Universitaire wiskunde — Bachelor jaar 3 · Bachelor Year 3

17Laurentreeksen en de residustelling

Wat gebeurt er met een holomorfe functie nabij een punt waar ze niet gedefinieerd is? Het antwoord is een volledige driedeling — ophefbaar punt, pool of essentiële singulariteit — af te lezen van een tweezijdige machtreeks, de laurentontwikkeling. Eén coëfficiënt van die ontwikkeling, het residu, beheerst elke contourintegraal rond de singulariteit: de residustelling zet moeilijke bepaalde integralen om in eindige algebra, telt de nulpunten van functies (argumentprincipe, Rouché) en bewijst de open-afbeeldingsstelling. We versterken eerst de stelling van Cauchy van stervormige gebieden tot haar definitieve, homologievrije vorm — het elegante argument van Dixon — zodat alle contouren met windingsgetal nul rond het complement beschikbaar worden.

17.1 De globale stelling van Cauchy

Een cykel $\Gamma$ is een eindige formele som van gesloten wegen $\gamma_1, \dots, \gamma_m$ ; 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 is 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 is dat duidelijk. Nabij een diagonaalpunt $(a, a)$ ontwikkel je $f$ 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 elke term door $w - z$ delen (ontbinding 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 binnenste som wordt $n(z-a)^{n-1}$ , met som $f'(z)$ ). 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 dus continu.

Stel $h(z) = \frac1{2\iu\pi}\int_\Gamma g(z, w)\,\dd w$ op $\Omega$ : continu (uniforme continuïteit van $g$ op compacte verzamelingen) en holomorf — volgens Morera (het criterium in Stelling 16.15): voor een driehoek $T \subseteq \Omega$ geeft Fubini $\int_{\partial T}h = \frac1{2\iu\pi}\int_\Gamma\bigl(\int_{\partial T}g(z, w)\dd z\bigr)\dd w = 0$ , waarbij de binnenste integraal verdwijnt 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 uitbreidingsargument uit het bewijs van Stelling 16.9).

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

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

Volgens de hypothese is $\Omega\cup\Omega' = \C$ ( $w \notin \Omega \Rightarrow \operatorname{Ind}_\Gamma(w) = 0$ ), dus lijmen $h$ en $h_1$ 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-afschatting), is $H$ begrensd en gaat ze naar $0$ : Liouville (Gevolg 16.12) geeft $H \equiv 0$ . Dus is $h \equiv 0$ op $\Omega$ , en dat is de integraalformule. Pas haar voor vaste $a \in \Omega\setminus\operatorname{im}\Gamma$ toe 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 ring $A = \{r < \abs{z - a} < R\}$ ( $0 \leq r < R \leq \infty$ ). Dan is

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 $\rho$ ), waarbij de twee halve reeksen normaal convergeren op compacte deelringen. De ontwikkeling is uniek.

Bewijs. Leg $r < \rho_1 < \abs{z - a} < \rho_2 < R$ vast en zij $\Gamma = C_{\rho_2} - C_{\rho_1}$ (de buitenste tegen de wijzers van de klok in, de binnenste met de wijzers 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: $0 - 0$ ). Volgens Stelling 17.1 geeft $\operatorname{Ind}_\Gamma(z) = 1 - 0 = 1$

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 $\frac{z - a}{w - a}$ , met modulus $< 1$ ): het niet-negatieve deel $\sum_{n\geq0}c_n(z-a)^n$ . Ontwikkel in de tweede 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 vermelde coëfficiënten (index $n = -m-1$ ). Onafhankelijkheid van $\rho$ : de integralen voor de coëfficiënt over $C_{\rho}$ en $C_{\rho'}$ verschillen een $\int_\Gamma$ over een cykel met index nul van de op $A$ holomorfe $\frac{f(w)}{(w-a)^{n+1}}$ : nul, opnieuw volgens Stelling 17.1. Uniciteit: integreer $\sum c_n(z-a)^n$ tegen $(z - a)^{-m-1}$ term voor term over $C_\rho$ (normale convergentie): alleen $n = m$ overleeft. ∎

Definitie 17.3

Is $f$ holomorf op een geperforeerde schijf $D(a, R)\setminus \{a\}$ , ontwikkel dan volgens Laurent ( $r = 0$ ). Drie elkaar uitsluitende gevallen:

alle $c_n = 0$ voor $n < 0$ : een ophefbare singulariteit (de niet-negatieve reeks breidt $f$ holomorf uit tot $a$ );
$c_n \neq 0$ voor eindig veel, maar minstens één, $n < 0$ : een pool van orde $m = -\min\{n : c_n \neq 0\}$ ; gelijkwaardig is $f = g/(z-a)^m$ met $g$ holomorf en $g(a) \neq 0$ ; gelijkwaardig gaat $\abs{f(z)} \to \infty$ als $z\to a$ ;
oneindig veel negatieve $c_n \neq 0$ : een essentiële singulariteit.

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

Stelling 17.4 (Riemann; Casorati–Weierstrass)

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

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

Bewijs. (1) Voor $n < 0$ en $\rho \to 0$ : $\abs{c_n} \leq M\rho^{-n-1}\cdot\rho\cdot\rho^{-\,n}\dots$ volgens ML op $C_\rho$ : $\abs{c_n} \leq \frac{1}{2\pi}\,2\pi\rho\cdot M\rho^{-(n+1)} = M\rho^{-n} \to 0$ (want $-n > 0$ ): alle negatieve coëfficiënten verdwijnen. (2) Werd een waarde $b$ niet benaderd, dan is $\abs{f - b} \geq \delta$ nabij $a$ , zodat $g = 1/(f - b)$ holomorf en begrensd is nabij $a$ : ophefbaar volgens (1), en $g$ breidt uit met waarde $c$ . Is $c \neq 0$ , dan is $f = b + 1/g$ begrensd nabij $a$ : ophefbaar — uitgesloten. Is $c = 0$ , dan heeft $g$ in $a$ een nulpunt van eindige orde $m$ (Stelling 16.13; $g \not\equiv 0$ ), en heeft $f = b + 1/g$ een pool van orde $m$ : opnieuw uitgesloten. ∎

