C_N$ (dengan $N$ di luar semua kutub $f$ ):

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

dengan kutub bulatnya menyumbang $f(n)$ (pertanyaan 1; sebab $f$ holomorfik di sana). Pada $C_N$ : $\abs F \leq 2\pi\cdot C\abs z^{-2} \leq 2\pi C N^{-2}$ , dan kelilingnya $8(N + \frac12)$ : sehingga integralnya $O(1/N) \to 0$ . Lalu biarkan $N \to \infty$ : diperolehlah rumus penjumlahan yang ditampilkan itu.

5. Peluruhan $\abs f = O(\abs z^{-2})$ membunuh integral konturnya sekaligus membuat $\sum\abs{f(n)}$ konvergen. Untuk $f(z) = \frac1{z + \frac12}$ : jumlah setangkupnya $\sum_{-N}^N\frac1{n + \frac12}$ berteleskop menjadi $0$ (sebab suku $n$ dan $-n - 1$ saling meniadakan), dan ruas kanannya adalah $-\operatorname{Res}\bigl(\frac{\pi\cot\pi z}{z + \frac12}, -\frac12\bigr) = -\pi\cot(-\frac\pi2) = 0$ : jadi konsisten — padahal $\sum\abs{f(n)}$ divergen; sehingga metodenya menghitung limit setangkupnya (yakni nilai pokoknya) saja.

6. Untuk $g(z) = \frac{\pi\cot(\pi z)}{z^2}$ : kutubnya di bilangan bulat tak nol dengan residu $\frac1{n^2}$ , dan di $0$ tempat, menurut pertanyaan 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 .

Sedangkan integral konturnya atas $C_N$ menuju $0$ seperti pada pertanyaan 4 (sebab $\abs{g} = O(N^{-2})$ pada $C_N$ ). Karena itu $0 = \sum_{n\neq0}\frac1{n^2} - \frac{\pi^2}3$ : sehingga $2\zeta(2) = \frac{\pi^2}3$ dan $\zeta(2) = \frac{\pi^2}6$ .

7. Untuk $g(z) = \frac{\pi\cot(\pi z)}{z^4} = \frac1{z^5} - \frac{\pi^2}{3z^3} - \frac{\pi^4}{45z} - \cdots$ : residunya di $0$ sama dengan $-\frac{\pi^4}{45}$ , dan $0 = 2\zeta(4) - \frac{\pi^4}{45}$ : sehingga $\zeta(4) = \frac{\pi^4}{90}$ .

8. Dengan $g = \pi\cot(\pi z)/z^{2k}$ : residunya di $0$ adalah koefisien $a_{2k-1}$ milik $z^{2k-1}$ pada uraian $\pi\cot(\pi z)$ , dan konturnya yang lenyap memberikan $2\zeta(2k) + a_{2k-1} = 0$ : sehingga $\zeta(2k) = -a_{2k-1}/2$ , yakni kelipatan rasional $\pi^{2k}$ sebab koefisien kotangennya demikian. Lalu satu langkah pembagian lagi melahirkan $a_5 = -\frac{2\pi^6}{945}$ , sehingga $\zeta(6) = \frac{\pi^6}{945}$ . Untuk $\zeta(3)$ : kernel alaminya $g = \pi\cot(\pi z)/z^3$ menghasilkan $\sum_{n\neq0}\frac1{n^3} = 0$ menurut kegasalannya — sehingga metodenya membuktikan $0 = 0$ dan secara struktural buta terhadap nilai zeta gasalnya (sebab tak ada bentuk tertutup $\zeta(3)$ yang dikenal; dan keirasionalannya, menurut Apéry 1978, memerlukan gagasan yang sama sekali berbeda).

9. Fungsi $F(z) = \frac{\pi\cot(\pi z)}{(z - w)(z + w)}$ berkutub di bilangan bulatnya (dengan residu $\frac1{n^2 - w^2}$ , sambil mencatat tandanya: $f(n) = \frac1{(n-w)(n+w)} = \frac1{n^2 - w^2}$ ) dan berkutub sederhana di $\pm w$ dengan residu $\frac{\pi\cot(\pm\pi w)}{\pm2w} = \frac{\pi\cot(\pi w)}{2w}$ masing-masing (sebab $\cot$ gasal). Lalu argumen pertanyaan 4 (dengan $\abs f = O(\abs z^{-2})$ ) memberikan

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

(sebab suku $n = 0$ -nya adalah $-\frac1{w^2}$ ; lalu kelompokkan ulang $\pm n$ ). Untuk kekonvergenan normalnya pada kompak $\C\setminus\Z$ : bagi $\abs w \leq R$ dan $n \geq 2R$ , $\abs{\frac{2w}{w^2 - n^2}} \leq \frac{2R}{n^2 - R^2} \leq \frac{8R}{3n^2}$ .

