Neden "gölge operatörünün" sezgisel açıklaması $\frac D{e^D-1}$ logaritmaları trigonometrik fonksiyonlarla birleştirir mi?
Operatörü düşünün $\frac D{e^D-1}$ biz buna "gölge" diyeceğiz:
$$\frac {D}{e^D-1}f(x)=\frac1{2 \pi }\int_{-\infty }^{+\infty } e^{-iwx}\frac{-iw}{e^{-i w}-1}\int_{-\infty }^{+\infty } e^{i t w} f(t) \, dt \, dw$$
Buradaki integraller, Fourier dönüşümleri olarak anlaşılmalıdır.
Şimdi, sezgisel olarak, neden aşağıdakiler?
$$\left.\frac {D_x}{e^{D_x}-1} \left[\frac1\pi\ln \left(\frac{x+1/2 +\frac{z}{\pi }}{x+1/2 -\frac{z}{\pi }}\right)\right]\right|_{x=0}=\tan z$$
Gölgenin trigonometrik fonksiyonları ters trigonometrik, logaritmaları üslere vb. Dönüştürdüğü başka örnekler de vardır:
$$\left.\frac {D_x}{e^{D_x}-1} \left[\frac1{\pi }\ln \left(\frac{x+1-\frac{z}{\pi }}{x+\frac{z}{\pi }}\right)\right]\right|_{x=0}=\cot z$$
Yanıtlar
Bu temelde Euler'in kotanjant kısmi kesir genişlemesinin hafifçe dönüştürülmüş bir versiyonudur. $$ \pi \cot(\pi z) = \frac{1}{z} + \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{z-n} + \frac{1}{z+n}$$ (ünlü sinüs çarpım formülünün log türevi $\frac{\sin \pi z}{\pi z} = \prod_{n=1}^\infty \big(1-\frac{z^2}{n^2}\big)$). Teleskop serisi ile bunu şu şekilde yeniden yazabiliriz:$$ \pi \cot(\pi z) = \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{z-n-1} + \frac{1}{z+n}.$$ Taylor teoremine göre, $e^{nD_x}$ çeviri işlemidir $n$yani resmi olarak geometrik serilere göre elimizde $$ \left.\frac{1}{1-e^{D_x}} f\, \right|_{x=0} = \sum_{n=0}^\infty \left.e^{nD_x} f\right|_{x=0} = \sum_{n=0}^\infty f(n)$$ (tesadüfen Euler-Maclaurin formülünü açıklamaya yardımcı olur) ve benzeri $$ \pi \cot(\pi z) = \left.\frac{1}{1-e^{D_x}} \left(\frac{1}{z-x-1} + \frac{1}{z+x}\right) \right|_{x=0}$$ Veya eşdeğer olarak $$ \pi \cot(\pi z) = - \left.\frac{D_x}{1-e^{D_x}} \ln \frac{x+z}{x+1-z} \right|_{x=0}.$$ Bu, bazı basit yeniden düzenlemelerden (ve değiştirdikten sonra $z$ ikisiyle de $z/\pi$ veya $z/\pi + 1/2$).
Euler'in kısmi kesir özdeşliğinin birincil nedeni, kotanjant fonksiyonunun kutuplarının ve kalıntılarının kolayca tanımlanması ve hesaplanmasıdır. Toplama operatörünü içeren bir ifadeye daraltılabilmelerinin nedeni$\frac{1}{1-e^{D_x}}$bu kutupların ve kalıntıların, sonuçta kotanjant fonksiyonunun periyodikliğinden gelen bir öteleme değişmezliğine sahip olmasıdır. Weierstrass için benzer kimlikler olduğunu hayal ediyorum$\wp$ çok özel kutup davranışı ile çift periyodik olan fonksiyon.
Operasyon $$T_x = \frac{D_x}{e^{D_x}-1} = e^{b.D_x},$$
nerede $(b.)^n = b_n$Bernoulli sayılarıdır, (mod işaretleri) genellikle Todd operatörü olarak anılır (belki de başlangıçta bu adı Todd karakteristik sınıfını oluşturmak için kullanan Hirzebruch tarafından verilmiştir).
Aşağıdaki yararlı şekillerde ifade edilebilen ayrıklaştırıcı (veya türevsel) bir özelliğe sahiptir.
$$f(x) = T_x T_x^{-1} f(x) = \frac{D}{e^D-1} \frac{e^D-1}{D} f(x) = T_x \int_{x}^{x+1} f(t) dt$$
$$ = e^{b.D} \;\int_{x}^{x+1} f(t) dt = \int_{b.+x}^{b.+x+1} f(t) dt =\int_{B.(x)}^{B.(x)+1} f(t) dt$$
$$ = F(B.(x)+1) - F(B.(x)) = F(B.(x+1)) - F(B.(x)) = D_x \; F(x),$$
nerede
$$B_n(x) = (b.+x)^n = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} \; b_n \; x^{n-k}$$
egf ile ünlü Appell Bernoulli polinomlarıdır $e^{B.(x)t}= e^{(b.+x)t} = \frac{t}{e^t-1}e^{xt}$, ve $F(x)$ belirsiz integral / ilkeldir $f(x)$. Son eşitlik, Bernoulli polinomlarının türevsel özelliğini gösterir ve onları tamamen tanımlar.
