Universitaire wiskunde — Bachelor jaar 3 · Bachelor Year 3

17Laurentreeksen en de residuenstelling

Wat gebeurt er met een holomorfe functie bij een punt waar zij niet gedefinieerd is? Het antwoord is een complete trichotomie — ophefbaar punt, pool, of essentiële singulariteit — afgelezen uit een tweezijdige machtreeks, de Laurentontwikkeling. Eén coëfficiënt van die ontwikkeling, het residu, controleert elke contourintegraal om de singulariteit: de residuenstelling zet harde bepaalde integralen om in eindige algebra, telt nullen van functies (argumentprincipe, Rouché), en bewijst de open-afbeeldingsstelling. We upgraden eerst de stelling van Cauchy van stervormige gebieden naar haar definitieve, homologie-vrije vorm — het elegante argument van Dixon — zodat alle contouren met windinggetal nul om het complement beschikbaar worden.

17.1 De globale stelling van Cauchy

Een cykel $\Gamma$ is een eindige formele som van gesloten paden $\gamma_1, \dots, \gamma_m$ ; integralen en indices langs $\Gamma$ zijn de bijbehorende sommen, en $\operatorname{im}\Gamma = \bigcup\operatorname{im}\gamma_j$ .

Stelling 17.1 (Cauchy, globale vorm)

Zij $\Omega \subseteq \C$ open, $f \in \mathcal H(\Omega)$ , en $\Gamma$ een cykel in $\Omega$ zodanig dat

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

Dan, voor alle $z \in \Omega\setminus\operatorname{im}\Gamma$ ,

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

Bewijs (Dixon). Definieer $g \colon \Omega\times\Omega \to \C$ door

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

$g$ is continu: buiten de diagonaal, duidelijk. Bij een diagonaalpunt $(a, a)$ , ontwikkel $f$ in een machtreeks in $a$ (Stelling 16.10): $f(w) - f(z) = \sum_{n\geq1}c_n\bigl((w-a)^n - (z-a)^n\bigr)$ , en delen van elke term door $w - z$ (factorisatie van $u^n - v^n$ ) geeft, voor $z, w \in D(a, r)$ ,

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

ook geldig op de diagonaal (elke innersom wordt $n(z-a)^{n-1}$ , sommerend tot $f'(z)$ ). Voor kleine $r$ convergeert de reeks uniform op $D(a,r)^2$ ( $\abs{\text{term}} \leq n\abs{c_n}r^{n-1}$ , sommeerbaar binnen de straal): de som is continu.

Zet $h(z) = \frac1{2\iu\pi}\int_\Gamma g(z, w)\,\dd w$ op $\Omega$ : continu (uniforme continuïteit van $g$ op compacta), en holomorf — door Morera (Stelling 16.15’s criterium): voor een driehoek $T \subseteq \Omega$ geeft Fubini $\int_{\partial T}h = \frac1{2\iu\pi}\int_\Gamma\bigl( \int_{\partial T}g(z, w)\dd z\bigr)\dd w = 0$ , de innersom verdwijnend omdat $z \mapsto g(z, w)$ holomorf is op $\Omega$ (in $z = w$ is de singulariteit ophefbaar: $g$ is daar continu en elders holomorf — het voortzettingsargument van het bewijs van Stelling 16.9).

Op de open verzameling $\Omega' = \{z \notin \operatorname{im}\Gamma : \operatorname{Ind}_\Gamma(z) = 0\}$ , definieer $h_1(z) = \frac1{2\iu\pi}\int_\Gamma\frac{f(w)}{w - z}\dd w$ : holomorf op $\Omega'$ (Morera of differentiatie onder de integraal). Voor $z \in \Omega\cap\Omega'$ :

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

Per hypothese $\Omega\cup\Omega' = \C$ ( $w \notin \Omega \Rightarrow \operatorname{Ind}_\Gamma(w) = 0$ ), dus $h$ en $h_1$ plakken tot een gehele functie $H$ . Omdat de onbegrensde component van het complement van $\operatorname{im}\Gamma$ in $\Omega'$ ligt en $h_1(z) \to 0$ als $\abs z \to \infty$ (ML-grens), is $H$ begrensd en neigt naar $0$ : Liouville (Gevolg 16.12) geeft $H \equiv 0$ . Dus $h \equiv 0$ op $\Omega$ , wat de integrale formule is. Toepassen, voor vast $a \in \Omega\setminus\operatorname{im}\Gamma$ , op $\tilde f(w) = (w - a)f(w)$ in $z = a$ :

\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 Laurentreeksen en geïsoleerde singulariteiten

Stelling 17.2 (Laurentontwikkeling)

Zij $f$ holomorf op de annulus $A = \{r < \abs{z - a} < R\}$ ( $0 \leq r < R \leq \infty$ ). Dan

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

voor elke $r < \rho < R$ (onafhankelijk van $\rho$ ), de twee halfreeksen normaal convergent op compacte subannuli. De ontwikkeling is uniek.

Bewijs. Fixeer $r < \rho_1 < \abs{z - a} < \rho_2 < R$ en laat $\Gamma = C_{\rho_2} - C_{\rho_1}$ (buiten tegen de klok in, binnen met de klok mee): een cykel in $A$ met $\operatorname{Ind}_\Gamma(w) = 0$ voor alle $w \notin A$ (punten binnen de kleine schijf: $1 - 1 = 0$ ; buiten de grote: $0 - 0$ ). Door Stelling 17.1, $\operatorname{Ind}_\Gamma(z) = 1 - 0 = 1$ geeft

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 .

Ontwikkel de eerste kern als in Stelling 16.10 (machten van $\frac{z - a}{w - a}$ , modulus $< 1$ ): het niet-negatieve deel $\sum_{n\geq0}c_n(z-a)^n$ . In de tweede, ontwikkel de andere kant op: $\frac{-1}{w - z} = \frac1{(z-a)(1 - \frac{w - a}{z - a})} = \sum_{m\geq0}\frac{(w-a)^m}{(z - a)^{m+1}}$ , normaal convergent op $C_{\rho_1}$ : het negatieve deel $\sum_{n\leq-1}c_n(z-a)^n$ met de gestelde coëfficiënten (index $n = -m-1$ ). Onafhankelijkheid van $\rho$ : de coëfficiëntintegralen over $C_{\rho}$ en $C_{\rho'}$ verschillen door $\int_\Gamma$ over een nul-index-cykel van de holomorfe $\frac{f(w)}{(w-a)^{n+1}}$ in $A$ : nul, door Stelling 17.1 opnieuw. Uniciteit: integreer $\sum c_n(z-a)^n$ tegen $(z - a)^{-m-1}$ over $C_\rho$ term voor term (normale convergentie): slechts $n = m$ overleeft. ∎

Definitie 17.3

Als $f$ holomorf is op een gepuncteerde schijf $D(a, R)\setminus \{a\}$ , ontwikkel via Laurent ( $r = 0$ ). Drie exclusieve gevallen:

alle $c_n = 0$ voor $n < 0$ : ophefbare singulariteit (de niet-negatieve reeks zet $f$ holomorf voort naar $a$ );
$c_n \neq 0$ voor eindig veel, minstens één, $n < 0$ : een pool van orde $m = -\min\{n : c_n \neq 0\}$ ; equivalent $f = g/(z-a)^m$ , $g$ holomorf, $g(a) \neq 0$ ; equivalent $\abs{f(z)} \to \infty$ als $z\to a$ ;
oneindig veel negatieve $c_n \neq 0$ : essentiële singulariteit.

Het residu is $\operatorname{Res}(f, a) = c_{-1}$ . Een functie holomorf op $\Omega$ minus een verzameling polen is meromorf op $\Omega$ .

Stelling 17.4 (Riemann; Casorati–Weierstrass)

Zij $f$ holomorf op $D(a,R)\setminus\{a\}$ .

(Riemann) Als $f$ begrensd is bij $a$ , is de singulariteit ophefbaar.
(Casorati–Weierstrass) Als $a$ essentieel is, dan is $f\bigl(D(a,\varepsilon)\setminus\{a\}\bigr)$ dicht in $\C$ voor elke $\varepsilon$ .