10. Untuk $\abs w \leq r < 1$ : $\frac{2w}{w^2 - n^2} = -\frac{2w}{n^2}\cdot\frac1{1 - w^2/n^2} = -2\sum_{k\geq0}\frac{w^{2k+1}}{n^{2k+2}}$ , dengan $\abs{\text{sukunya}} \leq 2r^{2k+1}/n^{2k+2}$ , yang terjumlahkan atas $(n, k)$ : sehingga Fubini untuk deret menyusun ulangnya menjadi

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

Lalu dengan mencocokkannya terhadap pertanyaan 2: $-2\zeta(2) = -\frac{\pi^2}3$ dan $-2\zeta(4) = -\frac{\pi^4}{45}$ — yakni nilai yang sama. Jadi tiga jalan menuju $\frac{\pi^2}6$ : Parseval (lewat deret Fourier), trace operator Green dawainya, dan kedua uraian kotangennya; sedangkan bahwa sebuah jumlah atas frekuensi, sebuah trace operator, dan sebuah integral kontur bersesuaian bukanlah kebetulan — sebab masing-masingnya wajah identitas spektral yang sama.

11. Tetapkan $R \geq 1$ lalu misalkan $n_0$ bilangan bulat terkecil yang $\geq 2R$ . Untuk $\abs z \leq R$ dan $n \geq n_0$ : $\abs{z^2/n^2} \leq \frac14$ , sehingga $1 - z^2/n^2 \in \bar D(1, \frac14)$ , tempat logaritma pokoknya bersifat holomorfik, dan

\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} :

sehingga jumlahnya $S(z) = \sum_{n\geq n_0}\log(1 - z^2/n^2)$ konvergen normal pada $\bar D(0, R)$ , dengan jumlah parsial $S_N$ yang holomorfik dan $\abs{S_N} \leq 2R^2\zeta(2)$ secara seragam. Lalu karena $\abs{\eu^a - \eu^b} \leq \eu^{\max(\abs a,\abs b)}\abs{a - b}$ (lewat batas nilai rata-rata pada ruasnya), hasil kali ekornya $\prod_{n_0\leq n\leq N} = \eu^{S_N}$ konvergen seragam pada $\bar D(0, R)$ ke $\eu^S$ yang bebas akar. Lalu dengan mengalikannya dengan polinomial tetap $z\prod_{n<n_0}(1 - z^2/n^2)$ : $P_N \to P$ secara seragam pada $\bar D(0, R)$ , dan Teorema 16.15 membuat $P$ holomorfik di sana; dan karena $R$ sembarang, $P$ bersifat utuh. Pada $\bar D(0, R)$ akar $P$ adalah akar prafaktor polinomialnya — yakni bilangan bulat bermodulus $\leq R$ , yang masing-masing sederhana (sebab $(1 - z/n)(1 + z/n)$ berakar sederhana yang berbeda, sedangkan $\eu^S$ tak berakar): jadi himpunan akar $P$ adalah $\Z$ , dengan semua akarnya sederhana.

12. Lewat pendiferensialan logaritmik hasil kali berhingganya, jauh dari akarnya:

\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} .

Pada sebuah kompak $K \subseteq \C\setminus\Z$ : $P_N \to P$ dan $P_N' \to P'$ secara seragam (Teorema 16.15), dan $\min_K \abs P > 0$ (sebab $P$ lenyap hanya pada $\Z$ ), sehingga akhirnya $\abs{P_N} \geq \frac12\min_K\abs P$ dan $P_N'/P_N \to P'/P$ secara seragam pada $K$ . Sedangkan anggota tengahnya konvergen ke $\frac1z + \sum_{n\geq1}\frac{2z}{z^2-n^2} = \pi\cot(\pi z)$ menurut pertanyaan 9: sehingga $P'/P = \pi\cot(\pi z)$ pada $\C\setminus\Z$ .

