Penjelasan intuitif mengapa "operator bayangan" $\frac D{e^D-1}$ menghubungkan logaritma dengan fungsi trigonometri?
Pertimbangkan operatornya $\frac D{e^D-1}$ yang akan kami sebut "bayangan":
$$\frac {D}{e^D-1}f(x)=\frac1{2 \pi }\int_{-\infty }^{+\infty } e^{-iwx}\frac{-iw}{e^{-i w}-1}\int_{-\infty }^{+\infty } e^{i t w} f(t) \, dt \, dw$$
Integral di sini harus dipahami sebagai transformasi Fourier.
Sekarang, secara naluriah, mengapa berikut ini?
$$\left.\frac {D_x}{e^{D_x}-1} \left[\frac1\pi\ln \left(\frac{x+1/2 +\frac{z}{\pi }}{x+1/2 -\frac{z}{\pi }}\right)\right]\right|_{x=0}=\tan z$$
Ada contoh lain di mana bayangan mengubah fungsi trigonometri menjadi trigonometri terbalik, logaritma menjadi eksponen, dll:
$$\left.\frac {D_x}{e^{D_x}-1} \left[\frac1{\pi }\ln \left(\frac{x+1-\frac{z}{\pi }}{x+\frac{z}{\pi }}\right)\right]\right|_{x=0}=\cot z$$
Jawaban
Ini pada dasarnya adalah versi ekspansi sebagian pecahan kotangen Euler yang diubah secara ringan $$ \pi \cot(\pi z) = \frac{1}{z} + \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{z-n} + \frac{1}{z+n}$$ (turunan log dari rumus produk sinusnya yang terkenal $\frac{\sin \pi z}{\pi z} = \prod_{n=1}^\infty \big(1-\frac{z^2}{n^2}\big)$). Dengan teleskop seri seseorang dapat menulis ulang ini sebagai$$ \pi \cot(\pi z) = \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{z-n-1} + \frac{1}{z+n}.$$ Dengan teorema Taylor, $e^{nD_x}$ adalah operasi penerjemahan oleh $n$, jadi secara formal menurut deret geometri yang kita miliki $$ \left.\frac{1}{1-e^{D_x}} f\, \right|_{x=0} = \sum_{n=0}^\infty \left.e^{nD_x} f\right|_{x=0} = \sum_{n=0}^\infty f(n)$$ (yang membantu menjelaskan rumus Euler-Maclaurin) dan sebagainya $$ \pi \cot(\pi z) = \left.\frac{1}{1-e^{D_x}} \left(\frac{1}{z-x-1} + \frac{1}{z+x}\right) \right|_{x=0}$$ atau setara $$ \pi \cot(\pi z) = - \left.\frac{D_x}{1-e^{D_x}} \ln \frac{x+z}{x+1-z} \right|_{x=0}.$$ Ini memberikan identitas Anda setelah beberapa pengaturan ulang sederhana (dan penggantian $z$ dengan baik $z/\pi$ atau $z/\pi + 1/2$).
Alasan utama identitas pecahan parsial Euler adalah bahwa kutub dan residu dari fungsi kotangen mudah diidentifikasi dan dihitung. Alasan mereka bisa diciutkan menjadi ekspresi yang melibatkan operator penjumlahan$\frac{1}{1-e^{D_x}}$adalah bahwa kutub dan residu ini menikmati invariansi translasi, yang pada akhirnya berasal dari periodisitas fungsi kotangen. Saya membayangkan ada identitas serupa untuk Weierstrass$\wp$ fungsi, yang periodik ganda dengan perilaku kutub yang sangat spesifik.
Operasi $$T_x = \frac{D_x}{e^{D_x}-1} = e^{b.D_x},$$
dimana $(b.)^n = b_n$adalah bilangan Bernoulli, is (tanda mod) sering disebut sebagai operator Todd (mungkin awalnya diberi nama itu oleh Hirzebruch, yang menggunakannya untuk membangun kelas karakteristik Todd-nya).
Ini memiliki properti diskrit (atau turunan) yang dapat diekspresikan dengan cara yang berguna berikut
$$f(x) = T_x T_x^{-1} f(x) = \frac{D}{e^D-1} \frac{e^D-1}{D} f(x) = T_x \int_{x}^{x+1} f(t) dt$$
$$ = e^{b.D} \;\int_{x}^{x+1} f(t) dt = \int_{b.+x}^{b.+x+1} f(t) dt =\int_{B.(x)}^{B.(x)+1} f(t) dt$$
$$ = F(B.(x)+1) - F(B.(x)) = F(B.(x+1)) - F(B.(x)) = D_x \; F(x),$$
dimana
$$B_n(x) = (b.+x)^n = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} \; b_n \; x^{n-k}$$
adalah polinomial Appell Bernoulli yang terkenal, dengan egf $e^{B.(x)t}= e^{(b.+x)t} = \frac{t}{e^t-1}e^{xt}$, dan $F(x)$ adalah integral tak tentu / primitif dari $f(x)$. Persamaan terakhir mengilustrasikan properti turunan dari polinomial Bernoulli dan mendefinisikannya secara lengkap.