Bewijs. (1) Voor $n < 0$ en $\rho \to 0$ : $\abs{c_n} \leq M\rho^{-n-1}\cdot\rho\cdot\rho^{-\,n}\dots$ door ML op $C_\rho$ : $\abs{c_n} \leq \frac{1}{2\pi}\,2\pi\rho\cdot M\rho^{-(n+1)} = M\rho^{-n} \to 0$ (omdat $-n > 0$ ): alle negatieve coëfficiënten verdwijnen. (2) Als enige waarde $b$ niet benaderd werd: $\abs{f - b} \geq \delta$ bij $a$ , dus $g = 1/(f - b)$ is holomorf en begrensd bij $a$ : ophefbaar (1), $g$ zet voort met waarde $c$ . Als $c \neq 0$ , is $f = b + 1/g$ begrensd bij $a$ : ophefbaar — uitgesloten. Als $c = 0$ , heeft $g$ een nul van eindige orde $m$ in $a$ (Stelling 16.13; $g \not\equiv 0$ ), en $f = b + 1/g$ heeft een pool van orde $m$ : opnieuw uitgesloten. ∎

17.3 De residuenstelling

Stelling 17.5 (Residuenstelling)

Zij $\Omega$ open, $S \subseteq \Omega$ eindig, $f \in \mathcal H(\Omega\setminus S)$ , en $\Gamma$ een cykel in $\Omega\setminus S$ met $\operatorname{Ind}_\Gamma(w) = 0$ voor elke $w \notin \Omega$ . Dan

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

Bewijs. Voor elke $a \in S$ , zij $P_a(z) = \sum_{n\leq-1}c_n^{(a)}(z - a)^n$ het principale deel van $f$ in $a$ : een reeks convergent op $\C\setminus\{a\}$ (haar straal in $1/(z-a)$ is oneindig: de Laurentstaart convergeert voor alle kleine $\abs{z-a}$ dus, als machtreeks in $(z-a)^{-1}$ , overal), en holomorf daar. Dan heeft $g = f - \sum_{a\in S}P_a$ ophefbare singulariteiten in elk punt van $S$ (haar Laurentontwikkeling in $a$ heeft geen negatief deel: de andere $P_{a'}$ zijn holomorf in $a$ ), dus $g$ zet holomorf voort naar $\Omega$ , en Stelling 17.1 geeft $\int_\Gamma g = 0$ . Rest te integreren van elke $P_a$ : term-voor-term (normale convergentie op het compacte $\operatorname{im}\Gamma$ , dat $a$ vermijdt),

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

dus $\frac1{2\iu\pi}\int_\Gamma P_a = c_{-1}^{(a)}\operatorname{Ind}_\Gamma(a)$ . Sommeer over $a$ . ∎

Methode 17.6 (Residuen berekenen)

Eenvoudige pool: $\operatorname{Res}(f, a) = \lim_{z\to a}(z - a)f(z)$ ; voor $f = g/h$ met $g(a) \neq 0$ , $h(a) = 0$ , $h'(a) \neq 0$ : $\operatorname{Res} = g(a)/h'(a)$ . Pool van orde $m$ : $\operatorname{Res}(f, a) = \frac1{(m-1)!}\lim_{z\to a}\bigl((z-a)^mf(z)\bigr)^{(m-1)}$ . Essentiële singulariteiten: ontwikkel en lees $c_{-1}$ (b.v. uit bekende reeksen). Verifieer altijd welke polen de contour werkelijk omcirkelt, en met welke index.

Voorbeeld 17.7 (De vier klassieke integraaltypen)

(a) Rationaal over $\R$ : voor $\int_\R\frac{\dd x}{1 + x^4}$ , sluit met een grote halve cirkel $S_R$ in het bovenhalfvlak: de integrand is $O(R^{-4})$ daar, dus $\int_{S_R} \to 0$ (ML), en de residuenstelling met de polen $\eu^{\iu\pi/4}, \eu^{3\iu\pi/4}$ (eenvoudig, residuen $\frac1{4z^3} = \frac{z}{4z^4} = -\frac z4$ in een pool) geeft

\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) Fourier-type: voor $t \geq 0$ , $\int_\R\frac{\eu^{\iu tx}}{1 + x^2}\dd x = 2\iu\pi\operatorname{Res}\bigl(\tfrac{\eu^{\iu tz}}{1+z^2}, \iu\bigr) = 2\iu\pi\frac{\eu^{-t}}{2\iu} = \pi\eu^{-t}$ — de bovenhalve cirkel werkt omdat $\abs{\eu^{\iu tz}} = \eu^{-t\operatorname{Im}z} \leq 1$ daar; reële delen nemen: $\int_\R\frac{\cos(tx)}{1+x^2}\dd x = \pi\eu^{-\abs t}$ , regelend de toegegeven formule van Oefening 10.10. (c) Trigonometrisch over een periode: substitueer $z = \eu^{\iu t}$ , $\cos t = \frac{z + z^{-1}}2$ , $\dd t = \frac{\dd z}{\iu z}$ : $\int_0^{2\pi}\frac{\dd t}{a + \cos t}$ ( $a > 1$ ) wordt een residuentelling binnen de eenheidscirkel (Oefening 17.2). (d) Reeksen: paar $f$ met $\pi\cot(\pi z)$ , waarvan de polen de gehele getallen zijn met residu $1$ : het weekendprobleem sommeert $\sum n^{-2}$ en $\sum n^{-4}$ zo.

De halvecirkelcontour voor ∈t_ℝ x/1 + x4: als R ∈fty draagt de boog O(R-3) bij, en de residuenstelling telt de twee omsloten polen (blauw). De twee onderste polen (grijs) liggen buiten: index 0. — De halvecirkelcontour voor $\int_\R\frac{\dd x}{1 + x^4}$ : als $R \to \infty$ draagt de boog $O(R^{-3})$ bij, en de residuenstelling telt de twee omsloten polen (blauw). De twee onderste polen (grijs) liggen buiten: index $0$ .

17.4 Het argumentprincipe en de stelling van Rouché

Stelling 17.8 (Argumentprincipe)

Zij $f$ meromorf op $\Omega$ , met nullen $z_j$ (ordes $m_j$ ) en polen $p_k$ (ordes $\mu_k$ ), en $\gamma$ een gesloten pad in $\Omega$ dat ze alle vermijdt, met $\operatorname{Ind}_\gamma = 0$ buiten $\Omega$ . Dan

\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)

(eindig veel termen zijn niet-nul). Voor een eenvoudige tegen-de-klok-in-contour telt de integraal nullen minus polen binnenin, met multipliciteit — en is gelijk aan het windinggetal van het beeldpad $f\circ\gamma$ om $0$ .

Bewijs. Bij een nul van orde $m$ : $f = (z-a)^mg$ , $g(a) \neq 0$ , dus $\frac{f'}f = \frac m{z - a} + \frac{g'}g$ met de tweede term holomorf bij $a$ : een eenvoudige pool van residu $m$ . Bij een pool van orde $\mu$ : $f = (z-a)^{-\mu}g$ geeft residu $-\mu$ . Elders is $\frac{f'}f$ holomorf. (De nullen en polen met niet-nul index liggen in een compacte regio omcirkeld door $\gamma$ ; door de identiteitsstelling zijn zij daar eindig in aantal, $f \not\equiv 0$ .) Pas Stelling 17.5 toe. De laatste opmerking: $\frac1{2\iu\pi}\int_\gamma\frac{f'}f = \frac1{2\iu\pi}\int_{f\circ\gamma}\frac{\dd w}w = \operatorname{Ind}_{f\circ\gamma}(0)$ (substitueer $w = f(\gamma(t))$ ). ∎

Stelling 17.9 (Rouché)

Zij $f, g$ holomorf op $\Omega$ , en $\gamma$ een gesloten pad met $\operatorname{Ind}_\gamma \in \{0,1\}$ , nul buiten $\Omega$ (een eenvoudige contour). Als

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

dan hebben $f$ en $f + g$ hetzelfde aantal nullen (met multipliciteit) in de regio $\{\operatorname{Ind}_\gamma = 1\}$ .

Bewijs. Voor $t \in \intcc01$ heeft $f_t = f + tg$ geen nul op $\operatorname{im}\gamma$ ( $\abs{f_t} \geq \abs f - \abs g > 0$ ), dus

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

is goed gedefinieerd; zij telt de nullen in de omsloten regio (Stelling 17.8; geen polen). $N$ is continu in $t$ (de integrand is gezamenlijk continu, de noemers uniform van onderen begrensd — gedomineerde convergentie) en geheelwaardig: constant. $N(0) = N(1)$ . ∎

Gevolg 17.10 (Open-afbeeldingsstelling)

Een niet-constante holomorfe functie op een samenhangende open verzameling is een open afbeelding. In het bijzonder (opnieuw) geldt het maximumprincipe, en een holomorfe bijectie heeft holomorfe inverse.

Bewijs. Zij $f(a) = b$ ; $f - b$ heeft een nul van enige eindige orde $m \geq 1$ in $a$ (identiteitsstelling: $f \not\equiv b$ ). Kies $r$ met $f - b$ nultvrij op $\bar D(a, r)\setminus\{a\}$ (geïsoleerde nullen) en laat $\delta = \min_{\abs{z - a} = r}\abs{f(z) - b} > 0$ . Voor $\abs{w - b} < \delta$ : op de cirkel, $\abs{(b - w)} < \delta \leq \abs{f - b}$ , dus Rouché ( $f - b$ versus constante $b - w$ ) zegt dat $f - w$ exact $m$ nullen in $D(a, r)$ heeft: elke zulke $w$ wordt bereikt — $f(D(a,r)) \supseteq D(b, \delta)$ : open. Maximumprincipe: een inwendig maximum van $\abs f$ is onmogelijk voor niet-constante $f$ , haar beeld om $f(a)$ punten van grotere modulus bevattend. Inverse: een holomorfe bijectie $f$ is open, dus $f^{-1}$ is continu; de nul van $f - f(a)$ in $a$ is eenvoudig ( $m \geq 2$ zou $m$ originelen van nabije waarden geven — verschillende, omdat $f'$ slechts in geïsoleerde punten verdwijnt, dus bij $a$ zijn de $m$ nullen van $f - w$ eenvoudig en verschillend voor generieke kleine $w$ : tegenspraak met injectiviteit); dan $f'(a) \neq 0$ en het differentiequotiënt van $f^{-1}$ convergeert: $\bigl(f^{-1}\bigr)'(b) = 1/f'(a)$ . ∎

17.5 Oefeningen

Oefening 17.1 ★

Classificeer de singulariteit in $0$ en bereken het residu:

\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} .

