"그림자 연산자"가 필요한 직관적 인 설명 $\frac D{e^D-1}$ 삼각 함수와 로그를 연결합니까?
연산자 고려 $\frac D{e^D-1}$ 이것을 "그림자"라고 부를 것입니다.
$$\frac {D}{e^D-1}f(x)=\frac1{2 \pi }\int_{-\infty }^{+\infty } e^{-iwx}\frac{-iw}{e^{-i w}-1}\int_{-\infty }^{+\infty } e^{i t w} f(t) \, dt \, dw$$
여기서 적분은 푸리에 변환으로 이해되어야합니다.
이제 직관적으로 왜 다음과 같은가요?
$$\left.\frac {D_x}{e^{D_x}-1} \left[\frac1\pi\ln \left(\frac{x+1/2 +\frac{z}{\pi }}{x+1/2 -\frac{z}{\pi }}\right)\right]\right|_{x=0}=\tan z$$
그림자가 삼각 함수를 역삼 각으로, 로그를 지수로 변환하는 다른 예가 있습니다.
$$\left.\frac {D_x}{e^{D_x}-1} \left[\frac1{\pi }\ln \left(\frac{x+1-\frac{z}{\pi }}{x+\frac{z}{\pi }}\right)\right]\right|_{x=0}=\cot z$$
답변
이것은 기본적으로 Euler의 코탄젠트 부분 분수 확장의 약간 변형 된 버전입니다. $$ \pi \cot(\pi z) = \frac{1}{z} + \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{z-n} + \frac{1}{z+n}$$ (그의 유명한 사인 곱 공식의 로그 미분 $\frac{\sin \pi z}{\pi z} = \prod_{n=1}^\infty \big(1-\frac{z^2}{n^2}\big)$). 시리즈를 텔레 스코핑하여 다음과 같이 다시 작성할 수 있습니다.$$ \pi \cot(\pi z) = \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{z-n-1} + \frac{1}{z+n}.$$ 테일러 정리에 따르면 $e^{nD_x}$ 번역 작업입니다 $n$, 그래서 공식적으로 기하학적 시리즈에 의해 우리는 $$ \left.\frac{1}{1-e^{D_x}} f\, \right|_{x=0} = \sum_{n=0}^\infty \left.e^{nD_x} f\right|_{x=0} = \sum_{n=0}^\infty f(n)$$ (우연히 Euler-Maclaurin 공식을 설명하는 데 도움이 됨) $$ \pi \cot(\pi z) = \left.\frac{1}{1-e^{D_x}} \left(\frac{1}{z-x-1} + \frac{1}{z+x}\right) \right|_{x=0}$$ 또는 동등하게 $$ \pi \cot(\pi z) = - \left.\frac{D_x}{1-e^{D_x}} \ln \frac{x+z}{x+1-z} \right|_{x=0}.$$ 이렇게하면 몇 가지 간단한 재배치 (및 $z$ 어느 쪽이든 $z/\pi$ 또는 $z/\pi + 1/2$).
오일러의 부분 분수 동일성의 주된 이유는 코탄젠트 함수의 극점과 잔사가 쉽게 식별되고 계산되기 때문입니다. 합계 연산자를 포함하는 표현식으로 축소 될 수있는 이유$\frac{1}{1-e^{D_x}}$이러한 극점과 잔류 물은 궁극적으로 코탄젠트 함수의 주기성에서 비롯되는 변환 불변성을 누리는 것입니다. Weierstrass와 비슷한 신분이 있다고 생각합니다.$\wp$ 함수는 매우 특정한 극 동작으로 두 배로 주기적입니다.
작전 $$T_x = \frac{D_x}{e^{D_x}-1} = e^{b.D_x},$$
어디 $(b.)^n = b_n$베르누이 숫자는 (모드 기호) 종종 Todd 연산자 라고합니다 (원래 Todd 특성 클래스를 구성하는 데 사용했던 Hirzebruch에 의해 해당 이름이 부여되었을 수 있음).
다음과 같은 유용한 방법으로 표현할 수있는 이산화 (또는 파생) 속성이 있습니다.
$$f(x) = T_x T_x^{-1} f(x) = \frac{D}{e^D-1} \frac{e^D-1}{D} f(x) = T_x \int_{x}^{x+1} f(t) dt$$
$$ = e^{b.D} \;\int_{x}^{x+1} f(t) dt = \int_{b.+x}^{b.+x+1} f(t) dt =\int_{B.(x)}^{B.(x)+1} f(t) dt$$
$$ = F(B.(x)+1) - F(B.(x)) = F(B.(x+1)) - F(B.(x)) = D_x \; F(x),$$
어디
$$B_n(x) = (b.+x)^n = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} \; b_n \; x^{n-k}$$
유명한 Appell Bernoulli 다항식이며 egf $e^{B.(x)t}= e^{(b.+x)t} = \frac{t}{e^t-1}e^{xt}$, 및 $F(x)$ 부정적분 / 원시 $f(x)$. 마지막 등식은 Bernoulli 다항식의 파생 속성을 설명하고 완전히 정의합니다.
