複變函數論 – 尼斯的靈魂

[複變]計算級數和

假設 $p(x)$ 是一個次數至少為二次的實係數多項式，且 $p(x)$ 的零根均不是整數．今天我們要來告訴大家如何計算形如

$\displaystyle\sum_{n=-\infty}^{\infty}\frac{1}{p(n)}.$

舉例來說，我們希望計算

$\displaystyle\sum_{n=-\infty}^{\infty}\frac{1}{n^{2}+1}.$

假設自然數 $N$ 夠大使得當 $n\geq N$ 時，矩形 $C_{n}$ 包含所有 $p(x)$ 的零根 $z_{1},\cdots,z_{r}$ ．其中 $C_{n}$ 的頂點在 $(n+1/2)\pm ni$ 且 $-(n+1/2)\pm ni$ ．如此一來，根據留數定理

$\displaystyle\frac{1}{2\pi i}\int_{C_{n}}\frac{\pi \cot \pi z}{p(z)}dz=\sum_{k=-n}^{n}\mbox{Res}\left(\frac{\pi\cot \pi z}{p(z)},k\right)+\sum_{j=1}^{r}\mbox{Res}\left(\frac{\pi \cot\pi z}{p(z)},z_{j}\right).$

當 $n\to\infty$ 時，

$\displaystyle \int_{C_{n}}\frac{\pi \cot \pi z}{p(z)}dz\to 0.$

所以我們得到了

$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\sum_{k=-n}^{n}\mbox{Res}\left(\frac{\pi\cot \pi z}{p(z)},k\right)=-\sum_{j=1}^{r}\mbox{Res}\left(\frac{\pi \cot\pi z}{p(z)},z_{j}\right).$

我們記

$\displaystyle\sum_{k=-\infty}^{\infty}(e)=\lim_{n\to\infty}\sum_{k=-n}^{n}$

稱為Eisenstein和．為了方便起見，我們本篇文章的 $\sum_{k=-\infty}^{\infty}$ 均為Eiseinstein和．於是我們證明了

$\displaystyle\sum_{k=-\infty}^{\infty}\mbox{Res}\left(\frac{\pi\cot \pi z}{p(z)},k\right)=-\sum_{j=1}^{r}\mbox{Res}\left(\frac{\pi \cot\pi z}{p(z)},z_{j}\right).$

又 $\displaystyle \mbox{Res}\left(\frac{\pi\cot \pi z}{p(z)},k\right)=\frac{1}{p(k)}$ ，我們證明了

$\displaystyle\sum_{n=-\infty}^{\infty}\frac{1}{p(n)}=-\sum_{j=1}^{r}\mbox{Res}\left(\frac{\pi \cot\pi z}{p(z)},z_{j}\right).$

以 $\sum_{k=-\infty}^{\infty}1/(k^{2}+1)$ 為例．我們令 $p(z)=1/(1+z^{2}).$ 此多項式有兩個極點 $\pm i$ ．所以

$\displaystyle\mbox{Res}\left(\frac{\pi\cot \pi z}{z^{2}+1},i\right)=\frac{\pi \cot \pi i}{2i}.$

且

$\displaystyle\mbox{Res}\left(\frac{\pi\cot \pi z}{z^{2}+1},-i\right)=\frac{\pi \cot \pi i}{2i}.$

因此

$\displaystyle\sum_{n=-\infty}^{\infty}\frac{1}{n^{2}+1}=\frac{\pi\cot \pi i}{i}.$

事實上，我們可以把 $1/p(z)$ 換成更一般的半純函數 $f(z)$ ．但我們要求

$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\int_{C_{n}}f(z)\pi\cot\pi zdz=0.$

此時

$\displaystyle\sum_{n\in\mathbb{Z},\ n\not\in P}\mbox{Res}(f(z)\pi\cot\pi z,n)=-\sum_{p\in P}\mbox{Res}(f(z)\pi\cot\pi z,p).$

其中 $p$ 是 $f$ 的極點．其中 $P$ 是 $f(z)$ 的極點所構成的集合．舉例來說 $f(z)=1/z^{2}$ ．則

$\displaystyle\sum_{n=-\infty}^{-1}\frac{1}{n^{2}}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2}}=-\mbox{Res}(f(z)\pi\cot\pi z,0)=\frac{\pi^{2}}{3}.$

於是

$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2}}=\frac{\pi^{2}}{6}.$

zeta與Gamma函數—zeta的解析延拓

假設 $p>1$ ．利用 $p$ 級數測試法，級數 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{p}}$ 收斂，我們記這個值為 $\zeta(p)$ ．於是我們定義了一個從 $(1,\infty)$ 到 $\mathbb{R}_{+}$ 的實值函數．

