Giải thích trực quan tại sao "toán tử bóng" $\frac D{e^D-1}$ kết nối logarit với hàm lượng giác?

Jan 01 2021

Xem xét nhà điều hành $\frac D{e^D-1}$ mà chúng tôi sẽ gọi là "bóng tối":

$$\frac {D}{e^D-1}f(x)=\frac1{2 \pi }\int_{-\infty }^{+\infty } e^{-iwx}\frac{-iw}{e^{-i w}-1}\int_{-\infty }^{+\infty } e^{i t w} f(t) \, dt \, dw$$

Các tích phân ở đây nên được hiểu là các phép biến đổi Fourier.

Bây giờ, theo trực giác, tại sao lại như sau?

$$\left.\frac {D_x}{e^{D_x}-1} \left[\frac1\pi\ln \left(\frac{x+1/2 +\frac{z}{\pi }}{x+1/2 -\frac{z}{\pi }}\right)\right]\right|_{x=0}=\tan z$$

Có những ví dụ khác trong đó shadow chuyển đổi các hàm lượng giác thành lượng giác ngược, logarit thành số mũ, v.v.:

$$\left.\frac {D_x}{e^{D_x}-1} \left[\frac1{\pi }\ln \left(\frac{x+1-\frac{z}{\pi }}{x+\frac{z}{\pi }}\right)\right]\right|_{x=0}=\cot z$$

Trả lời

26 TerryTao Jan 02 2021 at 04:52

Về cơ bản, đây là một phiên bản biến đổi nhẹ của sự mở rộng một phần cotangent của Euler $$ \pi \cot(\pi z) = \frac{1}{z} + \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{z-n} + \frac{1}{z+n}$$ (dẫn xuất log của công thức sản phẩm sin nổi tiếng của ông ấy $\frac{\sin \pi z}{\pi z} = \prod_{n=1}^\infty \big(1-\frac{z^2}{n^2}\big)$). Bằng loạt phim viễn tưởng, người ta có thể viết lại điều này thành$$ \pi \cot(\pi z) = \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{z-n-1} + \frac{1}{z+n}.$$ Theo định lý Taylor, $e^{nD_x}$ là hoạt động dịch thuật của $n$, vì vậy chính thức theo chuỗi hình học, chúng ta có $$ \left.\frac{1}{1-e^{D_x}} f\, \right|_{x=0} = \sum_{n=0}^\infty \left.e^{nD_x} f\right|_{x=0} = \sum_{n=0}^\infty f(n)$$ (tình cờ giúp giải thích công thức Euler-Maclaurin) và như vậy $$ \pi \cot(\pi z) = \left.\frac{1}{1-e^{D_x}} \left(\frac{1}{z-x-1} + \frac{1}{z+x}\right) \right|_{x=0}$$ hoặc tương đương $$ \pi \cot(\pi z) = - \left.\frac{D_x}{1-e^{D_x}} \ln \frac{x+z}{x+1-z} \right|_{x=0}.$$ Điều này cung cấp danh tính của bạn sau một số sắp xếp lại đơn giản (và thay thế $z$ với một trong hai $z/\pi$ hoặc là $z/\pi + 1/2$).

Lý do chính cho sự đồng nhất một phần của Euler là các cực và phần dư của hàm cotang được xác định và tính toán một cách dễ dàng. Lý do chúng có thể được thu gọn thành một biểu thức liên quan đến toán tử tổng kết$\frac{1}{1-e^{D_x}}$là các cực và phần dư này hưởng bất biến tịnh tiến, điều này cuối cùng xuất phát từ tính tuần hoàn của hàm cotang. Tôi sẽ tưởng tượng có những đặc điểm nhận dạng tương tự cho Weierstrass$\wp$ chức năng, có chu kỳ kép với hành vi cực cụ thể.

9 TomCopeland Jan 02 2021 at 08:48

Op $$T_x = \frac{D_x}{e^{D_x}-1} = e^{b.D_x},$$

Ở đâu $(b.)^n = b_n$là các số Bernoulli, là (dấu hiệu mod) thường được gọi là toán tử Todd (có thể ban đầu được đặt tên đó bởi Hirzebruch, người đã sử dụng nó để xây dựng lớp đặc trưng Todd của mình).

