सहज व्याख्या क्यों "छाया ऑपरेटर" $\frac D{e^D-1}$ त्रिकोणमितीय कार्यों के साथ लघुगणक जोड़ता है?
ऑपरेटर पर विचार करें $\frac D{e^D-1}$ जिसे हम "छाया" कहेंगे:
$$\frac {D}{e^D-1}f(x)=\frac1{2 \pi }\int_{-\infty }^{+\infty } e^{-iwx}\frac{-iw}{e^{-i w}-1}\int_{-\infty }^{+\infty } e^{i t w} f(t) \, dt \, dw$$
यहां के अभिन्न लोगों को फूरियर रूपांतरण के रूप में समझा जाना चाहिए।
अब, सहज रूप से, निम्नलिखित क्यों?
$$\left.\frac {D_x}{e^{D_x}-1} \left[\frac1\pi\ln \left(\frac{x+1/2 +\frac{z}{\pi }}{x+1/2 -\frac{z}{\pi }}\right)\right]\right|_{x=0}=\tan z$$
ऐसे अन्य उदाहरण हैं जहां छाया त्रिकोणमितीय कार्यों को व्युत्क्रम त्रिकोणमितीय, लघुगणक से घातांक आदि में परिवर्तित करती है:
$$\left.\frac {D_x}{e^{D_x}-1} \left[\frac1{\pi }\ln \left(\frac{x+1-\frac{z}{\pi }}{x+\frac{z}{\pi }}\right)\right]\right|_{x=0}=\cot z$$
जवाब
यह मूल रूप से यूलर के सहवर्ती आंशिक अंश विस्तार का एक हल्का रूपांतरित रूप है $$ \pi \cot(\pi z) = \frac{1}{z} + \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{z-n} + \frac{1}{z+n}$$ (उनके प्रसिद्ध साइन उत्पाद सूत्र का लॉग व्युत्पन्न $\frac{\sin \pi z}{\pi z} = \prod_{n=1}^\infty \big(1-\frac{z^2}{n^2}\big)$) का है। टेलीस्कोपिंग श्रृंखला द्वारा कोई भी इसे फिर से लिख सकता है$$ \pi \cot(\pi z) = \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{z-n-1} + \frac{1}{z+n}.$$ टेलर की प्रमेय द्वारा, $e^{nD_x}$ द्वारा अनुवाद का संचालन है $n$, इसलिए औपचारिक रूप से हमारे पास ज्यामितीय श्रृंखला है $$ \left.\frac{1}{1-e^{D_x}} f\, \right|_{x=0} = \sum_{n=0}^\infty \left.e^{nD_x} f\right|_{x=0} = \sum_{n=0}^\infty f(n)$$ (जो संयोगवश Euler-Maclaurin सूत्र की व्याख्या करने में मदद करता है) और इसी तरह $$ \pi \cot(\pi z) = \left.\frac{1}{1-e^{D_x}} \left(\frac{1}{z-x-1} + \frac{1}{z+x}\right) \right|_{x=0}$$ या समकक्ष $$ \pi \cot(\pi z) = - \left.\frac{D_x}{1-e^{D_x}} \ln \frac{x+z}{x+1-z} \right|_{x=0}.$$ यह कुछ सरल व्यवस्थाओं (और बदलने के बाद) को आपकी पहचान देता है $z$ किसीके साथ $z/\pi$ या $z/\pi + 1/2$) का है।