17.3 De residustelling

Stelling 17.5 (Residustelling)

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 is

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

Bewijs. Zij voor elke $a \in S$ $P_a(z) = \sum_{n\leq-1}c_n^{(a)}(z - a)^n$ het hoofddeel van $f$ in $a$ : een reeks die op $\C\setminus\{a\}$ convergeert (haar straal in $1/(z-a)$ is oneindig: de laurentstaart convergeert voor alle kleine $\abs {z-a}$ en dus, als machtreeks in $(z-a)^{-1}$ , overal) en daar holomorf is. Dan heeft $g = f - \sum_{a\in S}P_a$ in elk punt van $S$ een ophefbare singulariteit (haar laurentontwikkeling in $a$ heeft geen negatief deel: de andere $P_{a'}$ zijn holomorf in $a$ ), zodat $g$ zich holomorf uitbreidt tot $\Omega$ , en Stelling 17.1 geeft $\int_\Gamma g = 0$ . Rest nog elke $P_a$ te integreren: term voor term (normale convergentie op de compacte $\operatorname{im}\Gamma$ , die $a$ mijdt),

\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)

Enkelvoudige pool: $\operatorname{Res}(f, a) = \lim_{z\to a}(z - a)f(z)$ ; voor $f = g/h$ met $g(a) \neq 0$ , $h(a) = 0$ en $h'(a) \neq 0$ is $\operatorname{Res} = g(a)/h'(a)$ . 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 $c_{-1}$ af (bijvoorbeeld uit bekende reeksen). Ga altijd na welke polen de contour werkelijk omsluit, en met welke index.

Voorbeeld 17.7 (De vier klassieke integraaltypen)

(a) Rationaal over $\R$ : sluit voor $\int_\R\frac{\dd x}{1 + x^4}$ af met een grote halve cirkel $S_R$ in het bovenste halfvlak: de integrand is daar $O(R^{-4})$ , dus $\int_{S_R} \to 0$ (ML), en de residustelling met de polen $\eu^{\iu\pi/4}$ en $\eu^{3\iu\pi/4}$ (enkelvoudig, met residu $\frac1{4z^3} = \frac{z}{4z^4} = -\frac z4$ 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) Fouriertype: voor $t \geq 0$ is $\int_\R\frac{\eu^{\iu tx}}{1 + x^2}\dd x = 2\iu\pi\operatorname{Res}\bigl(\tfrac{\eu^{\iu tz}}{1+z^2}, \iu\bigr) = 2\iu\pi\frac{\eu^{-t}}{2\iu} = \pi\eu^{-t}$ — de bovenste halve cirkel werkt omdat daar $\abs{\eu^{\iu tz}} = \eu^{-t\operatorname{Im}z} \leq 1$ ; reële delen nemen geeft $\int_\R\frac{\cos(tx)}{1+x^2}\dd x = \pi\eu^{-\abs t}$ , wat de zonder bewijs aangenomen formule van Oefening 10.10 vereffent. (c) Goniometrisch over een periode: substitueer $z = \eu^{\iu t}$ , $\cos t = \frac{z + z^{-1}}2$ en $\dd t = \frac{\dd z}{\iu z}$ : $\int_0^{2\pi}\frac{\dd t}{a + \cos t}$ ( $a > 1$ ) wordt een residutelling binnen de eenheidscirkel (Oefening 17.2). (d) Reeksen: paar $f$ met $\pi\cot(\pi z)$ , waarvan de polen de gehele getallen zijn met residu $1$ : zo sommeert de weekendopgave $\sum n^{-2}$ en $\sum n^{-4}$ .

De halvecirkelcontour voor ∈t_ℝ x/1 + x4: als R ∈fty draagt de boog O(R-3) bij, en de residustelling telt de twee omsloten polen (blauw). De twee onderste polen (grijs) liggen erbuiten: 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 residustelling telt de twee omsloten polen (blauw). De twee onderste polen (grijs) liggen erbuiten: index $0$ .

17.4 Het argumentprincipe en de stelling van Rouché

Stelling 17.8 (Argumentprincipe)

Zij $f$ meromorf op $\Omega$ , met nulpunten $z_j$ (van orde $m_j$ ) en polen $p_k$ (van orde $\mu_k$ ), en $\gamma$ een gesloten weg in $\Omega$ die ze alle mijdt, met $\operatorname{Ind}_\gamma = 0$ buiten $\Omega$ . Dan is

\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)

(slechts eindig veel termen zijn $\neq 0$ ). Voor een enkelvoudige contour tegen de wijzers van de klok in telt de integraal de nulpunten min de polen binnenin, met multipliciteit — en is ze gelijk aan het windingsgetal van de beeldweg $f\circ\gamma$ rond $0$ .

Bewijs. Nabij een nulpunt van orde $m$ : $f = (z-a)^mg$ met $g(a) \neq 0$ , dus $\frac{f'}f = \frac m{z - a} + \frac{g'}g$ met de tweede term holomorf nabij $a$ : een enkelvoudige pool met residu $m$ . Nabij een pool van orde $\mu$ geeft $f = (z-a)^{-\mu}g$ residu $-\mu$ . Elders is $\frac{f'}f$ holomorf. (De nulpunten en polen met index $\neq 0$ liggen in een compact gebied dat door $\gamma$ wordt omsloten; volgens de identiteitsstelling zijn ze daar eindig in aantal, want $f \not\equiv 0$ .) 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 weg met $\operatorname{Ind}_\gamma \in \{0,1\}$ , nul buiten $\Omega$ (een enkelvoudige contour). Is

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

dan hebben $f$ en $f + g$ evenveel nulpunten (met multipliciteit) in het gebied $\{\operatorname{Ind}_\gamma = 1\}$ .