Geef ook het residu van de derde in $z = 1$ en van de laatste in $z = \pi$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 17.1.

$\frac{\sin z}z = 1 - \frac{z^2}6 + \cdots$ : ophefbaar, residu $0$ . $\frac{\eu^z - 1}{z^2} = \frac1z + \frac12 + \frac z6 + \cdots$ : eenvoudige pool, residu $1$ . $\frac1{z(z-1)^2}$ : eenvoudige pool in $0$ met residu $\frac1{(0-1)^2} = 1$ ; dubbele pool in $1$ met residu $\frac{\dd}{\dd z}\bigl(\frac1z\bigr)\big|_{z=1} = -1$ . $\frac{\cos z}{z^3} = \frac1{z^3} - \frac1{2z} + \cdots$ : pool van orde $3$ , residu $-\frac12$ . $\eu^{1/z} = \sum_{n\geq0} \frac{z^{-n}}{n!}$ : essentieel, residu $1$ . $\frac1{\sin z}$ : eenvoudige polen in $n\pi$ ; residu $\frac1{\cos 0} = 1$ in $0$ , $\frac1{\cos\pi} = -1$ in $\pi$ (Methode 17.6, $g/h'$ ).

Oefening 17.2 ★

Voor $a > 1$ bereken, via $z = \eu^{\iu t}$ :

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

Controleer de limietgedragingen $a \to 1^+$ en $a \to \infty$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 17.2.

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

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

De wortels $z_\pm = -a \pm \sqrt{a^2 - 1}$ voldoen aan $z_+z_- = 1$ met $\abs{z_+} < 1 < \abs{z_-}$ ; het residu in $z_+$ is $\frac{1}{z_+ - z_-} = \frac1{2\sqrt{a^2-1}}$ , dus de integraal is $\frac2\iu\cdot2\iu\pi\cdot\frac1{2\sqrt{a^2-1}} = \frac{2\pi}{\sqrt{a^2-1}}$ . Als $a \to 1^+$ explodeert zij (de integrand piekt in $t = \pi$ ); als $a \to \infty$ gedraagt zij zich als $\frac{2\pi}a$ , passend bij $\int\frac{\dd t}a$ .

Oefening 17.3 ★★

Bereken met halfcirkelcontouren, de boogschattingen rechtvaardigend:

\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{(herleidend \text{Oefening 14.3})}.

Oplossing

Oplossing van Oefening 17.3.

Eerste integraal: bovenpolen van $\frac{z^2}{1+z^6}$ in $p = \eu^{\iu\pi/6}, \iu, \eu^{5\iu\pi/6}$ ; in elk, $\operatorname{Res} = \frac{p^2}{6p^5} = \frac{p^3}{6p^6} = -\frac{p^3}6$ , en $p^3$ neemt de waarden $\iu, -\iu, \iu$ : som van residuen $-\frac{\iu}{6}$ . De boog is $O(R^{-4})\cdot O(R) \to 0$ :

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

Tweede: dubbele pool in $\iu$ van $\frac1{(1+z^2)^2} = \frac1{(z-\iu)^2(z+\iu)^2}$ :

\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 ,

consistent met Oefening 14.3(b).

Oefening 17.4 ★★

Bewijs, voor $t \geq 0$ en $a > 0$ :

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

en leid de Fouriertransformatie van $x \mapsto \eu^{-a\abs x}$ af door inversie — vergelijkend met Oefening 14.1.

Oplossing

Oplossing van Oefening 17.4.

Sluit $\frac{\eu^{\iu tz}}{z^2 + a^2}$ in het bovenhalfvlak ( $t \geq 0$ ): daar $\abs{\eu^{\iu tz}} = \eu^{-t\operatorname{Im}z} \leq 1$ , dus de boog draagt $O(R^{-2})\cdot O(R) \to 0$ bij. De enige omsloten pool $\iu a$ is eenvoudig met 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{dus}\qquad \int_\R\frac{\cos(tx)}{x^2+a^2}\dd x = \frac\pi a\,\eu^{-a\abs t}

(reëel deel; even in $t$ ). Dit is de inversietegenhanger van $\widehat{\eu^{-a\abs x}} = \frac{2a}{a^2+\xi^2}$ (Oefening 14.1): de twee berekeningen bevestigen elkaar via Stelling 14.5.

Oefening 17.5 ★★

Ontwikkel $f(z) = \dfrac1{(z-1)(z-2)}$ in Laurentreeksen in elk van de drie regio’s $\abs z < 1$ , $1 < \abs z < 2$ , $\abs z > 2$ . Waarom verschillen de drie ontwikkelingen? Verklaar waarom de coëfficiënt van $z^{-1}$ in de tweede en derde ontwikkeling geen residu van $f$ in $0$ is ( $f$ heeft daar geen singulariteit), en bereken de werkelijke residuen van $f$ , in $1$ en in $2$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 17.5.

Partiële breuken: $f = \frac1{z-2} - \frac1{z-1}$ . Op $\abs z < 1$ (Taylor): $f = \sum_{n\geq0}\bigl(1 - 2^{-n-1}\bigr)z^n$ . Op $1 < \abs z < 2$ : $\frac1{z-2} = -\sum_{n\geq0}\frac{z^n}{2^{n+1}}$ en $-\frac1{z-1} = -\sum_{n\geq1}z^{-n}$ : een echte tweezijdige reeks. Op $\abs z > 2$ : $f = \sum_{n\geq1}\bigl(2^{n-1} - 1\bigr)z^{-n}$ . De drie verschillen omdat Laurentontwikkelingen vastzitten aan annuli, niet punten: elke regio heeft haar eigen meetkundige ontwikkelingen. De $z^{-1}$ -coëfficiënten ( $-1$ en $0$ respectievelijk) zijn integralen over cirkels die de singulariteiten binnenin omcirkelen, geen residuen in $0$ ( $f$ is holomorf in $0$ ): voor $1 < \abs z < 2$ is de coëfficiënt $-1$ $\operatorname{Res}(f, 1)$ ; voor $\abs z > 2$ is de coëfficiënt $0$ $\operatorname{Res}(f,1) + \operatorname{Res}(f,2) = -1 + 1$ . De residuen van $f$ : $-1$ in $1$ en $+1$ in $2$ .

Oefening 17.6 ★★

(a) Toon dat $\eu^{1/z}$ een essentiële singulariteit in $0$ heeft en verifieer Casorati–Weierstrass met de hand: los $\eu^{1/z} = w$ expliciet op voor elke $w \neq 0$ , oplossingen willekeurig dicht bij $0$ vertonend. (b) Toon dat $\abs{\eu^{1/z}}$ onbegrensd is op elke gepuncteerde omgeving van $0$ terwijl $\eu^{1/z}$ geen pool heeft: welke limiet faalt?

Oplossing

Oplossing van Oefening 17.6.

(a) De Laurentreeks $\sum_nz^{-n}/n!$ heeft oneindig veel negatieve termen: essentieel. Oplossen $\eu^{1/z} = w$ ( $w \neq 0$ ): $\frac1z = \log\abs w + \iu\arg w + 2\iu\pi k$ , dus

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

elke niet-nul waarde wordt oneindig vaak bereikt bij $0$ — sterker dan dichtheid. (b) Langs $z = 1/x$ , $x \to +\infty$ : $\eu^x \to \infty$ ; langs $z = \iu/y$ : modulus $1$ . Een pool eist $\abs{f(z)} \to \infty$ langs elke nadering: hier bestaat de limiet eenvoudigweg niet, zelfs niet in $[0, +\infty]$ .

Oefening 17.7 ★★

Tel met Rouché: (a) de nullen van $z^7 - 4z^3 + z - 1$ in $\abs z < 1$ ; (b) de nullen van $z^4 + 5z + 1$ in $\abs z < 1$ en in $1 < \abs z < 2$ ; (c) herbewijs d’Alembert–Gauss: een monisch polynoom van graad $n$ heeft $n$ nullen in enige grote schijf (vergelijk met $z^n$ ).

Oplossing

Oplossing van Oefening 17.7.