यूलर की आंशिक भिन्न पहचान का प्राथमिक कारण यह है कि कॉटेजेंट फ़ंक्शन के ध्रुवों और अवशेषों को आसानी से पहचाना और गणना की जाती है। कारण वे समन ऑपरेटर को शामिल करते हुए एक अभिव्यक्ति में ढह सकते हैं$\frac{1}{1-e^{D_x}}$यह है कि इन ध्रुवों और अवशेषों में एक अनुवाद का आनंद मिलता है, जो अंततः कोटंगेंट फ़ंक्शन की आवधिकता से आता है। मुझे लगता है कि वीयरस्ट्रैस के लिए समान पहचान हैं$\wp$ फ़ंक्शन, जो बहुत विशिष्ट पोल व्यवहार के साथ दोगुना आवधिक है।
ऑप $$T_x = \frac{D_x}{e^{D_x}-1} = e^{b.D_x},$$
कहां है $(b.)^n = b_n$बर्नौली संख्याएं हैं, (मॉड संकेत) को अक्सर टॉड ऑपरेटर के रूप में संदर्भित किया जाता है (शायद मूल रूप से हिर्ज़ब्रुक द्वारा यह नाम दिया गया था, जिन्होंने इसका इस्तेमाल अपने टॉड विशेषता वर्ग के निर्माण के लिए किया था)।
इसके पास एक विवेकाधीन (या व्युत्पन्न) संपत्ति है जिसे निम्नलिखित उपयोगी तरीकों से व्यक्त किया जा सकता है
$$f(x) = T_x T_x^{-1} f(x) = \frac{D}{e^D-1} \frac{e^D-1}{D} f(x) = T_x \int_{x}^{x+1} f(t) dt$$
$$ = e^{b.D} \;\int_{x}^{x+1} f(t) dt = \int_{b.+x}^{b.+x+1} f(t) dt =\int_{B.(x)}^{B.(x)+1} f(t) dt$$
$$ = F(B.(x)+1) - F(B.(x)) = F(B.(x+1)) - F(B.(x)) = D_x \; F(x),$$
कहां है
$$B_n(x) = (b.+x)^n = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} \; b_n \; x^{n-k}$$
नामी अपेल बर्नौली बहुपत्नी हैं, जैसे कि $e^{B.(x)t}= e^{(b.+x)t} = \frac{t}{e^t-1}e^{xt}$, तथा $F(x)$ अनिश्चितकालीन अभिन्न / आदिम है $f(x)$। अंतिम समानता बर्नौली बहुपद की व्युत्पन्न संपत्ति को दर्शाती है और उन्हें पूरी तरह से परिभाषित करती है।
इससे ये होता है
$$\sum_{k=0}^n f(x+k) = T \; \int_{x}^{x+n+1} f(t) dt $$
$$ = e^{b.D} \; \int_{x}^{x+n+1} f(t) dt = \int_{B.(x)}^{B.(x+n+1)} f(t) dt$$
$$ = F(B.(x+n+1)) - F(B.(x)),$$
और, विशेष रूप से, संबंधों की स्ट्रिंग
$$\sum_{k=0}^n (x+k)^s =T_x \; \int_{x}^{x+n+1} t^{s} dt $$
$$= e^{b.D} \int_{x}^{x+n+1} t^{s} dt = \int_{B.(x)}^{B.(x+n+1)} t^s dt$$
$$ = T_x \; \frac{(x+n+1+)^{s+1} -x^{s+1}}{s+1} = e^{b.D} \frac{(x+n+1+)^{s+1} -x^{s+1}}{s+1}$$
$$ = \frac{(B.(x+1+n))^{s+1} -(B.(x))^{s+1}}{s+1} = \frac{B_{s+1}(x+1+n) - B_{s+1}(x)}{s+1}$$
$$ = \sum_{k=0}^n \frac{B_{s+1}(x+1+k) - B_{s+1}(x+k)}{s+1}$$
$$ = \sum_{k=0}^n \frac{(B.(x+1+k))^{s+1} - (B.(x+k))^{s+1}}{s+1}$$
$$ = \sum_{k=0}^n D_x \; \frac{(x+k)^{s+1}}{s+1}.$$