13. Fungsi $\sin(\pi z)$ dan $P$ bersifat utuh dengan himpunan akar yang sama $\Z$ , dan semua akarnya sederhana (pertanyaan 1 dan 11). Di dekat $m \in \Z$ tulislah $\sin(\pi z) = (z - m)\,\sigma(z)$ dan $P(z) = (z - m)\,\psi(z)$ dengan $\sigma, \psi$ yang holomorfik dan tak lenyap di $m$ (faktorkanlah deret pangkatnya): maka $Q = \sin(\pi z)/P = \sigma/\psi$ diperluas secara holomorfik dan bebas akar melintasi setiap bilangan bulatnya, dan ia bebas akar pada $\C\setminus\Z$ sebagai hasil bagi fungsi yang bebas akar. Di sana,

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

sehingga fungsi utuh $Q'$ lenyap pada $\C\setminus\Z$ , jadi di mana-mana lewat kekontinuannya: sehingga $Q$ konstan. Lalu saat $z \to 0$ : $\sin(\pi z)/z \to \pi$ dan $P(z)/z \to 1$ , sehingga $Q = \pi$ :

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

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

\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)} :

yakni hasil kali Wallis, sebuah akibat satu baris dari pemfaktoran Euler.

15. Untuk $\abs z \leq r < 1$ setiap faktornya terletak di $D(1, r^2) \subseteq D(1, 1)$ , sehingga $P(z)/z = \exp\bigl( \sum_{n\geq1}\log(1 - z^2/n^2)\bigr)$ : sebab setiap hasil kali parsialnya adalah eksponensial sebuah jumlah parsial, dan kedua ruasnya beralih ke limitnya lewat kekontinuan $\exp$ . Sedangkan deret rangkapnya

\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)

tersusun ulang lewat Fubini untuk deret: sebab $\sum_{n,k} \frac{r^{2k}}{kn^{2k}} \leq \sum_k\zeta(2k)r^{2k} \leq \zeta(2)\frac{r^2}{1-r^2} < \infty$ . Karena itu

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

dan pertanyaan 13 membandingkannya dengan $\sin(\pi z) = \pi z - \frac{\pi^3}6z^3 + O(z^5)$ : sehingga $\pi\zeta(2) = \frac{\pi^3}6$ , yakni $\zeta(2) = \frac{\pi^2}6$ . Jadi wajah penjumlahannya (pertanyaan 10) dan wajah perkaliannya menghitung bilangan yang sama.

16. Pada sebuah kompak $K \subseteq \C\setminus\Z$ jumlah parsialnya $S_N = \frac1z + \sum_{n\leq N}\bigl( \frac1{z-n} + \frac1{z+n}\bigr)$ (pertanyaan 9, dengan sukunya dikelompokkan ulang sebagai $\frac{2z}{z^2-n^2} = \frac1{z-n} + \frac1{z+n}$ ) konvergen seragam ke $\pi\cot(\pi z)$ , sehingga Teorema 16.15 memberikan $S_N' \to (\pi\cot\pi z)' = -\pi^2/\sin^2(\pi z)$ secara seragam pada $K$ . Lalu karena $S_N' = -\sum_{\abs n\leq N}(z - n)^{-2}$ :

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

dengan kekonvergenannya normal pada kompak $\C\setminus\Z$ (sebab sukunya $O(n^{-2})$ ).

17. Di $z = \frac12$ ruas kirinya adalah $\pi^2$ ; sedangkan pada ruas kanannya, $(\frac12 - n)^2 = \frac{(2n-1)^2}4$ dengan $2n - 1$ melintasi setiap bilangan bulat gasal tepat sekali saat $n$ melintasi $\Z$ :

\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 .

Lalu pemisahan paritasnya: $\zeta(2) = \frac{\pi^2}8 + \sum_{n\geq1}\frac1{(2n)^2} = \frac{\pi^2}8 + \frac{\zeta(2)}4$ , sehingga $\frac34\zeta(2) = \frac{\pi^2}8$ dan $\zeta(2) = \frac{\pi^2}6$ sekali lagi.

18. Dengan $c = \cot\theta$ dan $\cot(2\theta) = \frac{c^2-1}{2c}$ : $\cot\theta - 2\cot(2\theta) = c - \frac{c^2-1}c = \frac1c = \tan\theta$ . Karena itu $\pi\tan(\pi z) = \pi\cot(\pi z) - 2\pi\cot(2\pi z)$ , dan pertanyaan 9 di $z$ dan di $2z$ memberikan

\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} .

Kedua deretnya konvergen mutlak di setiap $z$ yang tetap di luar kutubnya, sehingga selisihnya boleh dikelompokkan ulang sesuka hati: pada deret keduanya suku genap $n = 2m$ memberikan $\frac{8z}{4z^2 - 4m^2} = \frac{2z}{z^2 - m^2}$ dan meniadakan deret pertamanya seluruhnya, menyisakan

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

secara normal pada kompak yang menghindari $\frac12 + \Z$ (sebab sukunya $O(m^{-2})$ ).