Nó có một thuộc tính tùy ý (hoặc dẫn xuất) có thể được thể hiện theo những cách hữu ích sau

$$f(x) = T_x T_x^{-1} f(x) = \frac{D}{e^D-1} \frac{e^D-1}{D} f(x) = T_x \int_{x}^{x+1} f(t) dt$$

$$ = e^{b.D} \;\int_{x}^{x+1} f(t) dt = \int_{b.+x}^{b.+x+1} f(t) dt =\int_{B.(x)}^{B.(x)+1} f(t) dt$$

$$ = F(B.(x)+1) - F(B.(x)) = F(B.(x+1)) - F(B.(x)) = D_x \; F(x),$$

Ở đâu

$$B_n(x) = (b.+x)^n = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} \; b_n \; x^{n-k}$$

là các đa thức Appell Bernoulli nổi tiếng, với ví dụ $e^{B.(x)t}= e^{(b.+x)t} = \frac{t}{e^t-1}e^{xt}$, và $F(x)$ là tích phân / nguyên thủy không xác định của $f(x)$. Đẳng thức cuối cùng minh họa tính chất dẫn xuất của đa thức Bernoulli và hoàn toàn xác định chúng.

Điều này dẫn đến

$$\sum_{k=0}^n f(x+k) = T \; \int_{x}^{x+n+1} f(t) dt $$

$$ = e^{b.D} \; \int_{x}^{x+n+1} f(t) dt = \int_{B.(x)}^{B.(x+n+1)} f(t) dt$$

$$ = F(B.(x+n+1)) - F(B.(x)),$$

và đặc biệt, chuỗi quan hệ

$$\sum_{k=0}^n (x+k)^s =T_x \; \int_{x}^{x+n+1} t^{s} dt $$

$$= e^{b.D} \int_{x}^{x+n+1} t^{s} dt = \int_{B.(x)}^{B.(x+n+1)} t^s dt$$

$$ = T_x \; \frac{(x+n+1+)^{s+1} -x^{s+1}}{s+1} = e^{b.D} \frac{(x+n+1+)^{s+1} -x^{s+1}}{s+1}$$

$$ = \frac{(B.(x+1+n))^{s+1} -(B.(x))^{s+1}}{s+1} = \frac{B_{s+1}(x+1+n) - B_{s+1}(x)}{s+1}$$

$$ = \sum_{k=0}^n \frac{B_{s+1}(x+1+k) - B_{s+1}(x+k)}{s+1}$$

$$ = \sum_{k=0}^n \frac{(B.(x+1+k))^{s+1} - (B.(x+k))^{s+1}}{s+1}$$

$$ = \sum_{k=0}^n D_x \; \frac{(x+k)^{s+1}}{s+1}.$$

Nếu bạn thích hợp sử dụng giới hạn $s \to -1$, bạn đi đến mối quan hệ với lôgarit tự nhiên từ khi nào, cùng với chuỗi mở rộng của các hàm trig trong câu trả lời của Terry Tao, bạn có thể đưa ra các công thức cụ thể của mình.

Để có ứng dụng minh họa phức tạp hơn của công thức tùy ý, hãy xem Công thức. 1, "công thức Khovanskii-Pukhlikov, tổ hợp đối chiếu với công thức Hirzebruch-Riemann-Roch (HRR) cho giống toric mịn X với ước số rất lớn D ..." trên trang 2 của "$T_y$- toán tử về tích phân trên đa đỉnh mạng tinh thể "của Goda, Kamimura và Ohmoto.

Cũng lưu ý chuỗi nghịch đảo umbral đối với đa thức Bernoulli, đa thức lũy thừa Appell

$$\hat{B}_n(x) = \frac{(x+1)^{n+1}-x^{n+1}}{n+1},$$

với .egf $\frac{e^t-1}{t}\; e^{xt}$, cũng được xác định bởi sự đảo ngược thành phần cơ bản

$$B_n(\hat{B}.(x)) = x^n = \hat{B}_n(B.(x)),$$

nên

  1. thuộc tính dẫn xuất của đa thức Appell Bernoulli

$$ \frac{(B_.(x)+1)^{n+1}}{n+1} - \frac{(B.(x))^{n+1}}{n+1} = \frac{(b.+x+1)^{n+1} - (b.+x)^{n+1}}{n+1}$$

$$ = \frac{B_{n+1}(x+1) - B_{n+1}(x)}{n+1} = \hat{B}_n(B.(x)) = x^n = D \; \frac{x^{n+1}}{n+1},$$

  1. mối quan hệ tương hỗ của các ví dụ xác định của các khoảnh khắc của cặp nghịch đảo của chuỗi đa thức Appell

$$B(t) =e^{b.t}= \frac{t}{e^t-1},$$

$$\hat{B}(t) = e^{\hat{b}.t}=\frac{e^t-1}{t}, $$

  1. sự hỗ tương của các hoạt động kép

$$T= B(D) = \frac{D}{e^D-1} = e^{b.D},$$

$$T^{-1}= \hat{B}(D) = \frac{e^D-1}{D} = e^{\hat{b}.D},$$

  1. thuộc tính tạo đa thức kép của ops

$$T \; x^n = \frac{D}{e^D-1} \; x^n = e^{b.D} \; x^n = (b. + x)^n = B_n(x), $$

$$ T^{-1} \; x^n = \frac{e^D-1}{D} \; x^n = e^{\hat{b.}D} x^n = (\hat{b.}+x)^n = \hat{B}_n(x),$$