(a) Op $\abs z = 1$ : $\abs{z^7 + z - 1} \leq 3 < 4 = \abs{-4z^3}$ . Rouché met $f = -4z^3$ , $g = z^7 + z - 1$ : drie nullen in de schijf. (b) Op $\abs z = 1$ : $\abs{z^4 + 1} \leq 2 < 5 = \abs{5z}$ : één nul in $\abs z < 1$ . Op $\abs z = 2$ : $\abs{5z + 1} \leq 11 < 16 = \abs{z^4}$ : vier nullen in $\abs z < 2$ . Dus drie nullen in de annulus. (c) Voor $P = z^n + a_{n-1}z^{n-1} + \dots$ : op $\abs z = R > 1 + \sum\abs{a_k}$ , $\abs{P - z^n} \leq \bigl(\sum\abs{a_k}\bigr)R^{n-1} < R^n = \abs{z^n}$ : $P$ heeft exact $n$ nullen in $D(0, R)$ — d’Alembert–Gauss met multipliciteit, door puur tellen.

Oefening 17.8 ★★★

(Hurwitz) Zij $f_n \to f$ uniform op compacta, $f_n \in \mathcal H(\Omega)$ , $\Omega$ samenhangend, $f \not\equiv 0$ . (a) Toon dat als alle $f_n$ nultvrij zijn, $f$ dat ook is. (Als $f(a) = 0$ : argumentprincipe op een kleine cirkel om $a$ , en Stelling 16.15 om tot de limiet over te gaan in $\int f_n'/f_n$ .) (b) Toon dat als alle $f_n$ injectief zijn, $f$ injectief of constant is. (Pas (a) toe op $z \mapsto f_n(z) - f_n(w)$ op $\Omega\setminus\{w\}$ .)

Oplossing

Oplossing van Oefening 17.8.

(a) Stel $f(a) = 0$ , $f \not\equiv 0$ : kies $r$ met $f$ nultvrij op de cirkel $C = \partial D(a, r)$ (geïsoleerde nullen) en $m = \min_C\abs f > 0$ . Door Stelling 16.15, $f_n \to f$ en $f_n' \to f'$ uniform op $C$ ; voor grote $n$ , $\abs{f_n} \geq m/2$ op $C$ , dus

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

(de limiet telt de nul $a$ ; convergentie omdat tellers uniform convergeren en noemers uniform van onderen begrensd zijn). De linkerkant is een geheel getal dat nullen van $f_n$ in de schijf telt: zij moet uiteindelijk $\geq 1$ zijn — in tegenspraak met nultvrijheid. Dus $f$ is nultvrij.

(b) Fixeer $w \in \Omega$ en pas (a) toe op de samenhangende open verzameling $\Omega\setminus\{w\}$ (een punt verwijderen uit een open samenhangende deelverzameling van $\C$ bewaart samenhang) op $g_n(z) = f_n(z) - f_n(w)$ , nultvrij daar door injectiviteit, convergerend naar $g = f - f(w)$ . Als $f$ niet-constant is, $g \not\equiv 0$ op $\Omega\setminus\{w\}$ , dus $g$ is nultvrij daar: $f(z) \neq f(w)$ voor alle $z \neq w$ . Omdat $w$ willekeurig was, is $f$ injectief.

Oefening 17.9 ★★★

Voor $n \geq 2$ , integreer $\frac1{1 + z^n}$ over de rand van de sector $\{0 \leq \arg z \leq \frac{2\pi}n,\ \abs z \leq R\}$ en leid af

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

Verifieer $n = 2$ tegen $\arctan$ , en de limiet $n \to \infty$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 17.9.

De sectorrand bestaat uit $[0, R]$ , de boog $A_R$ , en de straal $\eu^{2\iu\pi/n}[0, R]$ omgekeerd. Binnenin ligt de enige pool $p = \eu^{\iu\pi/n}$ van $\frac1{1+z^n}$ , met residu $\frac1{np^{n-1}} = \frac{p}{np^n} = -\frac pn$ . Op de terugkeerstraal geeft $z = \eu^{2\iu\pi/n}x$ $z^n = x^n$ en $\dd z = \eu^{2\iu\pi/n}\dd x$ ; de boog is $O(R^{-n})\cdot O(R) \to 0$ . Dus

\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{dus}\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)} .

$n = 2$ : $\frac\pi{2\sin(\pi/2)} = \frac\pi2 = [\arctan]_0^\infty$ . Als $n \to \infty$ : de waarde neigt naar $1$ , en inderdaad neigt de integrand naar $\mathbf 1_{\intco01}$ (met DCT-dominatie $\min(1, x^{-2})$ voor $n \geq 2$ ).

Oefening 17.10 ★★

Zij $f$ een rationale functie met $\deg(\text{noemer}) \geq \deg(\text{teller}) + 2$ . Toon dat de som van alle residuen van $f$ nul is (integreer over steeds grotere cirkels). Gebruik dit om de partiële-breukontbinding van $\frac1{z(z-1)(z-2)}$ te herberekenen zonder lineaire algebra.

Oplossing

Oplossing van Oefening 17.10.

Op $\abs z = R$ groot, $\abs f \leq C R^{-2}$ : $\abs{\oint_{C_R} f} \leq 2\pi R\cdot CR^{-2} \to 0$ . Maar voor $R$ voorbij alle polen geeft de residuenstelling $\oint_{C_R}f = 2\iu\pi\sum_{\text{alle }p}\operatorname{Res}(f, p)$ : de totaalsom verdwijnt. Voor $f = \frac1{z(z-1)(z-2)}$ : residuen $\frac1{(-1)(-2)} = \frac12$ in $0$ , $\frac1{1\cdot(-1)} = -1$ in $1$ , $\frac1{2\cdot1} = \frac12$ in $2$ — sommerend tot $0$ zoals voorspeld, en

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

de residuen zijn de partiële-breukcoëfficiënten, en de nulsom-identiteit levert een gratis consistentiecontrole (of bepaalt de laatste coëfficiënt uit de andere).

Oefening 17.11 ★★★

(Het sleutelgat: Eulers reflectie-integraal) Voor $0 < a < 1$ , bereken

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

door $f(z) = \frac{z^{a-1}}{1+z} = \frac{\eu^{(a-1)\log z}}{1 + z}$ te integreren (logaritme gesneden langs $\R_+$ , $\arg z \in \intoo0{2\pi}$ ) over de sleutelgatcontour: uit langs de top van de snede van $\varepsilon$ naar $R$ , om $C_R$ , terug onder de snede, om $C_\varepsilon$ . Rechtvaardig: de twee rechte stukken verschillen door de factor $\eu^{2\iu\pi(a-1)}$ , de cirkelbijdragen verdwijnen ( $R^{a-1}\cdot R \to 0$ en $\varepsilon^{a-1}\cdot\varepsilon \to 0$ ), en de unieke pool $z = -1$ heeft residu $\eu^{\iu\pi(a - 1)}$ . Leid ook af $\Gamma(a)\Gamma(1 - a) = \frac\pi{\sin\pi a}$ (schrijf $\Gamma(a)\Gamma(1-a) = B(a, 1-a)$ door Probleem 10.1 en substitueer $t = \frac{x}{1+x}$ ).

Oplossing

Oplossing van Oefening 17.11.

Op het sleutelgat, met de gekozen bepaling: net boven de snede, $\log z = \ln x$ ; net eronder, $\log z = \ln x + 2\iu\pi$ . De vier stukken geven

\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) .

Bogen: $\abs{f} \leq \frac{R^{a-1}}{R - 1}$ op $C_R$ , lengte $2\pi R$ : bijdrage $O(R^{a-1}) \to 0$ ( $a < 1$ ); $\abs f \leq \frac{\varepsilon^{a-1}}{1 - \varepsilon}$ op $C_\varepsilon$ , lengte $2\pi\varepsilon$ : $O(\varepsilon^a) \to 0$ ( $a > 0$ ). Residu: in $z = -1 = \eu^{\iu\pi}$ , $\operatorname{Res} = \eu^{(a-1)\iu\pi}$ . Dus

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} .

Gamma-reflectie: $B(a, 1-a) = \int_0^1t^{a-1}(1-t)^{-a}\dd t$ ; de substitutie $t = \frac x{1+x}$ , $1 - t = \frac1{1+x}$ , $\dd t = \frac{\dd x}{(1+x)^2}$ maakt haar tot $\int_0^\infty \frac{x^{a-1}}{1+x}\dd x = I(a)$ , en Eulers formule $B(a, 1-a) = \Gamma(a)\Gamma(1-a)/\Gamma(1)$ (Probleem 10.1) geeft $\Gamma(a)\Gamma(1-a) = \frac\pi{\sin\pi a}$ — in het bijzonder $\Gamma(\tfrac12) = \sqrt\pi$ nogmaals.