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

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

goed gedefinieerd; ze telt de nulpunten in het omsloten gebied (Stelling 17.8; geen polen). $N$ is continu in $t$ (de integrand is gezamenlijk continu, de noemers zijn uniform van onderen begrensd — gedomineerde convergentie) en neemt gehele waarden aan: dus constant. Bijgevolg $N(0) = N(1)$ . ∎

Gevolg 17.10 (Open-afbeeldingsstelling)

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

Bewijs. Zij $f(a) = b$ ; $f - b$ heeft in $a$ een nulpunt van eindige orde $m \geq 1$ (identiteitsstelling: $f \not\equiv b$ ). Kies $r$ zodat $f - b$ geen nulpunt heeft op $\bar D(a, r)\setminus\{a\}$ (geïsoleerde nulpunten) en zij $\delta = \min_{\abs{z - a} = r}\abs{f(z) - b} > 0$ . Voor $\abs{w - b} < \delta$ is op de cirkel $\abs{(b - w)} < \delta \leq \abs{f - b}$ , dus zegt Rouché ( $f - b$ tegenover de constante $b - w$ ) dat $f - w$ precies $m$ nulpunten 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 een niet-constante $f$ , want haar beeld rond $f(a)$ bevat punten met grotere modulus. Inverse: een holomorfe bijectie $f$ is open, dus is $f^{-1}$ continu; het nulpunt van $f - f(a)$ in $a$ is enkelvoudig ( $m \geq 2$ zou $m$ originelen van nabije waarden geven — verschillende, want $f'$ verdwijnt enkel in geïsoleerde punten, zodat nabij $a$ de $m$ nulpunten van $f - w$ voor generieke kleine $w$ enkelvoudig en verschillend zijn: in tegenspraak met de injectiviteit); dan is $f'(a) \neq 0$ en convergeert het differentiequotiënt van $f^{-1}$ : $\bigl(f^{-1}\bigr)'(b) = 1/f'(a)$ . ∎

17.5 Oefeningen

Oefening 17.1 ★

Klasseer 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 $0$ . $\frac{\eu^z - 1}{z^2} = \frac1z + \frac12 + \frac z6 + \cdots$ : enkelvoudige pool, residu $1$ . $\frac1{z(z-1)^2}$ : enkelvoudige 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 $1$ . $\frac1{\sin z}$ : enkelvoudige polen in $n\pi$ ; residu $\frac1{\cos 0} = 1$ in $0$ en $\frac1{\cos\pi} = -1$ in $\pi$ (Methode 17.6, de regel $g/h'$ ).

Oefening 17.2 ★

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

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

Ga het limietgedrag bij $a \to 1^+$ en $a \to \infty$ na.

Oplossing

Oplossing van Oefening 17.2.

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

\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 is de integraal $\frac2\iu\cdot2\iu\pi\cdot\frac1{2\sqrt{a^2-1}} = \frac{2\pi}{\sqrt{a^2-1}}$ . Als $a \to 1^+$ explodeert ze (de integrand piekt in $t = \pi$ ); als $a \to \infty$ gedraagt ze zich als $\frac{2\pi}a$ , in overeenstemming met $\int\frac{\dd t}a$ .

Oefening 17.3 ★★

Bereken met halvecirkelcontouren, met verantwoording van de afschattingen op de boog:

\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{(waarmee \text{Oefening 14.3} opnieuw volgt)}.

Oplossing

Oplossing van Oefening 17.3.

Eerste integraal: de bovenste polen van $\frac{z^2}{1+z^6}$ zijn $p = \eu^{\iu\pi/6}, \iu, \eu^{5\iu\pi/6}$ ; in elk is $\operatorname{Res} = \frac{p^2}{6p^5} = \frac{p^3}{6p^6} = -\frac{p^3}6$ , en $p^3$ neemt de waarden $\iu, -\iu, \iu$ aan: som van de 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 ,

in overeenstemming 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 met inversie de fouriergetransformeerde van $x \mapsto \eu^{-a\abs x}$ af — vergelijk met Oefening 14.1.

Oplossing

Oplossing van Oefening 17.4.

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

(reëel deel; even in $t$ ). Dat is de tegenhanger via inversie 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 een laurentreeks in elk van de drie gebieden $\abs z < 1$ , $1 < \abs z < 2$ en $\abs z > 2$ . Waarom verschillen de drie ontwikkelingen? Leg uit waarom de coëfficiënt van $z^{-1}$ in de tweede en de 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.

Partieelbreuken: $f = \frac1{z-2} - \frac1{z-1}$ . 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 aan ringen hangen, niet aan punten: elk gebied heeft haar eigen meetkundige ontwikkelingen. De coëfficiënten van $z^{-1}$ ( $-1$ respectievelijk $0$ ) zijn integralen over cirkels die de singulariteiten binnenin omsluiten, geen residuen in $0$ ( $f$ is daar holomorf): voor $1 < \abs z < 2$ is de coëfficiënt $-1$ gelijk aan $\operatorname{Res}(f, 1)$ ; voor $\abs z > 2$ is de coëfficiënt $0$ gelijk aan $\operatorname{Res}(f,1) + \operatorname{Res}(f,2) = -1 + 1$ . De residuen van $f$ zijn: $-1$ in $1$ en $+1$ in $2$ .