B. Riemann 最早提出zeta函數在複數域上的半純研拓：連結．

我們可以證明當 $x>0$ 時，瑕積分

$\displaystyle\int_{0}^{\infty}t^{x-1}e^{-t}dt.$

收斂，將此值記為 $\Gamma(x)$ 於是我們得到了一個 $[0,\infty)$ 到 $\mathbb{R}_{+}$ 的函數．利用變數變換，我們可以得到

$\displaystyle\int_{0}^{\infty}t^{p-1}e^{-nt}dt=\frac{\Gamma(p)}{n^{p}}.$

對 $n$ 求和後：

$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{p}}=\frac{1}{\Gamma(p)}\sum_{n=1}^{\infty}\int_{0}^{\infty}t^{p-1}e^{-nt}dt.$

由於積分內的每一項都是非負的函數，利用單調收斂定理(monotone convergence theorem)（對於此定理不熟的，可以暫時忘掉，目的就是為了處理和與積分互換的合理性）將無窮和與級數交換後：

$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{p}}=\frac{1}{\Gamma(p)}\int_{0}^{\infty}t^{p-1}\left(\sum_{n=1}^{\infty}e^{-nt}\right)dt.$

利用等比級數和公式，我們得出

$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}e^{-nt}=\frac{e^{-t}}{1-e^{-t}}=\frac{1}{e^{t}-1}.$

於是級數和就可以化為

$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{p}}=\frac{1}{\Gamma(p)}\int_{0}^{\infty}\frac{t^{p-1}}{e^{t}-1}dt.$

另一方面，Gamma函數可以擴充定義域致複數上使其有以下的無窮乘積表示

$\displaystyle\Gamma(z)=\frac{e^{-\gamma z}}{z}\prod_{n=1}^{\infty}\left(1+\frac{z}{n}\right)^{-1}e^{z/n},$

其中 $\gamma$ 是尤拉常數

$\displaystyle\gamma=\lim_{n\to\infty}\left(\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}-\log n\right).$

則我們發現 $\Gamma(z)$ 是複數平面上的半純函數，且 $z=0,-1,-2,\cdots$ 是他的單極點(simple pole)，同時他沒有零根．於是利用 $\sin\pi z$ 的無窮乘積後，我們得到了

$\displaystyle\Gamma(z)\Gamma(1-z)=\frac{\pi}{\sin \pi z}.$ (*)

證明： $\sin \pi z$ 的無窮乘積表示為

$\displaystyle\sin\pi z=z\prod_{n=1}^{\infty}\left(1-\frac{z^{2}}{n^{2}}\right).$

將 $\Gamma(z)$ 與 $\Gamma(1-z)$ 帶入後，我們立刻得到(*)．

在取了 $\log z$ 的主分歧(principal branched)後，任給複數 $z,s$ 我們可以定義 $z^{s}$ 為：

$\displaystyle z^{s}=e^{s\log z}.$

此處主分歧(principal branched)指的是指主輔角 $\theta$ 定義在 $-\pi\leq\theta<\pi$ 內．假設 $s=a+ib$ ，且 $a>1$ 時，我們可以定義

$\displaystyle\zeta(s)=\frac{1}{\Gamma(s)}\int_{0}^{\infty}\frac{t^{s-1}}{e^{t}-1}dt.$

所以我們將原本級數 $\zeta(p)=\sum_{n=1}^{\infty}1/n^{p}$ 定義出來的函數 $\zeta(p)$ 擴充到定義在 $s=a+ib,$ $a>1$ 上的解析函數．

另 $C$ 表示從正實軸的無窮大出發繞過原點後回到正實軸無窮大與實軸距離很近的曲線．當 $a>1$ 時，積分

$\displaystyle\oint_{C}\frac{(-z)^{s-1}}{e^{z}-1}dz$

是收斂的（利用微積分的方法估計）．當我們取曲線 $C$ 的上半部分時，我們曲線參數為 $-t+i\delta$ 其中 $t>0$ ，曲線的下半部曲線參數化為 $t+i\delta$ ．其中 $t>0$ ．令 $\delta\to 0$

$\displaystyle\oint_{C}\frac{(-z)^{s-1}}{e^{z}-1}dz=-\int_{0}^{\infty}\frac{t^{s-1}e^{-(s-1)\pi i}}{e^{t}-1}dt+\int_{0}^{\infty}\frac{t^{s-1}e^{(s-1)\pi i}}{e^{t}-1}dt.$

由於 $\displaystyle e^{(s-1)\pi i}-e^{-(s-1)\pi i}=2i\sin\pi s.$ 利用上面 $\zeta$ 與 $\Gamma$ 的關係，我們將積分合併後得到了

$\displaystyle\oint_{C}\frac{(-z)^{s-1}}{e^{z}-1}dz=2i\sin\pi s\int_{0}^{\infty}\frac{t^{s-1}}{e^{t}-1}dt=2 i\sin\pi s\zeta(s)\Gamma(s).$

利用(*)我們得到了:任給 $s=a+ib,$ $a>1$

$\displaystyle \zeta(s)=-\frac{\Gamma(1-s)}{2\pi i}\int_{C}\frac{(-z)^{s-1}}{e^{z}-1}dz.$