Oefening 17.12 ★★

(Nullen tellen met het argumentprincipe, numeriek) Zij $P(z) = z^4 + 8z + 1$ . (a) Hoeveel nullen in de eenheidsschijf? (Rouché tegen $8z + 1$ .) (b) Hoeveel in de annulus $1 < \abs z < 3$ ? (Rouché tegen $z^4$ op $\abs z = 3$ .) Verscherp: toon dat elke nul modulus $< 2.1$ heeft. (c) Hoeveel in het rechterhalfvlak? (Tel eerst op $\abs z = 2$ ; volg dan het beeld van de imaginaire as: $P(\iu t) = t^4 + 1 + 8\iu t$ heeft positief reëel deel doorheen, dus geen nullen op de as, en de argumentvariatie erlangs is berekenbaar — concludeer met een grote halfschijf.)

Oplossing

Oplossing van Oefening 17.12.

(a) Op $\abs z = 1$ : $\abs{z^4} = 1 < 7 \leq \abs{8z + 1}$ ( $\abs{8z} - 1 = 7$ ): $P$ heeft evenveel nullen in $\mathbb D$ als $8z + 1$ , namelijk één (in $-\frac18$ ).

(b) Op $\abs z = 3$ : $\abs{8z + 1} \leq 25 < 81 = \abs{z^4}$ : Rouché tegen $z^4$ geeft alle vier nullen in $\abs z < 3$ , dus $4 - 1 = 3$ nullen in de annulus $1 < \abs z < 3$ . Verscherping: een nul met $\abs z = r \geq 2.1$ zou voldoen aan $r^4 = \abs{8z + 1} \leq 8r + 1$ , maar $r^4 - 8r - 1$ is toenemend voor $r \geq 2$ en is gelijk aan $19.45 - 16.8 - 1 = 1.65 > 0$ in $r = 2.1$ : onmogelijk. Dus de drie buitenste nullen liggen in $1 < \abs z < 2.1$ . (Numeriek: een reële nul bij $\approx -1.95$ en een geconjugeerd paar bij $\approx 1.04 \pm 1.73\iu$ , van modulus $2.02$ — waarom een Rouché-poging bij straal exact $2$ moet falen: de stelling eist strikte dominantie, en de nullen zitten net erbuiten.)

(c) Geen nullen op $\iu\R$ : $\operatorname{Re}P(\iu t) = t^4 + 1 \geq 1$ . Nullen in het rechterhalfvlak: gebruik het argumentprincipe op de rand van de halfschijf $\{\abs z \leq R,\ \operatorname{Re}z \geq 0\}$ . Op de grote boog, $\arg P \approx \arg z^4$ draait met $4\cdot\pi = 2\pi\cdot2$ (de boog overspant hoek $\pi$ ). Langs de imaginaire as van $\iu R$ naar $-\iu R$ : $P(\iu t) = (t^4 + 1) + 8\iu t$ blijft in het rechterhalfvlak ( $\operatorname{Re} > 0$ ), dus $\arg P$ varieert binnen $\intoo{-\pi/2}{\pi/2}$ en keert terug met netto verandering $\to 0$ als $R \to \infty$ (eindpunten beide $\approx \arg t^4 = 0$ ). Totale winding: $\frac{4\pi + 0}{2\pi} = 2$ : twee nullen in het rechterhalfvlak — consistent met de numeriek: het geconjugeerde paar $\approx 1.04 \pm 1.73\iu$ heeft positief reëel deel, de reële nullen $\approx -0.125$ en $\approx -1.96$ negatief.

17.6 Probleem: $\zeta(2k)$ via de cotangens

Probleem 17.1

Weekendprobleem — $\sum n^{-2k}$ sommeren met residuen

De residuenstelling sommeert reeksen: het paren van een rationale functie met $\pi\cot(\pi z)$ , waarvan de polen in de gehele getallen zitten, zet $\sum_{n}f(n)$ om in een residuentelling. We bewijzen de methode en berekenen $\zeta(2) = \frac{\pi^2}{6}$ en $\zeta(4) = \frac{\pi^4}{90}$ — de waarden gevonden door Fourierreeksen in Jaar 2 en door operator-sporen in Hoofdstuk 15, nu door contourintegratie.

Deel I — De cotangenskern.

Toon dat $\pi\cot(\pi z)$ meromorf is op $\C$ met eenvoudige polen precies in $z = n \in \Z$ , elk van residu $1$ (bereken $\lim_{z\to n}(z-n)\pi\cot\pi z$ ).
Bereken het begin van de Laurentontwikkeling in $0$ :

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

door de machtreeks van $\cos$ te delen door die van $\sin$ (rechtvaardig de deling: $\frac{\sin\pi z}{\pi z}$ is holomorf en niet-nul bij $0$ , dus haar reciproke is holomorf; identificeer coëfficiënten tot orde $3$ ).
Zij $C_N$ de rand van het vierkant met hoekpunten $(\pm1\pm\iu)(N + \frac12)$ . Toon dat $\abs{\cot(\pi z)} \leq 2$ op $C_N$ voor elke $N \geq 1$ . (Op verticale zijden, $\cot(\pi(\pm(N + \frac12) + \iu y)) = \mp\tan(\iu\pi y)$ , van modulus $\abs{\tanh(\pi y)} \leq 1$ ; op horizontale zijden $\abs y = N + \frac12$ , begrens $\abs{\cot(\pi(x\pm\iu y))} \leq \coth(\pi y) \leq \coth(\pi/2) < 1.1$ .)

Deel II — De sommatiestelling.

Zij $f$ rationaal, holomorf in de gehele getallen, met $\deg(\text{noemer}) \geq \deg(\text{teller}) + 2$ . Met de residuenstelling op $C_N$ en de grens van vraag 3, bewijs:

$\lim_{N\to\infty}\ \sum_{n = -N}^{N} f(n) = -\sum_{p\ \text{pool van}\ f} \operatorname{Res}\bigl(\pi\cot(\pi z)f(z),\,p\bigr).$
Waar heeft het argument de graadvoorwaarde nodig? Toon met een voorbeeld (neem $f(z) = 1/(z + \frac12)$ ) dat voor tragere afname de symmetrische limiet nog kan bestaan terwijl de tweezijdige reeks divergeert — en dat de formule dan de hoofdwaarde berekent.

Deel III — De waarden.

Pas de methode toe op $f(z) = 1/z^2$ : hier heeft $f$ haar pool in een geheel getal, dus voer het argument direct uit — integreer $g(z) = \frac{\pi\cot(\pi z)}{z^2}$ over $C_N$ , toon dat de integraal $\to 0$ , en bereken $\operatorname{Res}(g, 0)$ uit vraag 2. Concludeer:

$2\sum_{n\geq1}\frac1{n^2} = \frac{\pi^2}{3}, \qquad \zeta(2) = \frac{\pi^2}6 .$
Hetzelfde met $g(z) = \frac{\pi\cot(\pi z)}{z^4}$ : bereken $\operatorname{Res}(g, 0)$ en leid $\zeta(4) = \frac{\pi^4}{90}$ af.
Verklaar het algemene patroon: voor elke $k \geq 1$ is $\zeta(2k)$ $-\frac12$ maal de coëfficiënt van $z^{2k-1}$ in de Laurentontwikkeling van $\pi\cot(\pi z)$ in $0$ — een rationaal veelvoud van $\pi^{2k}$ . Bereken $\zeta(6)$ door de deling van vraag 2 één stap verder te duwen. Wat zegt de methode over $\zeta(3)$ — en waarom zegt zij niets?

Deel IV — De partiële-breukontwikkeling van de cotangens.

Fixeer $w \in \C\setminus\Z$ en pas de methode van Deel II toe op $f(z) = \dfrac{1}{(z - w)(z + w)}$ — merkend dat $\pi\cot(\pi z)f(z)$ nu bijkomende eenvoudige polen in $\pm w$ heeft, waarvan de residuen bij de telling moeten. Leid de partiële-breukontwikkeling af

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

de reeks normaal convergent op compacte deelverzamelingen van $\C\setminus\Z$ .
Herwin uit deze ontwikkeling, door elke term in machten van $w$ te ontwikkelen (rechtvaardig de verwisseling), dezelfde Laurentcoëfficiënten als in vraag 2 — de cirkel sluit: Eulers formule $\sum\frac1{n^2} = \frac{\pi^2}6$ is de coëfficiënt van $w$ in de twee gezichten van de cotangens. Vergelijk met het Fourierreeksbewijs (Jaar 2) en het spoorbewijs (Probleem 15.1): drie theorieën, één getal.

Deel V — Eulers product voor de sinus. De ontwikkeling van vraag 9 is de logaritmische afgeleide van een oneindig product; we bewijzen nu Eulers factorisatie van 1734 eerlijk.