Oefening 17.6 ★★

(a) Toon aan dat $\eu^{1/z}$ in $0$ een essentiële singulariteit heeft en ga Casorati–Weierstrass met de hand na: los $\eu^{1/z} = w$ expliciet op voor elke $w \neq 0$ en geef oplossingen willekeurig dicht bij $0$ . (b) Toon aan dat $\abs{\eu^{1/z}}$ op elke geperforeerde omgeving van $0$ onbegrensd is en dat $\eu^{1/z}$ toch 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. $\eu^{1/z} = w$ oplossen ( $w \neq 0$ ): $\frac1z = \log\abs w + \iu\arg w + 2\iu\pi k$ , dus

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

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

Oefening 17.7 ★★

Tel met Rouché: (a) de nulpunten van $z^7 - 4z^3 + z - 1$ in $\abs z < 1$ ; (b) de nulpunten van $z^4 + 5z + 1$ in $\abs z < 1$ en in $1 < \abs z < 2$ ; (c) bewijs d’Alembert–Gauss opnieuw: een monische veelterm van graad $n$ heeft $n$ nulpunten in een 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 $f = -4z^3$ en $g = z^7 + z - 1$ : drie nulpunten in de schijf. (b) Op $\abs z = 1$ : $\abs{z^4 + 1} \leq 2 < 5 = \abs{5z}$ : één nulpunt in $\abs z < 1$ . Op $\abs z = 2$ : $\abs{5z + 1} \leq 11 < 16 = \abs{z^4}$ : vier nulpunten in $\abs z < 2$ . Dus drie nulpunten in de ring. (c) Voor $P = z^n + a_{n-1}z^{n-1} + \dots$ : op $\abs z = R > 1 + \sum\abs{a_k}$ is $\abs{P - z^n} \leq \bigl(\sum\abs{a_k}\bigr)R^{n-1} < R^n = \abs{z^n}$ : dus heeft $P$ precies $n$ nulpunten in $D(0, R)$ — d’Alembert–Gauss met multipliciteit, door louter te tellen.

Oefening 17.8 ★★★

(Hurwitz) Zij $f_n \to f$ uniform op compacte verzamelingen, met $f_n \in \mathcal H(\Omega)$ , $\Omega$ samenhangend en $f \not\equiv 0$ . (a) Toon aan dat als alle $f_n$ nulpuntvrij zijn, $f$ dat ook is. (Is $f(a) = 0$ : het argumentprincipe op een kleine cirkel rond $a$ , en Stelling 16.15 om in $\int f_n'/f_n$ naar de limiet over te gaan.) (b) Toon aan 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 $f(a) = 0$ met $f \not\equiv 0$ : kies $r$ zodat $f$ geen nulpunt heeft op de cirkel $C = \partial D(a, r)$ (geïsoleerde nulpunten) en zij $m = \min_C\abs f > 0$ . Volgens Stelling 16.15 convergeren $f_n \to f$ en $f_n' \to f'$ uniform op $C$ ; voor grote $n$ is $\abs{f_n} \geq m/2$ 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 het nulpunt $a$ ; de convergentie omdat de tellers uniform convergeren en de noemers uniform van onderen begrensd zijn). Het linkerlid is een geheel getal dat de nulpunten van $f_n$ in de schijf telt: het moet uiteindelijk $\geq 1$ zijn — in tegenspraak met de nulpuntvrijheid. Dus is $f$ nulpuntvrij.

(b) Leg $w \in \Omega$ vast en pas (a) toe op de samenhangende open verzameling $\Omega\setminus\{w\}$ (een punt uit een open samenhangende deelverzameling van $\C$ verwijderen behoudt de samenhang) op $g_n(z) = f_n(z) - f_n(w)$ , daar nulpuntvrij wegens de injectiviteit, met limiet $g = f - f(w)$ . Is $f$ niet constant, dan is $g \not\equiv 0$ op $\Omega\setminus\{w\}$ , dus is $g$ daar nulpuntvrij: $f(z) \neq f(w)$ voor alle $z \neq w$ . Omdat $w$ willekeurig was, is $f$ injectief.

Oefening 17.9 ★★★

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

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

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

Oplossing

Oplossing van Oefening 17.9.

De rand van de sector bestaat uit $[0, R]$ , de boog $A_R$ en de omgekeerd doorlopen straal $\eu^{2\iu\pi/n}[0, R]$ . 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 terugstraal geeft $z = \eu^{2\iu\pi/n}x$ dat $z^n = x^n$ en $\dd z = \eu^{2\iu\pi/n}\dd x$ ; de boog is $O(R^{-n})\cdot O(R) \to 0$ . Bijgevolg is

\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 $n \to \infty$ gaat de waarde naar $1$ , en inderdaad gaat de integrand naar $\mathbf 1_{\intco01}$ (met de dominant $\min(1, x^{-2})$ voor $n \geq 2$ ).

Oefening 17.10 ★★

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

Oplossing

Oplossing van Oefening 17.10.

Op $\abs z = R$ groot is $\abs f \leq C R^{-2}$ : $\abs{\oint_{C_R} f} \leq 2\pi R\cdot CR^{-2} \to 0$ . Maar voor $R$ voorbij alle polen geeft de residustelling $\oint_{C_R}f = 2\iu\pi\sum_{\text{alle }p}\operatorname{Res}(f, p)$ : dus verdwijnt de totale som. Voor $f = \frac1{z(z-1)(z-2)}$ : de residuen zijn $\frac1{(-1)(-2)} = \frac12$ in $0$ , $\frac1{1\cdot(-1)} = -1$ in $1$ en $\frac1{2\cdot1} = \frac12$ in $2$ — met som $0$ , 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 coëfficiënten van de partieelbreuken, en de identiteit met som nul levert een gratis consistentiecontrole (of bepaalt de laatste coëfficiënt uit de andere).

Oefening 17.11 ★★★

(Het sleutelgat: de reflectie-integraal van Euler) Bereken voor $0 < a < 1$

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

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

Oplossing

Oplossing van Oefening 17.11.

Op het sleutelgat is, met de gekozen bepaling, net boven de snede $\log z = \ln x$ en 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 $C_R$ , met lengte $2\pi R$ : bijdrage $O(R^{a-1}) \to 0$ (want $a < 1$ ); en $\abs f \leq \frac{\varepsilon^{a-1}}{1 - \varepsilon}$ op $C_\varepsilon$ , met lengte $2\pi\varepsilon$ : $O(\varepsilon^a) \to 0$ (want $a > 0$ ). Residu: in $z = -1 = \eu^{\iu\pi}$ is $\operatorname{Res} = \eu^{(a-1)\iu\pi}$ . Bijgevolg is

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} .