Bu yol açar
$$\sum_{k=0}^n f(x+k) = T \; \int_{x}^{x+n+1} f(t) dt $$
$$ = e^{b.D} \; \int_{x}^{x+n+1} f(t) dt = \int_{B.(x)}^{B.(x+n+1)} f(t) dt$$
$$ = F(B.(x+n+1)) - F(B.(x)),$$
ve özellikle ilişkiler dizisi
$$\sum_{k=0}^n (x+k)^s =T_x \; \int_{x}^{x+n+1} t^{s} dt $$
$$= e^{b.D} \int_{x}^{x+n+1} t^{s} dt = \int_{B.(x)}^{B.(x+n+1)} t^s dt$$
$$ = T_x \; \frac{(x+n+1+)^{s+1} -x^{s+1}}{s+1} = e^{b.D} \frac{(x+n+1+)^{s+1} -x^{s+1}}{s+1}$$
$$ = \frac{(B.(x+1+n))^{s+1} -(B.(x))^{s+1}}{s+1} = \frac{B_{s+1}(x+1+n) - B_{s+1}(x)}{s+1}$$
$$ = \sum_{k=0}^n \frac{B_{s+1}(x+1+k) - B_{s+1}(x+k)}{s+1}$$
$$ = \sum_{k=0}^n \frac{(B.(x+1+k))^{s+1} - (B.(x+k))^{s+1}}{s+1}$$
$$ = \sum_{k=0}^n D_x \; \frac{(x+k)^{s+1}}{s+1}.$$
Sınırı uygun bir şekilde alırsanız $s \to -1$Terry Tao'nun cevabında trigonometri fonksiyonlarının seri genişlemelerinin yanı sıra doğal logaritma ile bir ilişkiye ulaşırsınız, kendi formüllerinizi ortaya çıkarabilirsiniz.
Ayrıklaştırma formülünün daha sofistike bir açıklayıcı uygulaması için bkz. 1, "Khovanskii-Pukhlikov formülü, çok geniş bölen D ile pürüzsüz bir torik X türü için Hirzebruch-Riemann-Roch formülünün (HRR) kombinatoryal karşılığı ..."$T_y$- Goda, Kamimura ve Ohmoto'nun " kafes politopları üzerindeki integraller üzerindeki işleç.
Appell güç polinomları olan Bernoulli polinomlarının genel ters dizisine de dikkat edin.
$$\hat{B}_n(x) = \frac{(x+1)^{n+1}-x^{n+1}}{n+1},$$
.egf ile $\frac{e^t-1}{t}\; e^{xt}$, aynı zamanda umbral kompozisyonel ters çevirme ile de tanımlanır
$$B_n(\hat{B}.(x)) = x^n = \hat{B}_n(B.(x)),$$
Böylece
- Appell Bernoulli polinomlarının türevsel özelliği
$$ \frac{(B_.(x)+1)^{n+1}}{n+1} - \frac{(B.(x))^{n+1}}{n+1} = \frac{(b.+x+1)^{n+1} - (b.+x)^{n+1}}{n+1}$$
$$ = \frac{B_{n+1}(x+1) - B_{n+1}(x)}{n+1} = \hat{B}_n(B.(x)) = x^n = D \; \frac{x^{n+1}}{n+1},$$
- Ters Appell polinom dizileri çiftinin momentlerinin tanımlayıcı egflerinin karşılıklı ilişkisi
$$B(t) =e^{b.t}= \frac{t}{e^t-1},$$
$$\hat{B}(t) = e^{\hat{b}.t}=\frac{e^t-1}{t}, $$
- ikili operasyonların karşılıklılığı
$$T= B(D) = \frac{D}{e^D-1} = e^{b.D},$$
$$T^{-1}= \hat{B}(D) = \frac{e^D-1}{D} = e^{\hat{b}.D},$$
- işlemlerin ikili polinom üreten özellikleri
$$T \; x^n = \frac{D}{e^D-1} \; x^n = e^{b.D} \; x^n = (b. + x)^n = B_n(x), $$
$$ T^{-1} \; x^n = \frac{e^D-1}{D} \; x^n = e^{\hat{b.}D} x^n = (\hat{b.}+x)^n = \hat{B}_n(x),$$
- ikili polinom kümelerinin genel kompozisyonel ters ilişkisi
$$ B_n(\hat{B}.(x)) = T^{-1} \; T \; x^n = x^n = T \; T^{-1} \; x^n = \hat{B}_n(B.(x)),$$
- ve Todd operatörünün ayırıcı özelliği
$$ x^n = T \; T^{-1} x^n = T \; \int_{x}^{x+1} t^n \; dt$$
$$ = T \frac{(x+1)^{n+1} - x^{n+1}}{n+1}$$
$$ =\frac{(B.(x)+1)^{n+1} -(B.(x))^{n+1}}{n+1} = \hat{B}_n(B.(x))$$
hepsi yakından (ve üretken olarak) birbirine bağlıdır, bir Appell dualitesinin farklı yönleri ve Mellin dönüşümü yoluyla genelleştirilebilir.