Voor $N \geq 1$ zet $P_N(z) = z\prod_{n=1}^{N}\bigl(1 - \frac{z^2}{n^2}\bigr)$ . Toon dat $P_N$ convergeert, uniform op elke schijf $\bar D(0, R)$ , naar een gehele functie $P$ waarvan de nullen precies de gehele getallen zijn, alle eenvoudig. (Voor $n \geq 2R$ schrijf de factor als $\exp\log(1 - z^2/n^2)$ met de principale logaritme van Oefening 16.3, begrens $\abs{\log(1+u)} \leq 2\abs u$ voor $\abs u \leq \frac12$ via de reeks, en exponentieer de normaal convergente som van logaritmen; de eindig veel resterende factoren zijn een polynoom. Concludeer met Stelling 16.15.)
Toon dat op $\C\setminus\Z$ ,

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

(differentiëer de eindige producten, ga tot de limiet met Stelling 16.15 en de nultvrijheid van $P$ buiten $\Z$ , en citeer vraag 9).
Toon dat $Q = \sin(\pi z)/P(z)$ voortzet tot een nultvrije gehele functie met $Q' = 0$ , en concludeer Eulers product:

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

$\frac\pi2 = \prod_{n\geq1}\frac{4n^2}{4n^2 - 1} = \lim_{N\to\infty} \frac{2\cdot2\cdot4\cdot4\cdots(2N)(2N)} {1\cdot3\cdot3\cdot5\cdots(2N-1)(2N+1)} .$
Voor $\abs z < 1$ , ontwikkel de logaritme van het product als dubbele reeks (rechtvaardig de herrangschikking) en herwin $\zeta(2) = \frac{\pi^2}6$ door de coëfficiënt van $z^3$ te matchen in $\sin(\pi z) = \pi z - \frac{\pi^3}6z^3 + \cdots$ — het productgezicht van Eulers getal.

Deel VI — Zuskerner. De cotangens heeft zusters; elk prijst haar eigen familie van reeksen.

Differentiëer de ontwikkeling van vraag 9 term voor term (gerechtvaardigd door Stelling 16.15) om, normaal op compacta van $\C\setminus\Z$ , te verkrijgen

$\frac{\pi^2}{\sin^2(\pi z)} = \sum_{n\in\Z}\frac1{(z - n)^2} .$
Evalueer in $z = \frac12$ : $\sum_{m\geq0}\frac1{(2m+1)^2} = \frac{\pi^2}8$ ; herwin $\zeta(2)$ nogmaals door de gehele getallen te splitsen naar pariteit.
Verifieer de verdubbelingsidentiteit $\tan\theta = \cot\theta - 2\cot(2\theta)$ en leid af

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

normaal op compacta die $\frac12 + \Z$ vermijden.
Ontwikkel om $0$ ( $\abs z < \frac12$ ; Fubini opnieuw): met $\lambda(s) = \sum_{m\geq0}(2m+1)^{-s}$ ,

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

vergelijk met $\tan u = u + \frac{u^3}3 + O(u^5)$ om $\lambda(2) = \frac{\pi^2}8$ te herwinnen en $\lambda(4) = \frac{\pi^4}{96}$ te krijgen, en kruiscontroleer $\zeta(4) = \frac{\pi^4}{90}$ via $\lambda(4) = (1 - 2^{-4})\,\zeta(4)$ .
Verifieer $\frac1{\sin\theta} = \cot\frac\theta2 - \cot\theta$ en leid af

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

Controleer de tekens tegen de residuen van $\pi/\sin(\pi z)$ in de gehele getallen.
Lees de coëfficiënt van $z$ af: $\eta(2) = \sum_{n\geq1}\frac{(-1)^{n-1}}{n^2} = \frac{\pi^2}{12}$ , en bevestig de consistentie $\eta(2) = (1 - 2^{1-2})\,\zeta(2)$ .
(Finale) Evalueer de ontwikkeling van vraag 20 in $z = \frac12$ en leid Leibniz’ formule af

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

Sluit met een korte alinea: één kern per aritmetiek — welke kern prijst welke familie van reeksen, en waarom zijn zij structureel blind voor $\zeta(3)$ .

Deel VII — De volledige prijslijst: Bernoulligetallen.

Combineer de partiële-breukontwikkeling van $\pi z\cot(\pi z)$ met de genererende functie van de Bernoulligetallen ( $\frac{w}{\eu^w - 1} = \sum_n\frac{B_n}{n!}w^n$ , Probleem 16.1, Deel VI): uit

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

(bewijs deze identiteit eerst), leid de gesloten vorm af

$\zeta(2k) = (-1)^{k+1}\, \frac{(2\pi)^{2k}\,B_{2k}}{2\,(2k)!} \qquad (k \geq 1).$
Verifieer de formule tegen $B_2 = \frac16$ , $B_4 = -\frac1{30}$ , $B_6 = \frac1{42}$ : herwin $\zeta(2) = \frac{\pi^2}6$ , $\zeta(4) = \frac{\pi^4}{90}$ , en bereken $\zeta(6) = \frac{\pi^6}{945}$ .
(Eulers recursie) Ontwikkel beide kanten van $\bigl(z\cot z\bigr)' = \cot z - z(1 + \cot^2z)$ — of kwadrateer de cotangensreeks direct — om te bewijzen

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

en controleer dat zij $\zeta(4)$ berekent uit $\zeta(2)$ en $\zeta(6)$ uit $\zeta(2), \zeta(4)$ — alle even zetawaarden uit het enkele zaad $\frac{\pi^2}6$ , zonder nieuwe integratie.

Oplossing

Oplossing van Probleem 17.1.

1. $\sin(\pi z)$ heeft eenvoudige nullen precies in $\Z$ ( $\sin\pi z = 0$ desda $z \in \Z$ , en $(\sin\pi z)' = \pi\cos\pi z \neq 0$ daar), en $\cos(\pi n) \neq 0$ : $\pi\cot(\pi z) = \pi\cos(\pi z)/\sin(\pi z)$ heeft eenvoudige polen in $\Z$ met

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

( $g/h'$ -regel, Methode 17.6).

2. $\frac{\sin(\pi z)}{\pi z} = 1 - \frac{(\pi z)^2}6 + \frac{(\pi z)^4}{120} - \cdots$ is holomorf en niet-nul bij $0$ : haar reciproke is holomorf (Definitie 16.1: quotiënt), met reeks $1 + \frac{(\pi z)^2}{6} + \frac{7(\pi z)^4}{360} + \cdots$ (identificeer: $(1 - u)^{-1}$ -stijlcoëfficiënten uit $u = \frac{(\pi z)^2}6 - \frac{(\pi z)^4}{120}$ : de $z^4$ -coëfficiënt is $\frac1{36} - \frac1{120} = \frac{7}{360}$ ). Vermenigvuldig met $\cos(\pi z) = 1 - \frac{(\pi z)^2}2 + \frac{(\pi z)^4}{24} - \cdots$ en deel door $z$ :

\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. Verticale zijden $z = \pm(N + \frac12) + \iu y$ : door $\pi$ -periodiciteit van $\cot$ , $\cot(\pi z) = \cot(\pm\frac\pi2 + \iu\pi y) = -\tan(\iu\pi y) = -\iu\tanh(\pi y)$ , van modulus $\leq 1$ . Horizontale zijden $z = x \pm \iu(N + \frac12)$ : uit $\abs{\cot(a + \iu b)}^2 = \frac{\cos^2a + \sinh^2b}{\sin^2a + \sinh^2b} \leq \frac{1 + \sinh^2b}{\sinh^2b} = \coth^2 b$ ,

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

Beide grenzen zijn $\leq 2$ .

4. Pas Stelling 17.5 toe op $F(z) = \pi\cot(\pi z)f(z)$ op $C_N$ ( $N$ voorbij alle polen van $f$ ):

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

de geheeltallige polen bijdragend $f(n)$ (vraag 1; $f$ holomorf daar). Op $C_N$ : $\abs F \leq 2\pi\cdot C\abs z^{-2} \leq 2\pi C N^{-2}$ , en de omtrek is $8(N + \frac12)$ : de integraal is $O(1/N) \to 0$ . Laat $N \to \infty$ : de weergegeven sommatieformule.

5. De afname $\abs f = O(\abs z^{-2})$ doodde de contourintegraal en maakte $\sum\abs{f(n)}$ convergent. Voor $f(z) = \frac1{z + \frac12}$ : de symmetrische sommen $\sum_{-N}^N\frac1{n + \frac12}$ telescoperen tot $0$ (de termen $n$ en $-n - 1$ heffen elkaar op), en de rechterkant is $-\operatorname{Res}\bigl(\frac{\pi\cot\pi z}{z + \frac12}, -\frac12\bigr) = -\pi\cot(-\frac\pi2) = 0$ : consistent — maar $\sum\abs{f(n)}$ divergeert; de methode berekent slechts de symmetrische (hoofdwaarde-)limiet.

6. $g(z) = \frac{\pi\cot(\pi z)}{z^2}$ : polen in de niet-nulle gehele getallen met residuen $\frac1{n^2}$ , en in $0$ waar, door vraag 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 .

De contourintegraal over $C_N$ neigt naar $0$ als in vraag 4 ( $\abs{g} = O(N^{-2})$ op $C_N$ ). Dus $0 = \sum_{n\neq0}\frac1{n^2} - \frac{\pi^2}3$ : $2\zeta(2) = \frac{\pi^2}3$ , $\zeta(2) = \frac{\pi^2}6$ .