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

Oefening 17.12 ★★

(Nulpunten tellen met het argumentprincipe, numeriek) Zij $P(z) = z^4 + 8z + 1$ . (a) Hoeveel nulpunten in de eenheidsschijf? (Rouché tegen $8z + 1$ .) (b) Hoeveel in de ring $1 < \abs z < 3$ ? (Rouché tegen $z^4$ op $\abs z = 3$ .) Scherp aan: toon aan dat elk nulpunt modulus $< 2.1$ heeft. (c) Hoeveel in het rechterhalfvlak? (Tel eerst op $\abs z = 2$ ; volg daarna het beeld van de imaginaire as: $P(\iu t) = t^4 + 1 + 8\iu t$ heeft overal een positief reëel deel, dus geen nulpunten op de as, en de argumentvariatie erlangs is berekenbaar — besluit met een grote halve schijf.)

Oplossing

Oplossing van Oefening 17.12.

(a) Op $\abs z = 1$ : $\abs{z^4} = 1 < 7 \leq \abs{8z + 1}$ (want $\abs{8z} - 1 = 7$ ): $P$ heeft evenveel nulpunten 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 nulpunten in $\abs z < 3$ , dus $4 - 1 = 3$ nulpunten in de ring $1 < \abs z < 3$ . Aanscherping: een nulpunt met $\abs z = r \geq 2.1$ zou voldoen aan $r^4 = \abs{8z + 1} \leq 8r + 1$ , maar $r^4 - 8r - 1$ is stijgend voor $r \geq 2$ en is gelijk aan $19.45 - 16.8 - 1 = 1.65 > 0$ bij $r = 2.1$ : onmogelijk. De drie buitenste nulpunten liggen dus in $1 < \abs z < 2.1$ . (Numeriek: een reëel nulpunt nabij $-1.95$ en een toegevoegd paar nabij $1.04 \pm 1.73\iu$ , met modulus $2.02$ — en daarom moet een poging met Rouché op straal precies $2$ mislukken: de stelling eist strikte overheersing, en de nulpunten zitten er net buiten.)

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

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

Probleem 17.1

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

De residustelling sommeert reeksen: een rationale functie paren met $\pi\cot(\pi z)$ , waarvan de polen in de gehele getallen liggen, maakt van $\sum_{n}f(n)$ een residutelling. We bewijzen de methode en berekenen $\zeta(2) = \frac{\pi^2}{6}$ en $\zeta(4) = \frac{\pi^4}{90}$ — de waarden die in het volume van bachelorjaar 2 met fourierreeksen en in Hoofdstuk 15 met operatorsporen werden gevonden, nu met contourintegratie.

Deel I — De cotangenskern.

Toon aan dat $\pi\cot(\pi z)$ meromorf is op $\C$ , met enkelvoudige polen precies in $z = n \in \Z$ , elk met 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 $\cos$ door die van $\sin$ te delen (verantwoord de deling: $\frac{\sin\pi z}{\pi z}$ is holomorf en $\neq 0$ nabij $0$ , dus is haar omgekeerde holomorf; identificeer de coëfficiënten tot en met orde $3$ ).
Zij $C_N$ de rand van het vierkant met hoekpunten $(\pm1\pm\iu)(N + \frac12)$ . Toon aan dat $\abs{\cot(\pi z)} \leq 2$ op $C_N$ voor elke $N \geq 1$ . (Op de verticale zijden is $\cot(\pi(\pm(N + \frac12) + \iu y)) = \mp\tan(\iu\pi y)$ , met modulus $\abs{\tanh(\pi y)} \leq 1$ ; op de horizontale zijden, waar $\abs y = N + \frac12$ , schat je $\abs{\cot(\pi(x\pm\iu y))} \leq \coth(\pi y) \leq \coth(\pi/2) < 1.1$ af.)

Deel II — De sommatiestelling.

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

$\lim_{N\to\infty}\ \sum_{n = -N}^{N} f(n) = -\sum_{p\ \text{pool van}\ f} \operatorname{Res}\bigl(\pi\cot(\pi z)f(z),\,p\bigr).$
Waar heeft het argument de graadvoorwaarde nodig? Toon met een voorbeeld (neem $f(z) = 1/(z + \frac12)$ ) aan dat bij trager verval 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 ligt de pool van $f$ in een geheel getal, dus voer je het argument rechtstreeks uit — integreer $g(z) = \frac{\pi\cot(\pi z)}{z^2}$ over $C_N$ , toon aan dat de integraal naar $0$ gaat, en bereken $\operatorname{Res}(g, 0)$ met vraag 2. Besluit:

$2\sum_{n\geq1}\frac1{n^2} = \frac{\pi^2}{3}, \qquad \zeta(2) = \frac{\pi^2}6 .$
Idem 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 $\zeta(2k)$ gelijk aan $-\frac12$ 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 ze niets?

Deel IV — De partieelbreuksplitsing van de cotangens.

Leg $w \in \C\setminus\Z$ vast en pas de methode van Deel II toe op $f(z) = \dfrac{1}{(z - w)(z + w)}$ — merk op dat $\pi\cot(\pi z)f(z)$ nu extra enkelvoudige polen in $\pm w$ heeft, waarvan de residuen mee moeten tellen. Leid de partieelbreuksplitsing

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

af, waarbij de reeks normaal convergeert op compacte deelverzamelingen van $\C\setminus\Z$ .
Vind uit deze ontwikkeling, door elke term in machten van $w$ te ontwikkelen (verantwoord het verwisselen), dezelfde laurentcoëfficiënten terug als in vraag 2 — de cirkel sluit zich: de formule van Euler $\sum\frac1{n^2} = \frac{\pi^2}6$ is de coëfficiënt van $w$ in de twee gezichten van de cotangens. Vergelijk met het bewijs met fourierreeksen (volume van bachelorjaar 2) en dat met het spoor (Probleem 15.1): drie theorieën, één getal.

