Opgave - Matematik - Rasmus Sylvester Bryder

Opgave 4.14
KomAn opgavesæt 2
Rasmus Sylvester Bryder
25. februar 2010
Sæt Cr = K(0, r) for r > 0. Vi ønsker at vise, at potensrækken ∞ n=0 zn , z ∈ C
konvergerer uniformt mod 1
1−z for z ∈ Cr, hvor r < 1. Vi søger altså for givet
r < 1 at vise, at limn→∞ supz∈Cr |sn(z) − 1/1−z| = 0, hvor
sn(z) =
n
z k , z ∈ Cr.
k=0
Lad derfor 0 < r < 1. For z ∈ C og n ∈ N gælder, at (1 − z)(1 + z + · · · + zn )
er lig 1 − zn+1 ; altså
n
sn(z) = z k 1 − zn+1
=
1 − z
k=0
for alle z ∈ C og n ∈ N. Vi får nu for z ∈ Cr, at |z| ≤ r, og vi har endvidere ved
et geometrisk argument, at |1 − z| ≥ |1 − r| = 1 − r > 0, hvorpå
sn(z) − 1
1 − z =
1 − z
n+1
− 1
1 − z = |zn+1 | |z|n+1 rn+1
= ≤
|1 − z| |1 − z| 1 − r
for n ∈ N. Altså vil 0 ≤ supz∈Cr |sn(z) − 1/1−z| ≤ rn+1
1−r for alle n ∈ N. Lader vi
n → ∞, vil højresiden gå imod 0, thi r < 1. Vi får nu, at
lim
n→∞ sup |sn(z) −
z∈Cr
1/1−z| = 0,
grundet klemmelemmaet, hvorpå potensrækken konvergerer uniformt mod 1
1−z
i Cr.
Der gælder imidlertid ikke, at potensrækken konvergerer uniformt på K(0, 1).
For at vise dette lader vi ε = 1
2 . Vi skal nu til ethvert N ∈ N finde et n ≥ N, så
|sn(z) − 1
1−z | ≥ ε for et eller andet z0 ∈ K(0, 1). Men lad da n = N og betragt
z0 = n+1
1
2 .
Da vil
sn(z0) − 1
1 − z0
= |z0| n+1
|1 − z0| =
1
2
1 − n+1
1
Altså konvergerer potensrækken ikke uniformt på K(0, 1).
2
≥ 1
= ε.
2

Rasmus Sylvester Bryder 2
Opgave 4.19
Vi betragter rækken
∞
n=1
1
n z
(n z = exp(z ln n), z ∈ C).
Lad A = {z ∈ C | Re z > 1}. Vi ønsker at vise, at rækken er absolut konvergent
for alle z ∈ A; vi har for z ∈ A, at −z ln n = − ln nRe z − i ln nIm z, og at
∞
−z
n =
n=1
=
∞
∞
|exp(−z ln n)| =
n=1
n=1
n=1
∞
−Re z
n ∞
· 1 = n −Re z < ∞,
n=1
e −Re z ln n e −iIm z ln n
thi vi benyttede, at |e ix | = 1 for x ∈ R, og at Re z > 1, hvorpå vi får, at sidste
række er konvergent. Det giver altså mening at definere funktionen ζ : A → C
ved ζ(z) = ∞
n=1 n−z , og denne kaldes Riemanns zeta-funktion.
Denne funktion er holomorf i A. Vi har nemlig først og fremmest, at A er åben
i C, samt at funktionen z ↦→ n−z = exp(−z ln n) er holomorf for alle n ∈ N,
thi exp ∈ H(A) og funktionen z ↦→ −z ln n er et polynomium på A for alle
n ∈ N og dermed holomorf i A (jf. CB s. 13, idet sammensætninger af holomorfe
funktioner giver en holomorf funktion).
Vi vil gerne benytte CB 4.19 til at konkludere, at ζ er holomorf. Vi mangler
derfor at vise, at ζ konvergerer uniformt lokalt på A. Vi skal derfor jf. CB
4.14 vise, at der for ethvert a ∈ A findes r > 0 så Cr a := K(a, r) ⊆ A og
k n=1 n−z → ζ(z) uniformt på Cr a.
Lad a ∈ A, og sæt r := 1
2 (Re a − 1). Da vil for alle z ∈ Cr a gælde, at
Re z ≥ Re a − r = 1 1
2Re a + 2 > 1, så Cr a ⊆ A. Sæt nu β = 1 1
2Re a + 2 ; da er
β > 1. Lad z ∈ Cr a. Vi så før, at Re z ≥ β, så
k
n
−z
− ζ(z)
=
∞
n
−z
≤
∞
n −z ∞
= n −Re z ∞
≤ n −β
n=1
n=k+1
n=k+1
for k ∈ N. Altså har vi specielt, at
k
0 ≤ sup n
−z
− ζ(z)
≤
z∈C r a
n=1
n=k+1
∞
n=k+1
n −β
n=k+1
for alle k ∈ N. Lader vi k → ∞, vil ∞ n=k+1 n−β → 0, da ∞ n=1 n−β er absolut
konvergent fordi β > 1. Altså vil supremum også gå imod 0, og dermed har vi
uniform konvergens på Cr a.
Da vi dermed har lokal uniform konvergens, giver CB 4.19 altså, at ζ er
holomorf i A.
Betragt følgen af primtal (pn); p1 = 2 < p2 = 3 < p3 = 5 < · · · . Lad z ∈ A. Vi
har først, at
a z b z = exp(z ln a) exp(z ln b) = exp(z(ln a + ln b)) = exp(z ln ab) = (ab) z .