Hikayenin tamamı bu değil - ilişkiler bir Weyl cebiri, Graves / Lie / Pincherle komütatörü ve merdiven operasyonları aracılığıyla daha da derinleşiyor - ancak bu bakış açısı şimdiden verimli daha fazla araştırmaya yol açıyor. Örneğin, sınırda olarak önyükleme elde ederiz.$n \to +\infty$ ayrıklaştırıcı toplam için, Bernoulli polinomlarının genelleştirilmesi (enterpolasyon) olarak değiştirilmiş bir Hurwitz zeta fonksiyonu,
$$ B_{-s}(x) = s \; \zeta(s+1,x),$$
bu, bir Appell polinom dizisinin özelliklerini miras alır.
'Gölge' denklemi, FT'yi varsaydığı için biraz kısıtlayıcıdır. $f(x)$ayrıştırma mülkünün uygulanması için gerekli bir koşul olmayan var; örneğin, benzer Laplace dönüşümü Abel-Plana formülüne dikkat edin .
FT için farklı bir normalizasyonla,
$$FT(f(x)) = \tilde{f}(\omega) = \int_{-\infty}^{\infty} e^{-i 2\pi \omega x} f(x) \; dx,$$
ve
$$f(b.+x) = e^{b.D_x} f(x) = \frac{D_x}{e^{D_x}-1} \; f(x) = \frac{D_x}{e^{D_x}-1} FT^{-1}[\tilde{f}(\omega)]$$
$$ = \frac{D_x}{e^{D_x}-1} \; \int_{-\infty}^{\infty} e^{i 2\pi \omega x} FT[f(x)] \; d\omega = \int_{-\infty}^{\infty} e^{i 2\pi \omega x} \frac{i 2\pi \omega}{e^{i 2\pi \omega}-1} FT[f(x)] \; d\omega. $$
Todd operatörünün eylemini daha ziyade Mellin dönüşümü enterpolasyonu a la Ramanujan / Hardy kullanarak karakterize etmek, Hurwitz zeta fonksiyonuna alternatif, yapıcı bir yol verir:
$$ B_{-s}(z) = (B.(z))^{-s} = (b.+z)^{-s} = e^{b.D_z} \; z^{-s}$$
$$ = e^{b.D_z} \int_{0}^{\infty} e^{-zt} \; \frac{t^{s-1}}{(s-1)!} \; dt$$
$$ = \int_{0}^{\infty} e^{-(b.+z)t} \; \frac{t^{s-1}}{(s-1)!} \; dt$$
$$ =\int_{0}^{\infty} e^{-B.(z)t} \; \frac{t^{s-1}}{(s-1)!} \; dt $$
$$ = \int_{0}^{\infty} \frac{-t}{e^{-t}-1} \; e^{-zt} \frac{t^{s-1}}{(s-1)!} \; dt = s \; \zeta(s+1,z).$$
Tüm gerçek veya karmaşık için Appell Bernoulli işlevi için bir dizi genişletme $s$ ve gerçek veya karmaşık $z$ ile $|z-1| < 1$ umbral binom açılımı ile verilir
$$s \; \zeta(s+1,z) = B_{-s}(z)$$
$$ = (b.+z)^{-s} = (b. + 1 - 1 + z)^{-s} = (B.(1)+z-1)^{-s}$$
$$ = \sum_{n \geq 0} \binom{-s}{n} B_{-s-n}(1) \; (z-1)^n = \sum_{n \geq 0} \binom{-s}{n} (s+n) \; \zeta(s+n+1) \; (z-1)^n$$
nerede
$$(b.+1)^{-s} = (B.(1))^{-s} = B_{-s}(1) = s \; \zeta(s+1,1) = s \; \zeta(s+1)$$
ile $\zeta(s)$Riemann zeta fonksiyonu.