  1. mối quan hệ nghịch đảo thành phần umbral của bộ kép các đa thức

$$ B_n(\hat{B}.(x)) = T^{-1} \; T \; x^n = x^n = T \; T^{-1} \; x^n = \hat{B}_n(B.(x)),$$

  1. và thuộc tính tùy ý của nhà điều hành Todd

$$ x^n = T \; T^{-1} x^n = T \; \int_{x}^{x+1} t^n \; dt$$

$$ = T \frac{(x+1)^{n+1} - x^{n+1}}{n+1}$$

$$ =\frac{(B.(x)+1)^{n+1} -(B.(x))^{n+1}}{n+1} = \hat{B}_n(B.(x))$$

tất cả đều được liên kết với nhau một cách mật thiết (và hiệu quả), các khía cạnh khác nhau của tính hai mặt Appell và có thể được tổng quát hóa thông qua phép biến đổi Mellin.

Đây không phải là toàn bộ câu chuyện - các mối quan hệ thậm chí còn sâu sắc hơn thông qua đại số Weyl, giao hoán Graves / Lie / Pincherle và các bậc thang - nhưng viễn cảnh này đã dẫn đến việc khám phá sâu hơn. Ví dụ: chúng tôi có thể khởi động trong giới hạn như$n \to +\infty$ đối với tổng tùy ý, một hàm Hurwitz zeta đã được sửa đổi dưới dạng tổng quát hóa (nội suy) của các đa thức Bernoulli,

$$ B_{-s}(x) = s \; \zeta(s+1,x),$$

kế thừa các thuộc tính của một chuỗi đa thức Appell.


Phương trình 'bóng tối' hơi hạn chế vì nó giả định FT là $f(x)$tồn tại, mà không phải là điều kiện cần thiết để tài sản tùy nghi áp dụng; ví dụ, lưu ý công thức Abel-Plana biến đổi Laplace tương tự .

Với cách chuẩn hóa khác cho FT,

$$FT(f(x)) = \tilde{f}(\omega) = \int_{-\infty}^{\infty} e^{-i 2\pi \omega x} f(x) \; dx,$$

$$f(b.+x) = e^{b.D_x} f(x) = \frac{D_x}{e^{D_x}-1} \; f(x) = \frac{D_x}{e^{D_x}-1} FT^{-1}[\tilde{f}(\omega)]$$

$$ = \frac{D_x}{e^{D_x}-1} \; \int_{-\infty}^{\infty} e^{i 2\pi \omega x} FT[f(x)] \; d\omega = \int_{-\infty}^{\infty} e^{i 2\pi \omega x} \frac{i 2\pi \omega}{e^{i 2\pi \omega}-1} FT[f(x)] \; d\omega. $$

Đặc trưng hóa hành động của toán tử Todd bằng cách sử dụng thay vì nội suy biến đổi Mellin a la Ramanujan / Hardy, đưa ra một lộ trình thay thế, có tính xây dựng cho hàm Hurwitz zeta:

$$ B_{-s}(z) = (B.(z))^{-s} = (b.+z)^{-s} = e^{b.D_z} \; z^{-s}$$

$$ = e^{b.D_z} \int_{0}^{\infty} e^{-zt} \; \frac{t^{s-1}}{(s-1)!} \; dt$$

$$ = \int_{0}^{\infty} e^{-(b.+z)t} \; \frac{t^{s-1}}{(s-1)!} \; dt$$

$$ =\int_{0}^{\infty} e^{-B.(z)t} \; \frac{t^{s-1}}{(s-1)!} \; dt $$

$$ = \int_{0}^{\infty} \frac{-t}{e^{-t}-1} \; e^{-zt} \frac{t^{s-1}}{(s-1)!} \; dt = s \; \zeta(s+1,z).$$

Một loạt mở rộng cho hàm Appell Bernoulli cho tất cả thực tế hoặc phức tạp $s$ và thực tế hoặc phức tạp $z$ với $|z-1| < 1$ được cho bởi khai triển nhị thức umbral

$$s \; \zeta(s+1,z) = B_{-s}(z)$$

$$ = (b.+z)^{-s} = (b. + 1 - 1 + z)^{-s} = (B.(1)+z-1)^{-s}$$

$$ = \sum_{n \geq 0} \binom{-s}{n} B_{-s-n}(1) \; (z-1)^n = \sum_{n \geq 0} \binom{-s}{n} (s+n) \; \zeta(s+n+1) \; (z-1)^n$$

Ở đâu

$$(b.+1)^{-s} = (B.(1))^{-s} = B_{-s}(1) = s \; \zeta(s+1,1) = s \; \zeta(s+1)$$

với $\zeta(s)$, hàm zeta Riemann.