Deel V — Het product van Euler voor de sinus. De ontwikkeling van vraag 9 is de logaritmische afgeleide van een oneindig product; we bewijzen nu eerlijk de ontbinding die Euler in 1734 vond.

Stel voor $N \geq 1$ $P_N(z) = z\prod_{n=1}^{N}\bigl(1 - \frac{z^2}{n^2}\bigr)$ . Toon aan dat $P_N$ uniform op elke schijf $\bar D(0, R)$ convergeert naar een gehele functie $P$ waarvan de nulpunten precies de gehele getallen zijn, alle enkelvoudig. (Schrijf voor $n \geq 2R$ de factor als $\exp\log(1 - z^2/n^2)$ met de hoofdlogaritme van Oefening 16.3, schat $\abs{\log(1+u)} \leq 2\abs u$ af voor $\abs u \leq \frac12$ met de reeks, en exponentieer de normaal convergente som van logaritmen; de eindig veel resterende factoren vormen een veelterm. Besluit met Stelling 16.15.)
Toon aan dat op $\C\setminus\Z$

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

(differentieer de eindige producten, ga met Stelling 16.15 en de nulpuntvrijheid van $P$ buiten $\Z$ naar de limiet, en citeer vraag 9).
Toon aan dat $Q = \sin(\pi z)/P(z)$ zich uitbreidt tot een nulpuntvrije gehele functie met $Q' = 0$ , en besluit tot het product van Euler:

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

$\frac\pi2 = \prod_{n\geq1}\frac{4n^2}{4n^2 - 1} = \lim_{N\to\infty} \frac{2\cdot2\cdot4\cdot4\cdots(2N)(2N)} {1\cdot3\cdot3\cdot5\cdots(2N-1)(2N+1)} .$
Ontwikkel voor $\abs z < 1$ de logaritme van het product als dubbele reeks (verantwoord de herschikking) en vind $\zeta(2) = \frac{\pi^2}6$ terug door de coëfficiënt van $z^3$ te vergelijken in $\sin(\pi z) = \pi z - \frac{\pi^3}6z^3 + \cdots$ — het gezicht van Eulers getal aan de kant van het product.

Deel VI — Zusterkernen. De cotangens heeft zussen; elk beprijst haar eigen familie reeksen.

Differentieer de ontwikkeling van vraag 9 term voor term (verantwoord met Stelling 16.15) om, normaal op compacte deelverzamelingen van $\C\setminus\Z$ , te verkrijgen

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

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

normaal op compacte verzamelingen die $\frac12 + \Z$ mijden.
Ontwikkel rond $0$ ( $\abs z < \frac12$ ; opnieuw Fubini): met $\lambda(s) = \sum_{m\geq0}(2m+1)^{-s}$ is

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

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

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

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 de formule van Leibniz af:

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

Sluit af met een korte alinea: één kern per rekenkunde — welke kern beprijst welke familie reeksen, en waarom zijn ze structureel allemaal blind voor $\zeta(3)$ ?

Deel VII — De volledige prijslijst: de getallen van Bernoulli.

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

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

(bewijs eerst die identiteit) de gesloten vorm

$\zeta(2k) = (-1)^{k+1}\, \frac{(2\pi)^{2k}\,B_{2k}}{2\,(2k)!} \qquad (k \geq 1)$

af.
Toets de formule aan $B_2 = \frac16$ , $B_4 = -\frac1{30}$ en $B_6 = \frac1{42}$ : vind $\zeta(2) = \frac{\pi^2}6$ en $\zeta(4) = \frac{\pi^4}{90}$ terug, en bereken $\zeta(6) = \frac{\pi^6}{945}$ .
(Recursie van Euler) Ontwikkel beide leden van $\bigl(z\cot z\bigr)' = \cot z - z(1 + \cot^2z)$ — of kwadrateer de cotangensreeks rechtstreeks — om

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

te bewijzen, en ga na dat ze $\zeta(4)$ uit $\zeta(2)$ en $\zeta(6)$ uit $\zeta(2), \zeta(4)$ berekent — alle even zetawaarden uit het ene zaadje $\frac{\pi^2}6$ , zonder één nieuwe integratie.

Oplossing

Oplossing van Probleem 17.1.

1. $\sin(\pi z)$ heeft enkelvoudige nulpunten precies in $\Z$ ( $\sin\pi z = 0$ dan en slechts dan als $z \in \Z$ , en $(\sin\pi z)' = \pi\cos\pi z \neq 0$ daar), en $\cos(\pi n) \neq 0$ : dus heeft $\pi\cot(\pi z) = \pi\cos(\pi z)/\sin(\pi z)$ enkelvoudige polen in $\Z$ met

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

(de regel $g/h'$ , 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 $\neq 0$ nabij $0$ : haar omgekeerde is holomorf (Definitie 16.1: quotiënt), met reeks $1 + \frac{(\pi z)^2}{6} + \frac{7(\pi z)^4}{360} + \cdots$ (identificeer: coëfficiënten in de trant van $(1 - u)^{-1}$ met $u = \frac{(\pi z)^2}6 - \frac{(\pi z)^4}{120}$ : de coëfficiënt van $z^4$ 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

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

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

\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),

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

5. Het verval $\abs f = O(\abs z^{-2})$ doodde de contourintegraal en maakte $\sum\abs{f(n)}$ convergent. Voor $f(z) = \frac1{z + \frac12}$ telescoperen de symmetrische sommen $\sum_{-N}^N\frac1{n + \frac12}$ tot $0$ (de termen $n$ en $-n - 1$ heffen elkaar op), en het rechterlid 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 enkel de symmetrische limiet (de hoofdwaarde).