यदि आप उचित रूप से सीमा लेते हैं $s \to -1$, आप टेरी ताओ के उत्तर में ट्रिगर कार्यों के श्रृंखला विस्तार के साथ, जहां से प्राकृतिक लघुगणक के संबंध में पहुंचते हैं, आप अपने विशेष सूत्रों को छेड़ सकते हैं।
विवेचना फार्मूले के अधिक परिष्कृत चित्रण के लिए, Eqn देखें। 1, "खोवांसकी-पुखलीकोव फॉर्मूला, हिर्ज़ेब्रुच-रीमैन-रोच फार्मूला (HRR) के लिए कंबाइनेटोरियल समकक्ष, एक बहुत ही अमीर डिविज़र डी के साथ एक चिकनी टोरिक विविधता एक्स के लिए ..." के पेज 2 पर$T_y$- गोदा, कामिमुरा और ओह्मोटो द्वारा लैटिस पॉलीटॉप पर इंटीग्रल पर ऑपरेटर ।
नोट बर्नौली पॉलिनॉमिअल्स, अपेल पावर पोलिनॉमिअल्स के लिए ओम्ब्रेल उलटा अनुक्रम भी नोट करें
$$\hat{B}_n(x) = \frac{(x+1)^{n+1}-x^{n+1}}{n+1},$$
.egf के साथ $\frac{e^t-1}{t}\; e^{xt}$, umbral रचनात्मक व्युत्क्रम द्वारा भी परिभाषित किया गया है
$$B_n(\hat{B}.(x)) = x^n = \hat{B}_n(B.(x)),$$
इतना
- Appell Bernoulli बहुपद की व्युत्पन्न संपत्ति
$$ \frac{(B_.(x)+1)^{n+1}}{n+1} - \frac{(B.(x))^{n+1}}{n+1} = \frac{(b.+x+1)^{n+1} - (b.+x)^{n+1}}{n+1}$$
$$ = \frac{B_{n+1}(x+1) - B_{n+1}(x)}{n+1} = \hat{B}_n(B.(x)) = x^n = D \; \frac{x^{n+1}}{n+1},$$
- अपीलीय बहुपद अनुक्रमों के व्युत्क्रम युग्म के क्षणों को परिभाषित करने के पारस्परिक संबंध
$$B(t) =e^{b.t}= \frac{t}{e^t-1},$$
$$\hat{B}(t) = e^{\hat{b}.t}=\frac{e^t-1}{t}, $$
- दोहरे ऑप्स की पारस्परिकता
$$T= B(D) = \frac{D}{e^D-1} = e^{b.D},$$
$$T^{-1}= \hat{B}(D) = \frac{e^D-1}{D} = e^{\hat{b}.D},$$
- ऑप्स के दोहरे बहुपद जनन गुण
$$T \; x^n = \frac{D}{e^D-1} \; x^n = e^{b.D} \; x^n = (b. + x)^n = B_n(x), $$
$$ T^{-1} \; x^n = \frac{e^D-1}{D} \; x^n = e^{\hat{b.}D} x^n = (\hat{b.}+x)^n = \hat{B}_n(x),$$
- umbral रचनात्मक बहुपद के दोहरे सेटों के व्युत्क्रम संबंध
$$ B_n(\hat{B}.(x)) = T^{-1} \; T \; x^n = x^n = T \; T^{-1} \; x^n = \hat{B}_n(B.(x)),$$
- और टॉड ऑपरेटर की विवेकाधीन संपत्ति
$$ x^n = T \; T^{-1} x^n = T \; \int_{x}^{x+1} t^n \; dt$$
$$ = T \frac{(x+1)^{n+1} - x^{n+1}}{n+1}$$
$$ =\frac{(B.(x)+1)^{n+1} -(B.(x))^{n+1}}{n+1} = \hat{B}_n(B.(x))$$
सभी अंतरंग रूप से (और उत्पादक रूप से) परस्पर जुड़े हुए हैं, एक अप्पेल द्वंद्व के विभिन्न पहलुओं, और मेलिन परिवर्तन के माध्यम से सामान्यीकृत किया जा सकता है।