19. Untuk $\abs z \leq r < \frac12$ :

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

dengan $\sum_{m,k}8r\,(4r^2)^k(2m+1)^{-2k-2} < \infty$ sebab $4r^2 < 1$ : sehingga Fubini menyusun ulang jumlah rangkapnya menjadi

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

Lalu terhadap $\pi\tan(\pi z) = \pi^2z + \frac{\pi^4}3z^3 + O(z^5)$ : koefisien $z$ -nya memberikan $8\lambda(2) = \pi^2$ — yakni pertanyaan 17 lagi — sedangkan koefisien $z^3$ -nya memberikan $32\lambda(4) = \frac{\pi^4}3$ , yakni $\lambda(4) = \frac{\pi^4}{96}$ . Lalu dengan membuang penyebut genapnya, $\lambda(4) = \zeta(4) - 2^{-4}\zeta(4) = \frac{15}{16}\zeta(4)$ : sehingga $\zeta(4) = \frac{16}{15}\cdot \frac{\pi^4}{96} = \frac{\pi^4}{90}$ , yang cocok dengan pertanyaan 7.

20. Berlaku $\cot\frac\theta2 - \cot\theta = \frac{\cos\frac\theta2\,\sin\theta - \cos\theta\,\sin\frac\theta2}{\sin\frac\theta2\,\sin\theta} = \frac{\sin\frac\theta2}{\sin\frac\theta2\,\sin\theta} = \frac1{\sin\theta}$ , sebab pembilangnya adalah $\sin(\theta - \frac\theta2)$ . Lalu dengan $\theta = \pi z$ , pertanyaan 9 di $\frac z2$ berbunyi $\pi\cot\frac{\pi z}2 = \frac2z + \sum_{n\geq1}\frac{4z}{z^2 - 4n^2}$ , sehingga

\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} .

Lalu kekonvergenan mutlaknya mengizinkan pengelompokan ulang menurut paritas: sebab $n = 2m$ yang genap pada deret yang dikurangkan menyumbang $\frac{2z}{z^2-4m^2}$ , menyisakan $+\frac{2z}{z^2-4m^2}$ dari jumlah pertamanya, sedangkan $n$ yang gasal bertahan bertanda $-$ :

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

Untuk pemeriksaan tandanya: $\operatorname{Res}\bigl(\pi/\sin(\pi z), n\bigr) = \pi/(\pi\cos\pi n) = (-1)^n$ (Metode 17.6), dan $(-1)^n\frac{2z}{z^2 - n^2} = \frac{(-1)^n}{z-n} + \frac{(-1)^n}{z+n}$ membawa tepat residu itu di $\pm n$ .

21. Untuk $\abs z \leq r < 1$ , dengan menguraikan setiap sukunya seperti pada pertanyaan 19 (yakni $(-1)^n\frac{2z}{z^2-n^2} = (-1)^{n-1}\frac{2z}{n^2}\sum_k\frac{z^{2k}}{n^{2k}}$ ) lalu menerapkan Fubini:

\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} .

Sedangkan pada sisi Taylornya: $\sin(\pi z) = \pi z(1 - \frac{(\pi z)^2}6 + O(z^4))$ memberikan $\frac\pi{\sin\pi z} = \frac1z + \frac{\pi^2}6z + O(z^3)$ : sehingga $2\eta(2) = \frac{\pi^2}6$ , jadi $\eta(2) = \frac{\pi^2}{12}$ . Untuk kekonsistenannya: $\eta(2) = \zeta(2) - 2\sum_n(2n)^{-2} = (1 - 2^{1-2})\zeta(2) = \frac{\zeta(2)}2 = \frac{\pi^2}{12}$ .

22. Di $z = \frac12$ , pertanyaan 20 memberikan

\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)} .