Ini mengarah ke
$$\sum_{k=0}^n f(x+k) = T \; \int_{x}^{x+n+1} f(t) dt $$
$$ = e^{b.D} \; \int_{x}^{x+n+1} f(t) dt = \int_{B.(x)}^{B.(x+n+1)} f(t) dt$$
$$ = F(B.(x+n+1)) - F(B.(x)),$$
dan, khususnya, rangkaian hubungan
$$\sum_{k=0}^n (x+k)^s =T_x \; \int_{x}^{x+n+1} t^{s} dt $$
$$= e^{b.D} \int_{x}^{x+n+1} t^{s} dt = \int_{B.(x)}^{B.(x+n+1)} t^s dt$$
$$ = T_x \; \frac{(x+n+1+)^{s+1} -x^{s+1}}{s+1} = e^{b.D} \frac{(x+n+1+)^{s+1} -x^{s+1}}{s+1}$$
$$ = \frac{(B.(x+1+n))^{s+1} -(B.(x))^{s+1}}{s+1} = \frac{B_{s+1}(x+1+n) - B_{s+1}(x)}{s+1}$$
$$ = \sum_{k=0}^n \frac{B_{s+1}(x+1+k) - B_{s+1}(x+k)}{s+1}$$
$$ = \sum_{k=0}^n \frac{(B.(x+1+k))^{s+1} - (B.(x+k))^{s+1}}{s+1}$$
$$ = \sum_{k=0}^n D_x \; \frac{(x+k)^{s+1}}{s+1}.$$
Jika Anda mengambil batas dengan tepat $s \to -1$, Anda sampai pada suatu hubungan dengan logaritma natural dari mana, bersama dengan rangkaian perluasan fungsi trigonometri dalam jawaban Terry Tao, Anda dapat menghilangkan rumus-rumus khusus Anda.
Untuk aplikasi ilustratif yang lebih canggih dari rumus diskritisasi, lihat Persamaan. 1, "rumus Khovanskii-Pukhlikov, padanan kombinatorial dengan rumus Hirzebruch-Riemann-Roch (HRR) untuk varietas torik halus X dengan pembagi yang sangat banyak D ..." pada halaman 2 dari "$T_y$- operator pada integral di atas polytopes kisi "oleh Goda, Kamimura, dan Ohmoto.
Perhatikan juga urutan kebalikan umbral ke polinomial Bernoulli, polinomial daya Appell
$$\hat{B}_n(x) = \frac{(x+1)^{n+1}-x^{n+1}}{n+1},$$
dengan .egf $\frac{e^t-1}{t}\; e^{xt}$, Didefinisikan juga oleh inversi komposisi umbral
$$B_n(\hat{B}.(x)) = x^n = \hat{B}_n(B.(x)),$$
sehingga
- properti turunan dari polinomial Appell Bernoulli
$$ \frac{(B_.(x)+1)^{n+1}}{n+1} - \frac{(B.(x))^{n+1}}{n+1} = \frac{(b.+x+1)^{n+1} - (b.+x)^{n+1}}{n+1}$$
$$ = \frac{B_{n+1}(x+1) - B_{n+1}(x)}{n+1} = \hat{B}_n(B.(x)) = x^n = D \; \frac{x^{n+1}}{n+1},$$
- hubungan timbal balik dari egf menentukan momen dari pasangan invers dari urutan polinomial Appell
$$B(t) =e^{b.t}= \frac{t}{e^t-1},$$
$$\hat{B}(t) = e^{\hat{b}.t}=\frac{e^t-1}{t}, $$
- timbal balik dari operasi ganda
$$T= B(D) = \frac{D}{e^D-1} = e^{b.D},$$
$$T^{-1}= \hat{B}(D) = \frac{e^D-1}{D} = e^{\hat{b}.D},$$
- properti menghasilkan polinom ganda ganda dari ops
$$T \; x^n = \frac{D}{e^D-1} \; x^n = e^{b.D} \; x^n = (b. + x)^n = B_n(x), $$
$$ T^{-1} \; x^n = \frac{e^D-1}{D} \; x^n = e^{\hat{b.}D} x^n = (\hat{b.}+x)^n = \hat{B}_n(x),$$
- hubungan terbalik komposisi umbral dari himpunan ganda polinomial
$$ B_n(\hat{B}.(x)) = T^{-1} \; T \; x^n = x^n = T \; T^{-1} \; x^n = \hat{B}_n(B.(x)),$$
- dan properti diskritisasi dari operator Todd
$$ x^n = T \; T^{-1} x^n = T \; \int_{x}^{x+1} t^n \; dt$$
$$ = T \frac{(x+1)^{n+1} - x^{n+1}}{n+1}$$
$$ =\frac{(B.(x)+1)^{n+1} -(B.(x))^{n+1}}{n+1} = \hat{B}_n(B.(x))$$
semuanya saling terkait erat (dan produktif), berbagai aspek dualitas Appell, dan dapat digeneralisasikan melalui transformasi Mellin.