이것은
$$\sum_{k=0}^n f(x+k) = T \; \int_{x}^{x+n+1} f(t) dt $$
$$ = e^{b.D} \; \int_{x}^{x+n+1} f(t) dt = \int_{B.(x)}^{B.(x+n+1)} f(t) dt$$
$$ = F(B.(x+n+1)) - F(B.(x)),$$
특히 관계의 문자열
$$\sum_{k=0}^n (x+k)^s =T_x \; \int_{x}^{x+n+1} t^{s} dt $$
$$= e^{b.D} \int_{x}^{x+n+1} t^{s} dt = \int_{B.(x)}^{B.(x+n+1)} t^s dt$$
$$ = T_x \; \frac{(x+n+1+)^{s+1} -x^{s+1}}{s+1} = e^{b.D} \frac{(x+n+1+)^{s+1} -x^{s+1}}{s+1}$$
$$ = \frac{(B.(x+1+n))^{s+1} -(B.(x))^{s+1}}{s+1} = \frac{B_{s+1}(x+1+n) - B_{s+1}(x)}{s+1}$$
$$ = \sum_{k=0}^n \frac{B_{s+1}(x+1+k) - B_{s+1}(x+k)}{s+1}$$
$$ = \sum_{k=0}^n \frac{(B.(x+1+k))^{s+1} - (B.(x+k))^{s+1}}{s+1}$$
$$ = \sum_{k=0}^n D_x \; \frac{(x+k)^{s+1}}{s+1}.$$
적절하게 한계를 잡으면 $s \to -1$, Terry Tao의 답변에서 삼각 함수의 시리즈 확장과 함께 언제부터 자연 로그에 대한 관계에 도달하면 특정 공식을 알아낼 수 있습니다.
이산화 공식의보다 정교한 설명 적용은 Eqn을 참조하십시오. 1, "Khovanskii-Pukhlikov 공식, Hirzebruch-Riemann-Roch 공식 (HRR)에 대응하는 조합으로 매우 풍부한 제수 D를 가진 부드러운 토릭 X를위한 공식 (HRR)의 2 페이지"$T_y$- 격자 polytopes에 걸쳐 적분 연산자 고우, 카미 무라 및 Ohmoto 의해 ".
또한 Bernoulli 다항식, Appell 거듭 제곱 다항식에 대한 umbral 역수 열에 유의하십시오.
$$\hat{B}_n(x) = \frac{(x+1)^{n+1}-x^{n+1}}{n+1},$$
.egf 사용 $\frac{e^t-1}{t}\; e^{xt}$, 또한 배꼽 구성 반전에 의해 정의됩니다
$$B_n(\hat{B}.(x)) = x^n = \hat{B}_n(B.(x)),$$
그래서
- Appell Bernoulli 다항식의 파생 속성
$$ \frac{(B_.(x)+1)^{n+1}}{n+1} - \frac{(B.(x))^{n+1}}{n+1} = \frac{(b.+x+1)^{n+1} - (b.+x)^{n+1}}{n+1}$$
$$ = \frac{B_{n+1}(x+1) - B_{n+1}(x)}{n+1} = \hat{B}_n(B.(x)) = x^n = D \; \frac{x^{n+1}}{n+1},$$
- Appell 다항식 시퀀스의 역쌍 모멘트의 정의 egfs의 상호 관계
$$B(t) =e^{b.t}= \frac{t}{e^t-1},$$
$$\hat{B}(t) = e^{\hat{b}.t}=\frac{e^t-1}{t}, $$
- 이중 작전의 상호성
$$T= B(D) = \frac{D}{e^D-1} = e^{b.D},$$
$$T^{-1}= \hat{B}(D) = \frac{e^D-1}{D} = e^{\hat{b}.D},$$
- 연산의 이중 다항식 생성 속성
$$T \; x^n = \frac{D}{e^D-1} \; x^n = e^{b.D} \; x^n = (b. + x)^n = B_n(x), $$
$$ T^{-1} \; x^n = \frac{e^D-1}{D} \; x^n = e^{\hat{b.}D} x^n = (\hat{b.}+x)^n = \hat{B}_n(x),$$
- 이중 다항식 집합의 umbral 구성 역 관계
$$ B_n(\hat{B}.(x)) = T^{-1} \; T \; x^n = x^n = T \; T^{-1} \; x^n = \hat{B}_n(B.(x)),$$
- 그리고 Todd 연산자의 이산화 속성
$$ x^n = T \; T^{-1} x^n = T \; \int_{x}^{x+1} t^n \; dt$$
$$ = T \frac{(x+1)^{n+1} - x^{n+1}}{n+1}$$
$$ =\frac{(B.(x)+1)^{n+1} -(B.(x))^{n+1}}{n+1} = \hat{B}_n(B.(x))$$
모두 밀접하게 (생산적으로) 서로 연결되어 있고 Appell 이중성의 다른 측면이며 Mellin 변환을 통해 일반화 될 수 있습니다.