7. $g(z) = \frac{\pi\cot(\pi z)}{z^4} = \frac1{z^5} - \frac{\pi^2}{3z^3} - \frac{\pi^4}{45z} - \cdots$ : residu in $0$ gelijk aan $-\frac{\pi^4}{45}$ , en $0 = 2\zeta(4) - \frac{\pi^4}{45}$ : $\zeta(4) = \frac{\pi^4}{90}$ .

8. Met $g = \pi\cot(\pi z)/z^{2k}$ : het residu in $0$ is de coëfficiënt $a_{2k-1}$ van $z^{2k-1}$ in de ontwikkeling van $\pi\cot(\pi z)$ , en de verdwijnende contour geeft $2\zeta(2k) + a_{2k-1} = 0$ : $\zeta(2k) = -a_{2k-1}/2$ , een rationaal veelvoud van $\pi^{2k}$ omdat de cotangenscoëfficiënten dat zijn. Eén delingsstap meer levert $a_5 = -\frac{2\pi^6}{945}$ , vandaar $\zeta(6) = \frac{\pi^6}{945}$ . Voor $\zeta(3)$ : de natuurlijke kern $g = \pi\cot(\pi z)/z^3$ produceert $\sum_{n\neq0}\frac1{n^3} = 0$ door onevenheid — de methode bewijst $0 = 0$ en is structureel blind voor oneven zetawaarden (geen gesloten vorm voor $\zeta(3)$ is bekend; haar irrationaliteit, Apéry 1978, vroeg geheel andere ideeën).

9. $F(z) = \frac{\pi\cot(\pi z)}{(z - w)(z + w)}$ heeft polen in de gehele getallen (residuen $\frac1{n^2 - w^2}$ , let op het teken: $f(n) = \frac1{(n-w)(n+w)} = \frac1{n^2 - w^2}$ ) en eenvoudige polen in $\pm w$ met residuen $\frac{\pi\cot(\pm\pi w)}{\pm2w} = \frac{\pi\cot(\pi w)}{2w}$ elk ( $\cot$ is oneven). Het argument van vraag 4 ( $\abs f = O(\abs z^{-2})$ ) geeft

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

(de $n = 0$ -term is $-\frac1{w^2}$ ; hergroepeer $\pm n$ ). Normale convergentie op compacta van $\C\setminus\Z$ : voor $\abs w \leq R$ en $n \geq 2R$ , $\abs{\frac{2w}{w^2 - n^2}} \leq \frac{2R}{n^2 - R^2} \leq \frac{8R}{3n^2}$ .

10. Voor $\abs w \leq r < 1$ : $\frac{2w}{w^2 - n^2} = -\frac{2w}{n^2}\cdot\frac1{1 - w^2/n^2} = -2\sum_{k\geq0}\frac{w^{2k+1}}{n^{2k+2}}$ , met $\abs{\text{termen}} \leq 2r^{2k+1}/n^{2k+2}$ , sommeerbaar over $(n, k)$ : Fubini voor reeksen herrangschikt

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

Matchen met vraag 2: $-2\zeta(2) = -\frac{\pi^2}3$ en $-2\zeta(4) = -\frac{\pi^4}{45}$ — dezelfde waarden. Drie wegen naar $\frac{\pi^2}6$ : Parseval (Fourierreeksen), het spoor van de Green-operator van de snaar, en de twee ontwikkelingen van de cotangens; dat een som over frequenties, een operatorspoor, en een contourintegraal overeenstemmen is geen toeval — elk is een gezicht van dezelfde spectrale identiteit.

11. Fixeer $R \geq 1$ en laat $n_0$ het kleinste geheel $\geq 2R$ zijn. Voor $\abs z \leq R$ en $n \geq n_0$ : $\abs{z^2/n^2} \leq \frac14$ , dus $1 - z^2/n^2 \in \bar D(1, \frac14)$ , waar de principale logaritme holomorf is, en

\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} :

de som $S(z) = \sum_{n\geq n_0}\log(1 - z^2/n^2)$ convergeert normaal op $\bar D(0, R)$ , met holomorfe deelsommen $S_N$ en $\abs{S_N} \leq 2R^2\zeta(2)$ uniform. Omdat $\abs{\eu^a - \eu^b} \leq \eu^{\max(\abs a,\abs b)}\abs{a - b}$ (middelwaardegrens op het segment), convergeren de staartproducten $\prod_{n_0\leq n\leq N} = \eu^{S_N}$ uniform op $\bar D(0, R)$ naar de nultvrije $\eu^S$ . Vermenigvuldigen met het vaste polynoom $z\prod_{n<n_0}(1 - z^2/n^2)$ : $P_N \to P$ uniform op $\bar D(0, R)$ , en Stelling 16.15 maakt $P$ holomorf daar; $R$ willekeurig, $P$ is geheel. Op $\bar D(0, R)$ zijn de nullen van $P$ die van de polynomiale prefactor — de gehele getallen van modulus $\leq R$ , elk eenvoudig ( $(1 - z/n)(1 + z/n)$ heeft verschillende eenvoudige nullen, $\eu^S$ geen): de nulverzameling van $P$ is $\Z$ , alle nullen eenvoudig.

12. Logaritmische differentiatie van het eindige product, weg van haar nullen:

\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} .

Op een compactum $K \subseteq \C\setminus\Z$ : $P_N \to P$ en $P_N' \to P'$ uniform (Stelling 16.15), en $\min_K \abs P > 0$ ( $P$ verdwijnt slechts op $\Z$ ), dus uiteindelijk $\abs{P_N} \geq \frac12\min_K\abs P$ en $P_N'/P_N \to P'/P$ uniform op $K$ . Het middellid convergeert naar $\frac1z + \sum_{n\geq1}\frac{2z}{z^2-n^2} = \pi\cot(\pi z)$ door vraag 9: dus $P'/P = \pi\cot(\pi z)$ op $\C\setminus\Z$ .

13. $\sin(\pi z)$ en $P$ zijn geheel met dezelfde nulverzameling $\Z$ , alle nullen eenvoudig (vragen 1 en 11). Bij $m \in \Z$ schrijf $\sin(\pi z) = (z - m)\,\sigma(z)$ en $P(z) = (z - m)\,\psi(z)$ met $\sigma, \psi$ holomorf en niet-verdwijnend in $m$ (factoriseer de machtreeks): $Q = \sin(\pi z)/P = \sigma/\psi$ zet holomorf en nultvrij voort over elk geheel getal, en is nultvrij op $\C\setminus\Z$ als quotiënt van nultvrije functies. Daar,

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

dus de gehele functie $Q'$ verdwijnt op $\C\setminus\Z$ , dus overal door continuïteit: $Q$ is constant. Als $z \to 0$ : $\sin(\pi z)/z \to \pi$ en $P(z)/z \to 1$ , dus $Q = \pi$ :

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

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

\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)} :

Wallis’ product, een one-liner-gevolg van Eulers factorisatie.

15. Voor $\abs z \leq r < 1$ ligt elke factor in $D(1, r^2) \subseteq D(1, 1)$ , dus $P(z)/z = \exp\bigl( \sum_{n\geq1}\log(1 - z^2/n^2)\bigr)$ : elk deelproduct is de exponentiële van een deelsom, en beide kanten gaan tot de limiet door continuïteit van $\exp$ . De dubbele reeks

\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)

herrangschikt door Fubini voor reeksen: $\sum_{n,k} \frac{r^{2k}}{kn^{2k}} \leq \sum_k\zeta(2k)r^{2k} \leq \zeta(2)\frac{r^2}{1-r^2} < \infty$ . Dus

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

en vraag 13 vergelijkt dit met $\sin(\pi z) = \pi z - \frac{\pi^3}6z^3 + O(z^5)$ : $\pi\zeta(2) = \frac{\pi^3}6$ , d.w.z. $\zeta(2) = \frac{\pi^2}6$ . Het additieve gezicht (vraag 10) en het multiplicatieve gezicht berekenen hetzelfde getal.

16. Op een compactum $K \subseteq \C\setminus\Z$ convergeren de deelsommen $S_N = \frac1z + \sum_{n\leq N}\bigl( \frac1{z-n} + \frac1{z+n}\bigr)$ (vraag 9, termen hergroepeerd als $\frac{2z}{z^2-n^2} = \frac1{z-n} + \frac1{z+n}$ ) uniform naar $\pi\cot(\pi z)$ , dus Stelling 16.15 geeft $S_N' \to (\pi\cot\pi z)' = -\pi^2/\sin^2(\pi z)$ uniform op $K$ . Omdat $S_N' = -\sum_{\abs n\leq N}(z - n)^{-2}$ :

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

de convergentie normaal op compacta van $\C\setminus\Z$ (termen $O(n^{-2})$ ).