Lalu dengan $\frac1{(2n-1)(2n+1)} = \frac12\bigl(\frac1{2n-1} - \frac1{2n+1}\bigr)$ , dan kedua deret berganti tandanya konvergen (menurut kriteria Leibniz), jumlahnya terbelah menjadi $\frac12\bigl[L - (1 - L)\bigr] = L - \frac12$ , dengan $L = 1 - \frac13 + \frac15 - \cdots$ dan $\frac13 - \frac15 + \frac17 - \cdots = 1 - L$ . Karena itu $\pi = 2 + 4(L - \frac12) = 4L$ :

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

Moralnya: bahwa setiap kernelnya bersifat meromorfik dengan kutub pada sebuah deret aritmetika dan residu yang ditetapkan. Sedangkan kotangennya menaruh residu $1$ di setiap bilangan bulat lalu menjumlahkan $f(n)$ ; turunannya mengkuadratkan kutubnya lalu menghargai $\lambda(2)$ ; tangennya menggeser kutubnya ke $\frac12 + \Z$ lalu menghargai penyebut gasalnya; sedangkan $\pi/\sin$ menyimpan kutub bulatnya tetapi menyelang-nyelingkan residunya $(-1)^n$ , sehingga menghasilkan deret berganti tandanya. Adapun kernel orde pertamanya semuanya fungsi gasal: sehingga memasangkan $n$ dengan $-n$ menggandakan koefisien berpangkat genapnya dan memusnahkan yang gasal, jadi $\zeta(2k)$ tercurah secara mekanis sedangkan $\zeta(3)$ tak pernah muncul. Jadi kebutaannya adalah paritas, bukan kekurangan teknik.

23. Dengan $w = 2\iu\pi z$ :

\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) .

Karena itu, dengan memakai fungsi pembangkitnya pada $w = 2\iu\pi z$ (dan $B_1 = -\frac12$ yang meniadakan suku $\iu\pi z$ -nya, sedangkan $B$ gasalnya lenyap selebihnya):

\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} .

Sedangkan di sisi lain uraian pecahan parsialnya (Bagian IV) memberikan $\pi z\cot(\pi z) = 1 - 2\sum_{k\geq1}\zeta(2k)z^{2k}$ (uraikanlah setiap $\frac{2z^2}{z^2 - n^2} = -2\sum_k\frac{z^{2k}}{n^{2k}}$ lalu jumlahkan atas $n$ , dengan kekonvergenan normalnya membenarkan penukarannya untuk $\abs z < 1$ ). Lalu dengan membandingkan koefisiennya: $-2\zeta(2k) = (-1)^k\frac{(2\pi)^{2k}B_{2k}}{(2k)!}$ , yakni rumus yang dinyatakan itu.

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

25. Tulis $C(z) = \pi z\cot(\pi z) = 1 - 2\sum_{k\geq1}\zeta(2k)z^{2k}$ (pertanyaan 23). Lalu lewat pendiferensialan langsung $C = \pi z\cot(\pi z)$ , dengan memakai $(\cot u)' = -1 - \cot^2u$ :

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

Kini uraikan kedua ruasnya dalam pangkat $z^2$ . Ruas kirinya: $\sum_k(-4k)\,\zeta(2k)\,z^{2k}$ . Sedangkan ruas kanannya: dengan mengkuadratkan deretnya,

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},

dan suku $-\pi^2z^2 = -6\zeta(2)z^2$ hanya menyesuaikan $k = 1$ . Lalu dengan membandingkan koefisien $z^{2k}$ untuk $k \geq 2$ :

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

yakni $\bigl(k + \frac12\bigr)\zeta(2k) = \sum_{j=1}^{k-1}\zeta(2j)\zeta(2k-2j)$ . (Di $k = 1$ identitasnya berbunyi $-4\zeta(2) = 2\zeta(2) - 6\zeta(2)$ : yakni sebuah pemeriksaan kekonsistenan, bukan keterangan baru.) Untuk terapannya: $k = 2$ : $\frac52\zeta(4) = \zeta(2)^2 = \frac{\pi^4}{36}$ , sehingga $\zeta(4) = \frac{\pi^4}{90}$ ; sedangkan $k = 3$ : $\frac72\zeta(6) = 2\zeta(2)\zeta(4) = \frac{\pi^6}{270}$ , sehingga $\zeta(6) = \frac{2}{7}\cdot\frac{\pi^6}{270} = \frac{\pi^6}{945}$ . Jadi satu benih transenden ( $\zeta(2) = \frac{\pi^2}6$ ), lalu aljabar murni menghasilkan setiap nilai zeta genapnya.

Istilah yang didefinisikan dalam bab ini

residu

Lihat semua 395 istilah di glosarium

17.1 Teorema Cauchy global

17.2 Deret Laurent dan kesingularan terpencil

17.3 Teorema residu

17.4 Asas argumen dan teorema Rouché

17.5 Latihan

17.6 Soal: ζ(2k)\zeta(2k)ζ(2k) lewat kotangen

Istilah yang didefinisikan dalam bab ini

17.6 Soal: $\zeta(2k)$ lewat kotangen