यह पूरी कहानी नहीं है - एक वेइल बीजगणित, ग्रेव्स / लाइ / पिन्चरल कम्यूटेटर और सीढ़ी ऑप्स के माध्यम से रिश्ते और भी गहरे चलते हैं - लेकिन यह परिप्रेक्ष्य पहले से ही आगे की खोज के लिए उपयोगी है। उदाहरण के लिए, हम सीमा में बूट करने के लिए प्राप्त करते हैं$n \to +\infty$ बर्नौली बहुपद के सामान्यीकरण (प्रक्षेप) के रूप में एक संशोधित हर्वित्ज़ ज़ेटा समारोह के विवेकाधीन योग के लिए
$$ B_{-s}(x) = s \; \zeta(s+1,x),$$
जो बहुपद के अपीलीय अनुक्रम के गुणों को विरासत में देता है।
'छाया' समीकरण कुछ हद तक प्रतिबंधात्मक है क्योंकि यह एफटी मानता है $f(x)$मौजूद है, जो लागू करने के लिए विवेकाधीन संपत्ति के लिए एक आवश्यक शर्त नहीं है; उदाहरण के लिए, समान लैपल को एबेल-प्लाना फॉर्मूला के रूप में बदलें ।
एफटी के लिए एक अलग सामान्यीकरण के साथ,
$$FT(f(x)) = \tilde{f}(\omega) = \int_{-\infty}^{\infty} e^{-i 2\pi \omega x} f(x) \; dx,$$
तथा
$$f(b.+x) = e^{b.D_x} f(x) = \frac{D_x}{e^{D_x}-1} \; f(x) = \frac{D_x}{e^{D_x}-1} FT^{-1}[\tilde{f}(\omega)]$$
$$ = \frac{D_x}{e^{D_x}-1} \; \int_{-\infty}^{\infty} e^{i 2\pi \omega x} FT[f(x)] \; d\omega = \int_{-\infty}^{\infty} e^{i 2\pi \omega x} \frac{i 2\pi \omega}{e^{i 2\pi \omega}-1} FT[f(x)] \; d\omega. $$
टॉड ऑपरेटर की कार्रवाई की विशेषता, बल्कि मेलिन ने प्रक्षेप को एक ला रामानुजन / हार्डी में बदल दिया, हर्विट्ज़ जेटा फ़ंक्शन के लिए एक वैकल्पिक, रचनात्मक मार्ग देता है:
$$ B_{-s}(z) = (B.(z))^{-s} = (b.+z)^{-s} = e^{b.D_z} \; z^{-s}$$
$$ = e^{b.D_z} \int_{0}^{\infty} e^{-zt} \; \frac{t^{s-1}}{(s-1)!} \; dt$$
$$ = \int_{0}^{\infty} e^{-(b.+z)t} \; \frac{t^{s-1}}{(s-1)!} \; dt$$
$$ =\int_{0}^{\infty} e^{-B.(z)t} \; \frac{t^{s-1}}{(s-1)!} \; dt $$
$$ = \int_{0}^{\infty} \frac{-t}{e^{-t}-1} \; e^{-zt} \frac{t^{s-1}}{(s-1)!} \; dt = s \; \zeta(s+1,z).$$
सभी वास्तविक या जटिल के लिए एपेल बर्नौली फ़ंक्शन के लिए एक श्रृंखला विस्तार $s$ और वास्तविक या जटिल $z$ साथ से $|z-1| < 1$ umbral द्विपद विस्तार द्वारा दिया गया है
$$s \; \zeta(s+1,z) = B_{-s}(z)$$
$$ = (b.+z)^{-s} = (b. + 1 - 1 + z)^{-s} = (B.(1)+z-1)^{-s}$$
$$ = \sum_{n \geq 0} \binom{-s}{n} B_{-s-n}(1) \; (z-1)^n = \sum_{n \geq 0} \binom{-s}{n} (s+n) \; \zeta(s+n+1) \; (z-1)^n$$
कहां है
$$(b.+1)^{-s} = (B.(1))^{-s} = B_{-s}(1) = s \; \zeta(s+1,1) = s \; \zeta(s+1)$$
साथ से $\zeta(s)$, रीमैन ज़ेटा फंक्शन।