6. $g(z) = \frac{\pi\cot(\pi z)}{z^2}$ : polen in de gehele getallen $\neq 0$ met residuen $\frac1{n^2}$ , en in $0$ , waar volgens 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 $C_N$ gaat naar $0$ als in vraag 4 ( $\abs{g} = O(N^{-2})$ op $C_N$ ). Bijgevolg is $0 = \sum_{n\neq0}\frac1{n^2} - \frac{\pi^2}3$ : dus $2\zeta(2) = \frac{\pi^2}3$ en $\zeta(2) = \frac{\pi^2}6$ .

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

8. Met $g = \pi\cot(\pi z)/z^{2k}$ is het residu in $0$ de coëfficiënt $a_{2k-1}$ van $z^{2k-1}$ in de ontwikkeling van $\pi\cot(\pi z)$ , en de verdwijnende contour geeft $2\zeta(2k) + a_{2k-1} = 0$ : dus $\zeta(2k) = -a_{2k-1}/2$ , een rationaal veelvoud van $\pi^{2k}$ , want dat zijn de coëfficiënten van de cotangens. Nog één delingsstap levert $a_5 = -\frac{2\pi^6}{945}$ op, waaruit $\zeta(6) = \frac{\pi^6}{945}$ . Voor $\zeta(3)$ : de natuurlijke kern $g = \pi\cot(\pi z)/z^3$ brengt $\sum_{n\neq0}\frac1{n^3} = 0$ voort wegens de oneven pariteit — de methode bewijst $0 = 0$ en is structureel blind voor de oneven zetawaarden (voor $\zeta(3)$ is geen gesloten vorm bekend; haar irrationaliteit, Apéry 1978, vergde volstrekt andere ideeën).

9. $F(z) = \frac{\pi\cot(\pi z)}{(z - w)(z + w)}$ heeft polen in de gehele getallen (residuen $\frac1{n^2 - w^2}$ , met het teken: $f(n) = \frac1{(n-w)(n+w)} = \frac1{n^2 - w^2}$ ) en enkelvoudige polen in $\pm w$ , elk met residu $\frac{\pi\cot(\pm \pi w)}{\pm2w} = \frac{\pi\cot(\pi w)}{2w}$ ( $\cot$ 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{dat wil zeggen}\qquad \pi\cot(\pi w) = \frac1w + \sum_{n\geq1}\frac{2w}{w^2 - n^2},

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

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

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

Vergelijking 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 greenoperator 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. Leg $R \geq 1$ vast en zij $n_0$ het kleinste gehele getal $\geq 2R$ . Voor $\abs z \leq R$ en $n \geq n_0$ is $\abs{z^2/n^2} \leq \frac14$ , dus $1 - z^2/n^2 \in \bar D(1, \frac14)$ , waar de hoofdlogaritme 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 partiële sommen $S_N$ en uniform $\abs{S_N} \leq 2R^2\zeta(2)$ . Omdat $\abs{\eu^a - \eu^b} \leq \eu^{\max(\abs a,\abs b)}\abs{a - b}$ (de middelwaardeafschatting op het lijnstuk), convergeren de staartproducten $\prod_{n_0\leq n\leq N} = \eu^{S_N}$ uniform op $\bar D(0, R)$ naar de nulpuntvrije $\eu^S$ . Vermenigvuldigen met de vaste veelterm $z\prod_{n<n_0}(1 - z^2/n^2)$ : dus $P_N \to P$ uniform op $\bar D(0, R)$ , en Stelling 16.15 maakt $P$ daar holomorf; omdat $R$ willekeurig is, is $P$ geheel. Op $\bar D(0, R)$ zijn de nulpunten van $P$ die van de veeltermfactor — de gehele getallen met modulus $\leq R$ , elk enkelvoudig ( $(1 - z/n)(1 + z/n)$ heeft verschillende enkelvoudige nulpunten, $\eu^S$ geen enkel): de nulpuntenverzameling van $P$ is $\Z$ , met alle nulpunten enkelvoudig.

12. Logaritmisch differentiëren van het eindige product, weg van zijn nulpunten:

\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 compacte $K \subseteq \C\setminus\Z$ convergeren $P_N \to P$ en $P_N' \to P'$ uniform (Stelling 16.15), en is $\min_K\abs P > 0$ ( $P$ verdwijnt enkel op $\Z$ ), dus is uiteindelijk $\abs{P_N} \geq \frac12\min_K\abs P$ en convergeert $P_N'/P_N \to P'/P$ uniform op $K$ . Het middelste lid convergeert volgens vraag 9 naar $\frac1z + \sum_{n\geq1}\frac{2z}{z^2-n^2} = \pi\cot(\pi z)$ : dus is $P'/P = \pi\cot(\pi z)$ op $\C\setminus\Z$ .

13. $\sin(\pi z)$ en $P$ zijn geheel met dezelfde nulpuntenverzameling $\Z$ , met alle nulpunten enkelvoudig (vragen 1 en 11). Schrijf nabij $m \in \Z$ $\sin(\pi z) = (z - m)\,\sigma(z)$ en $P(z) = (z - m)\,\psi(z)$ met $\sigma, \psi$ holomorf en $\neq 0$ in $m$ (splits de machtreeks af): dan breidt $Q = \sin(\pi z)/P = \sigma/\psi$ zich holomorf en nulpuntvrij over elk geheel getal uit, en is ze op $\C\setminus\Z$ nulpuntvrij als quotiënt van nulpuntvrije functies. Daar is

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

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

het product van Wallis, een gevolg van één regel uit de ontbinding van Euler.