Weyl 대수, Graves / Lie / Pincherle 정류자 및 래더 연산을 통해 관계가 더 깊게 실행되는 전체 이야기는 아니지만이 관점은 이미 유익한 추가 탐색으로 이어집니다. 예를 들어, 우리는 다음과 같이 한계에서 부팅을 얻습니다.$n \to +\infty$ 이산화 합계의 경우 수정 된 Hurwitz 제타 함수를 Bernoulli 다항식의 일반화 (보간)로,
$$ B_{-s}(x) = s \; \zeta(s+1,x),$$
Appell 다항식 시퀀스의 속성을 상속합니다.
'그림자'방정식은 FT를 가정하기 때문에 다소 제한적입니다. $f(x)$이산화 속성이 적용되는 데 필요한 조건이 아닙니다. 예를 들어, 유사한 Laplace 변환 Abel-Plana 공식을 참고하십시오 .
FT에 대해 다른 정규화를 사용하면
$$FT(f(x)) = \tilde{f}(\omega) = \int_{-\infty}^{\infty} e^{-i 2\pi \omega x} f(x) \; dx,$$
과
$$f(b.+x) = e^{b.D_x} f(x) = \frac{D_x}{e^{D_x}-1} \; f(x) = \frac{D_x}{e^{D_x}-1} FT^{-1}[\tilde{f}(\omega)]$$
$$ = \frac{D_x}{e^{D_x}-1} \; \int_{-\infty}^{\infty} e^{i 2\pi \omega x} FT[f(x)] \; d\omega = \int_{-\infty}^{\infty} e^{i 2\pi \omega x} \frac{i 2\pi \omega}{e^{i 2\pi \omega}-1} FT[f(x)] \; d\omega. $$
Mellin 변환 보간 a la Ramanujan / Hardy를 사용하여 Todd 연산자의 동작을 특성화하면 Hurwitz zeta 함수에 대한 대안적이고 건설적인 경로가 제공됩니다.
$$ B_{-s}(z) = (B.(z))^{-s} = (b.+z)^{-s} = e^{b.D_z} \; z^{-s}$$
$$ = e^{b.D_z} \int_{0}^{\infty} e^{-zt} \; \frac{t^{s-1}}{(s-1)!} \; dt$$
$$ = \int_{0}^{\infty} e^{-(b.+z)t} \; \frac{t^{s-1}}{(s-1)!} \; dt$$
$$ =\int_{0}^{\infty} e^{-B.(z)t} \; \frac{t^{s-1}}{(s-1)!} \; dt $$
$$ = \int_{0}^{\infty} \frac{-t}{e^{-t}-1} \; e^{-zt} \frac{t^{s-1}}{(s-1)!} \; dt = s \; \zeta(s+1,z).$$
모든 실수 또는 복합에 대한 Appell Bernoulli 함수의 계열 확장 $s$ 실제 또는 복잡한 $z$ 와 $|z-1| < 1$ 배꼽 이항 확장에 의해 주어집니다
$$s \; \zeta(s+1,z) = B_{-s}(z)$$
$$ = (b.+z)^{-s} = (b. + 1 - 1 + z)^{-s} = (B.(1)+z-1)^{-s}$$
$$ = \sum_{n \geq 0} \binom{-s}{n} B_{-s-n}(1) \; (z-1)^n = \sum_{n \geq 0} \binom{-s}{n} (s+n) \; \zeta(s+n+1) \; (z-1)^n$$
어디
$$(b.+1)^{-s} = (B.(1))^{-s} = B_{-s}(1) = s \; \zeta(s+1,1) = s \; \zeta(s+1)$$
와 $\zeta(s)$, 리만 제타 함수.