Ini bukan keseluruhan cerita - hubungan berjalan lebih dalam melalui aljabar Weyl, komutator Graves / Lie / Pincherle, dan operasi tangga - tetapi perspektif ini sudah mengarah pada eksplorasi lebih lanjut yang bermanfaat. Misalnya, kita bisa boot di batas sebagai$n \to +\infty$ untuk jumlah diskritisasi fungsi Hurwitz zeta yang dimodifikasi sebagai generalisasi (interpolasi) dari polinomial Bernoulli,
$$ B_{-s}(x) = s \; \zeta(s+1,x),$$
yang mewarisi properti dari urutan Appell polinomial.
Persamaan 'bayangan' agak terbatas karena mengasumsikan FT dari $f(x)$ada, yang bukan merupakan kondisi yang diperlukan untuk menerapkan properti diskrit; Misalnya, perhatikan rumus Transformasi Laplace yang mirip dengan Abel-Plana .
Dengan normalisasi berbeda untuk FT,
$$FT(f(x)) = \tilde{f}(\omega) = \int_{-\infty}^{\infty} e^{-i 2\pi \omega x} f(x) \; dx,$$
dan
$$f(b.+x) = e^{b.D_x} f(x) = \frac{D_x}{e^{D_x}-1} \; f(x) = \frac{D_x}{e^{D_x}-1} FT^{-1}[\tilde{f}(\omega)]$$
$$ = \frac{D_x}{e^{D_x}-1} \; \int_{-\infty}^{\infty} e^{i 2\pi \omega x} FT[f(x)] \; d\omega = \int_{-\infty}^{\infty} e^{i 2\pi \omega x} \frac{i 2\pi \omega}{e^{i 2\pi \omega}-1} FT[f(x)] \; d\omega. $$
Mengkarakterisasi tindakan operator Todd menggunakan lebih tepatnya interpolasi transformasi Mellin ala Ramanujan / Hardy, memberikan rute alternatif dan konstruktif ke fungsi Hurwitz zeta:
$$ B_{-s}(z) = (B.(z))^{-s} = (b.+z)^{-s} = e^{b.D_z} \; z^{-s}$$
$$ = e^{b.D_z} \int_{0}^{\infty} e^{-zt} \; \frac{t^{s-1}}{(s-1)!} \; dt$$
$$ = \int_{0}^{\infty} e^{-(b.+z)t} \; \frac{t^{s-1}}{(s-1)!} \; dt$$
$$ =\int_{0}^{\infty} e^{-B.(z)t} \; \frac{t^{s-1}}{(s-1)!} \; dt $$
$$ = \int_{0}^{\infty} \frac{-t}{e^{-t}-1} \; e^{-zt} \frac{t^{s-1}}{(s-1)!} \; dt = s \; \zeta(s+1,z).$$
Ekspansi seri untuk fungsi Appell Bernoulli untuk semua yang nyata atau kompleks $s$ dan nyata atau kompleks $z$ dengan $|z-1| < 1$ diberikan oleh ekspansi binomial umbral
$$s \; \zeta(s+1,z) = B_{-s}(z)$$
$$ = (b.+z)^{-s} = (b. + 1 - 1 + z)^{-s} = (B.(1)+z-1)^{-s}$$
$$ = \sum_{n \geq 0} \binom{-s}{n} B_{-s-n}(1) \; (z-1)^n = \sum_{n \geq 0} \binom{-s}{n} (s+n) \; \zeta(s+n+1) \; (z-1)^n$$
dimana
$$(b.+1)^{-s} = (B.(1))^{-s} = B_{-s}(1) = s \; \zeta(s+1,1) = s \; \zeta(s+1)$$
dengan $\zeta(s)$, fungsi Riemann zeta.