15. Voor $\abs z \leq r < 1$ ligt elke factor in $D(1, r^2) \subseteq D(1, 1)$ , dus is $P(z)/z = \exp\bigl( \sum_{n\geq1}\log(1 - z^2/n^2)\bigr)$ : elk partieel product is de exponentiële functie van een partiële som, en beide leden gaan wegens de continuïteit van $\exp$ naar de limiet. 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)

herschikt volgens Fubini voor reeksen: $\sum_{n,k} \frac{r^{2k}}{kn^{2k}} \leq \sum_k\zeta(2k)r^{2k} \leq \zeta(2)\frac{r^2}{1-r^2} < \infty$ . Bijgevolg is

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

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

met normale convergentie op compacte verzamelingen van $\C\setminus\Z$ (termen $O(n^{-2})$ ).

17. In $z = \frac12$ is het linkerlid $\pi^2$ ; rechts is $(\frac12 - n)^2 = \frac{(2n-1)^2}4$ , waarbij $2n - 1$ elk oneven getal precies één keer doorloopt als $n$ door $\Z$ 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 .

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

18. Met $c = \cot\theta$ en $\cot(2\theta) = \frac{c^2-1}{2c}$ is $\cot\theta - 2\cot(2\theta) = c - \frac{c^2-1}c = \frac1c = \tan\theta$ . Bijgevolg is $\pi\tan(\pi z) = \pi\cot(\pi z) - 2\pi\cot(2\pi z)$ , 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 voor elke vaste $z$ buiten de polen absoluut, dus mag het verschil naar believen hergroepeerd worden: in de tweede reeks geven de even termen $n = 2m$ $\frac{8z}{4z^2 - 4m^2} = \frac{2z}{z^2 - m^2}$ en heffen ze de eerste reeks volledig op, zodat

\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 compacte verzamelingen die $\frac12 + \Z$ mijden (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 herschikt de dubbele som tot

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

Tegenover $\pi\tan(\pi z) = \pi^2z + \frac{\pi^4}3z^3 + O(z^5)$ : de coëfficiënt van $z$ geeft $8\lambda(2) = \pi^2$ — opnieuw vraag 17 — en die van $z^3$ geeft $32\lambda(4) = \frac{\pi^4}3$ , dat wil zeggen $\lambda(4) = \frac{\pi^4}{96}$ . De even noemers wegwerken geeft $\lambda(4) = \zeta(4) - 2^{-4}\zeta(4) = \frac{15}{16}\zeta(4)$ : dus $\zeta(4) = \frac{16}{15}\cdot \frac{\pi^4}{96} = \frac{\pi^4}{90}$ , in overeenstemming met vraag 7.

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

De absolute convergentie laat het hergroeperen naar pariteit toe: even $n = 2m$ in de afgetrokken reeks draagt $\frac{2z}{z^2-4m^2}$ bij, zodat uit de eerste som $+\frac{2z}{z^2-4m^2}$ overblijft, terwijl oneven $n$ met teken $-$ overleeft:

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

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

21. Voor $\abs z \leq r < 1$ geeft elke term ontwikkelen 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 toepassen

\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} .

Aan de kant van Taylor: $\sin(\pi z) = \pi z(1 - \frac{(\pi z)^2}6 + O(z^4))$ geeft $\frac\pi{\sin\pi z} = \frac1z + \frac{\pi^2}6z + O(z^3)$ : dus $2\eta(2) = \frac{\pi^2}6$ en $\eta(2) = \frac{\pi^2}{12}$ . 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 met beide alternerende reeksen convergent (criterium van Leibniz), splitst de som als $\frac12\bigl[L - (1 - L)\bigr] = L - \frac12$ , waarbij $L = 1 - \frac13 + \frac15 - \cdots$ en $\frac13 - \frac15 + \frac17 - \cdots = 1 - L$ . Bijgevolg is $\pi = 2 + 4(L - \frac12) = 4L$ :

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

De moraal: elke kern is meromorf met polen op een rekenkundige rij en voorgeschreven residuen. De cotangens legt residu $1$ in elk geheel getal en sommeert $f(n)$ ; haar afgeleide kwadrateert de polen en beprijst $\lambda(2)$ ; de tangens verplaatst de polen naar $\frac12 + \Z$ en beprijst de oneven noemers; $\pi/\sin$ houdt de gehele polen maar laat de residuen $(-1)^n$ alterneren, vandaar de alternerende reeksen. De kernen van eerste orde zijn allemaal oneven functies: $n$ met $-n$ paren verdubbelt de coëfficiënten bij de even machten en vernietigt die bij de oneven, zodat $\zeta(2k)$ er mechanisch uitrolt 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) .

Bijgevolg is, met de genererende functie in $w = 2\iu\pi z$ (en met $B_1 = -\frac12$ dat de term $\iu\pi z$ opheft, terwijl de oneven $B$ ’s daarna verdwijnen),

\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 partieelbreuksplitsing (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 $n$ , waarbij de normale convergentie het verwisselen voor $\abs z < 1$ rechtvaardigt). Coëfficiënten vergelijken: $-2\zeta(2k) = (-1)^k\frac{(2\pi)^{2k}B_{2k}}{(2k)!}$ , de vermelde 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). Rechtstreeks differentiëren van $C = \pi z\cot(\pi z)$ , met $(\cot u)' = -1 - \cot^2u$ , geeft

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 leden in machten van $z^2$ . Linkerlid: $\sum_k(-4k)\,\zeta(2k)\,z^{2k}$ . Rechterlid: de reeks kwadrateren geeft

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 enkel $k = 1$ aan. De coëfficiënten van $z^{2k}$ voor $k \geq 2$ vergelijken:

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

dat wil zeggen $\bigl(k + \frac12\bigr)\zeta(2k) = \sum_{j=1}^{k-1}\zeta(2j)\zeta(2k-2j)$ . (Bij $k = 1$ luidt 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 zaadje ( $\zeta(2) = \frac{\pi^2}6$ ), en pure algebra brengt elke even zetawaarde voort.

17.1 De globale stelling van Cauchy

17.2 Laurentreeksen en geïsoleerde singulariteiten

17.3 De residustelling

17.4 Het argumentprincipe en de stelling van Rouché

17.5 Oefeningen

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

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