Rasmus Sylvester Bryder 3
Vi definerer nu ⋆n = {x ∈ N | pn | x}. ⋆n består altså af alle naturlige tal, som
det n’te primtal går op i. Vi har med det første primtal p1 = 2, at
ζ(z)(1 − 2 −z ∞
) = n −z − 2 −z
∞
n −z ∞
= n −z ∞
− (2n) −z .
n=1
n=1
Her fratrækkes altså alle de led, hvor n er delelig med 2. Det vi får tilbage, er
altså
n/∈⋆1 n−z , hvor der summes over alle de n, som ikke er delelige med 2.
Vi kan fortsætte med det næste primtal p2 = 3 og får da, at
ζ(z)(1 − 2 −z )(1 − 3 −z ) =
n −z −
(3n) −z .
n /∈⋆1
n=1
n /∈⋆1
Vi summer altså over alle de n ∈ N, som ikke er delelige med 2, og trækker
alle led fra, hvor n er delelig med 3. Vi får altså den delsum af ∞ n=1 n−z , hvor
der summes over n, der ikke er delelige med 2 eller 3, altså
n /∈⋆1∪⋆2 n−z .
Fortsætter vi således for N primtal, får vi, at
ζ(z)
N
k=1
−z
1 − pk =
n /∈ N
i=1 ⋆i
n −z = 1 +
idet 1−z = exp(z ln 1) = exp 0 = 1. Vi får nu, at
ζ(z)
N
−z
1 − pk − 1
=
n −z
≤
k=1
n=1 ∧ n /∈ N i=1 ⋆i
n=1
n=1 ∧ n /∈ N
i=1 ⋆i
n −z ,
n=1 ∧ n /∈ N
i=1 ⋆i
n −z .
Vi har først, at |n −z | = n −Re z jf. tidligere udregninger. Det mindste n ∈ N, som
der summes over, er det N + 1’te primtal, pN+1, thi alle foregående naturlige
tal selv er multipla af primtal mindre end pN+1, og thi pN+1 ikke er delelig med
pi for noget i ∈ {1, . . . , N}. Altså kan vi med rette estimere ovenstående, så
ζ(z)
N
k=1
1 − p −z
k
− 1
≤
∞
n=pN+1
n −Re z ≤
∞
n=N+1
−Re z
n
for ethvert z ∈ A, idet den nye sum, som er positiv, summer over alle naturlige
tal større end lig pN+1, hvor den foregående kun summede over de naturlige tal
større end lig pN+1, hvor primtallene p1, . . . , pN ikke var divisorer. Vi bruger
ovenfor, at pN+1 ≥ N + 1 for alle N ∈ N.
Lader vi N → ∞, vil højresiden gå imod 0, thi ∞ n=1 n−Re z er absolut
konvergent (da Re z > 1). Uligheden ovenfor indikerer altså, at
ζ(z)
∞
k=1
−z
1 − pk = 1
for alle z ∈ A. Dermed får vi nødvendigvis, at ζ(z) = 0 for alle z så Re z > 1,
thi antagelsen om det modsatte ville føre til en klar modstrid. Endvidere slutter
vi, at
for alle z, så Re z > 1.
∞
k=1
−z 1
1 − pk =
ζ(z)