17. In $z = \frac12$ is de linkerkant $\pi^2$ ; rechts, $(\frac12 - n)^2 = \frac{(2n-1)^2}4$ met $2n - 1$ lopend over alle oneven gehele getallen precies éénmaal als $n$ over $\Z$ loopt:

\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 .

Pariteitssplitsing: $\zeta(2) = \frac{\pi^2}8 + \sum_{n\geq1}\frac1{(2n)^2} = \frac{\pi^2}8 + \frac{\zeta(2)}4$ , dus $\frac34\zeta(2) = \frac{\pi^2}8$ en $\zeta(2) = \frac{\pi^2}6$ nogmaals.

18. Met $c = \cot\theta$ en $\cot(2\theta) = \frac{c^2-1}{2c}$ : $\cot\theta - 2\cot(2\theta) = c - \frac{c^2-1}c = \frac1c = \tan\theta$ . Dus $\pi\tan(\pi z) = \pi\cot(\pi z) - 2\pi\cot(2\pi z)$ , en vraag 9 in $z$ en in $2z$ geeft

\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} .

Beide reeksen convergeren absoluut in elk vast $z$ buiten de polen, dus het verschil mag willekeurig hergroepeerd: in de tweede reeks geven de even termen $n = 2m$ $\frac{8z}{4z^2 - 4m^2} = \frac{2z}{z^2 - m^2}$ en heffen de eerste reeks geheel op, latend

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

normaal op compacta die $\frac12 + \Z$ vermijden (termen $O(m^{-2})$ ).

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

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

met $\sum_{m,k}8r\,(4r^2)^k(2m+1)^{-2k-2} < \infty$ omdat $4r^2 < 1$ : Fubini herrangschikt de dubbele som tot

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

Tegen $\pi\tan(\pi z) = \pi^2z + \frac{\pi^4}3z^3 + O(z^5)$ : de coëfficiënt van $z$ geeft $8\lambda(2) = \pi^2$ — vraag 17 opnieuw — en die van $z^3$ geeft $32\lambda(4) = \frac{\pi^4}3$ , d.w.z. $\lambda(4) = \frac{\pi^4}{96}$ . De even noemers verwijderend, $\lambda(4) = \zeta(4) - 2^{-4}\zeta(4) = \frac{15}{16}\zeta(4)$ : $\zeta(4) = \frac{16}{15}\cdot \frac{\pi^4}{96} = \frac{\pi^4}{90}$ , matchend vraag 7.

20. $\cot\frac\theta2 - \cot\theta = \frac{\cos\frac\theta2\,\sin\theta - \cos\theta\,\sin\frac\theta2}{\sin\frac\theta2\,\sin\theta} = \frac{\sin\frac\theta2}{\sin\frac\theta2\,\sin\theta} = \frac1{\sin\theta}$ , de teller zijnde $\sin(\theta - \frac\theta2)$ . Met $\theta = \pi z$ leest vraag 9 in $\frac z2$ als $\pi\cot\frac{\pi z}2 = \frac2z + \sum_{n\geq1}\frac{4z}{z^2 - 4n^2}$ , dus

\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} .

Absolute convergentie staat de pariteitshergroepering toe: even $n = 2m$ in de afgetrokken reeks draagt $\frac{2z}{z^2-4m^2}$ bij, latend $+\frac{2z}{z^2-4m^2}$ uit de eerste som, terwijl oneven $n$ overleeft met teken $-$ :

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

Tekens controleren: $\operatorname{Res}\bigl(\pi/\sin(\pi z), n\bigr) = \pi/(\pi\cos\pi n) = (-1)^n$ (Methode 17.6), en $(-1)^n\frac{2z}{z^2 - n^2} = \frac{(-1)^n}{z-n} + \frac{(-1)^n}{z+n}$ draagt exact dat residu in $\pm n$ .

21. Voor $\abs z \leq r < 1$ , elke term ontwikkelend als in vraag 19 ( $(-1)^n\frac{2z}{z^2-n^2} = (-1)^{n-1}\frac{2z}{n^2}\sum_k\frac{z^{2k}}{n^{2k}}$ ) en Fubini toepassend:

\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} .

Taylor-kant: $\sin(\pi z) = \pi z(1 - \frac{(\pi z)^2}6 + O(z^4))$ geeft $\frac\pi{\sin\pi z} = \frac1z + \frac{\pi^2}6z + O(z^3)$ : $2\eta(2) = \frac{\pi^2}6$ , dus $\eta(2) = \frac{\pi^2}{12}$ . Consistentie: $\eta(2) = \zeta(2) - 2\sum_n(2n)^{-2} = (1 - 2^{1-2})\zeta(2) = \frac{\zeta(2)}2 = \frac{\pi^2}{12}$ .

22. In $z = \frac12$ geeft vraag 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)} .

Met $\frac1{(2n-1)(2n+1)} = \frac12\bigl(\frac1{2n-1} - \frac1{2n+1}\bigr)$ , en beide alternerende reeksen convergent (Leibniz-criterium), splitst de som als $\frac12\bigl[L - (1 - L)\bigr] = L - \frac12$ , waar $L = 1 - \frac13 + \frac15 - \cdots$ en $\frac13 - \frac15 + \frac17 - \cdots = 1 - L$ . Dus $\pi = 2 + 4(L - \frac12) = 4L$ :

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

De moraal: elke kern is meromorf met polen op een rekenkundige progressie en voorgeschreven residuen. De cotangens zet residu $1$ in elk geheel getal en sommeert $f(n)$ ; haar afgeleide kwadrateert de polen en prijst $\lambda(2)$ ; de tangens verplaatst de polen naar $\frac12 + \Z$ en prijst de oneven noemers; $\pi/\sin$ houdt de geheeltallige polen maar alternatieert de residuen $(-1)^n$ , vandaar de alternerende reeksen. De eerste-orde-kernen zijn alle oneven functies: $n$ paren met $-n$ verdubbelt de even-machtscoëfficiënten en vernietigt de oneven, dus $\zeta(2k)$ stroomt mechanisch uit terwijl $\zeta(3)$ nooit verschijnt. De blindheid is pariteit, geen gebrek aan techniek.

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

\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) .

Dus, met de genererende functie op $w = 2\iu\pi z$ (en $B_1 = -\frac12$ die de $\iu\pi z$ -term opheft, oneven $B$ ’s verdwijnend voorbij):

\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} .

Anderzijds geeft de partiële-breukontwikkeling (Deel IV) $\pi z\cot(\pi z) = 1 - 2\sum_{k\geq1}\zeta(2k)z^{2k}$ (ontwikkel elke $\frac{2z^2}{z^2 - n^2} = -2\sum_k\frac{z^{2k}}{n^{2k}}$ en sommeer over $n$ , normale convergentie rechtvaardigend de verwisseling voor $\abs z < 1$ ). Coëfficiënten vergelijken: $-2\zeta(2k) = (-1)^k\frac{(2\pi)^{2k}B_{2k}}{(2k)!}$ , de gestelde formule.

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

25. Schrijf $C(z) = \pi z\cot(\pi z) = 1 - 2\sum_{k\geq1}\zeta(2k)z^{2k}$ (vraag 23). Directe differentiatie van $C = \pi z\cot(\pi z)$ , met $(\cot u)' = -1 - \cot^2u$ :

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

Ontwikkel nu beide kanten in machten van $z^2$ . Linkerkant: $\sum_k(-4k)\,\zeta(2k)\,z^{2k}$ . Rechterkant: kwadrateren van de reeks,

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},

en de term $-\pi^2z^2 = -6\zeta(2)z^2$ past slechts $k = 1$ aan. Coëfficiënten van $z^{2k}$ vergelijken voor $k \geq 2$ :

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

d.w.z. $\bigl(k + \frac12\bigr)\zeta(2k) = \sum_{j=1}^{k-1}\zeta(2j)\zeta(2k-2j)$ . (Bij $k = 1$ leest de identiteit $-4\zeta(2) = 2\zeta(2) - 6\zeta(2)$ : een consistentiecontrole, geen nieuwe informatie.) Toepassingen: $k = 2$ : $\frac52\zeta(4) = \zeta(2)^2 = \frac{\pi^4}{36}$ , dus $\zeta(4) = \frac{\pi^4}{90}$ ; $k = 3$ : $\frac72\zeta(6) = 2\zeta(2)\zeta(4) = \frac{\pi^6}{270}$ , dus $\zeta(6) = \frac{2}{7}\cdot\frac{\pi^6}{270} = \frac{\pi^6}{945}$ . Eén transcendent zaad ( $\zeta(2) = \frac{\pi^2}6$ ), en pure algebra genereert elke even zetawaarde.

17.1 De globale stelling van Cauchy

17.2 Laurentreeksen en geïsoleerde singulariteiten

17.3 De residuenstelling

17.4 Het argumentprincipe en de stelling van Rouché

17.5 Oefeningen

17.6 Probleem: ζ(2k)\zeta(2k)ζ(2k) via de cotangens

17.6 Probleem: $\zeta(2k)$ via de cotangens