所以當 $s=a+ib$ 滿足 $a>1$ 時， $\zeta(s)$ 等於右邊那個積分式．但事實上，右式的積分與Gamma函數是被定義在複數平面上的半純函數．所以利用右式的積分與Gamma函數我們可以擴充 $\zeta(s)$ 的定義域使得 $\zeta(s)$ 是定義在複數平面上的半純函數． $\Gamma(1-s)$ 的極點（為單極點simple pole）是在 $s=1,2,3,\cdots$ ．但根據 $\zeta(s)$ 的性質， $\zeta(s)$ 在 $s=2,3,\cdots$ 上都是解析．所以 $\zeta(s)$ 可能的極點只有 $s=1$ ．當 $s=1$ 時，簡單的計算可得知

$\displaystyle\frac{1}{2\pi i}\oint_{C}\frac{dz}{e^{z}-1}=\lim_{z\to 0}\frac{z}{e^{z}-1}=1.$

(因為 $z=0$ 是 $1/(e^{z}-1)$ 在 $C$ 內的唯一單極點，利用留數公式就可得到上面右式．)因此是一個有限值．利用 $s=1$ 是 $\Gamma(1-s)$ 的單極點，我們證明了 $s=1$ 是 $\zeta(s)$ 的單極點．再利用 $\Gamma(1-s)$ 在 $s=1$ 的留數，我們得到了 $\zeta(s)$ 的留數為 $1$ ．於是我們證明了：

定理： $\zeta(s)$ 可以利用上述積分延拓成複數平面上的半純函數，且唯一的極點 $s=1$ 留數為 $1$ ．

接著我們可以利用這個積分來計算 $\zeta(-n)$ ．Bernoulli數 $B_{k}$ 的定義為 $B_{2k-1}=0,$ $k\geq 1$ 且

$\displaystyle\frac{1}{e^{z}-1}=\frac{1}{z}-\frac{1}{2}+\sum_{k=1}^{\infty}\frac{B_{2k}}{(2k)!}z^{2k-1}.$

因此利用 $\Gamma(1+n)=n!$ 可推得

$\displaystyle\zeta(-n)=(-1)^{n}\frac{n!}{2\pi i}\oint_{C}\frac{z^{-n-1}}{e^{z}-1}dz.$

所以

$\displaystyle\zeta(-n)=(-1)^{n}\frac{n!}{2\pi i}\oint_{C}\left(z^{-2-n}-\frac{1}{2}z^{-n-1}+\sum_{k=1}^{\infty}\frac{B_{2k}}{(2k)!}z^{2k-2-n}\right)dz.$

利用科西積分公式，我們可以得出 $\zeta(0)=-1/2$ 且 $\displaystyle\zeta(-1)=-\frac{1}{2}\cdot B_{2}=-\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{6}=-\frac{1}{12},$ 更一般的：

$\displaystyle\zeta(-n)=(-1)^{n}\frac{B_{n+1}}{n+1}.$

利用上面的方法我們得到了Riemann zeta的解析延拓，接著我們利用以下定理來說明此解析延拓唯一．

定理：(Identity Theorem) 假設 $f,g$ 是定義在開連通集合上的複解析函數．如果存在一個收斂數列 $\{z_{n}\}$ 使得 $z_{i}\neq z_{j},$ $\forall i,j$ 且 $f(z_{i})=g(z_{i}),$ $\forall i\geq 1$ 則 $f(z)=g(z).$

考慮 $\Omega=\mathbb{C}\setminus\{1\}$ ．則 $\Omega$ 是複數平面上的一個開連通區域．則上述Riemann zeta函數 $\zeta(s)$ 為 $\Omega$ 上的解析函數．如果 $\widetilde{z}(s)$ 是另外一種方法得到的Riemann zeta函數的解析延拓．由於 $\zeta(s)$ 與 $\widetilde{z}(s)$ 是 $p\mapsto\zeta(p),$ $p>1$ 的解析延拓，則

$\zeta(p)=\widetilde{\zeta}(p),$ $p>1$

換句話說 $\zeta(s)$ 與 $\widetilde{z}(s)$ 在 $\{z=a+ib:a>1,\ b=0\}$ 上相等．利用Identity theorem，我們知道 $\zeta(s)=\widetilde{z}(s),$ $s\in\mathbb{C}\setminus\{1\}.$

Monotone Convergence Theorem:

Let $(X,\Sigma,\mu)$ be a measure space and $\{f_{n}\}$ be a nondecreasing sequence of nonnegative measurable functions. Then the pointwise limit $f$ of $\{f_{n}\}$ is measurable and

$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\int_{X}f_{n}(x)d\mu=\int_{X}f(x)d\mu,$

where $\displaystyle f(x)=\lim_{n\to\infty}f_{n}(x),$ $x\in X.$

Corollary: If $\{f_{n}\}$ is a sequence of nonnegative measurable functions on $X,$ then

$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\int_{X}f_{n}(x)d\mu=\int_{X}\left(\sum_{n=1}^{\infty}f_{n}(x)\right)d\mu.$

[複變]橢圓函數與橢圓曲線

假設 $\tau$ 是屬於上半平面的複數，令 $L$ 表示所有 $m+n\tau$ 複數所構成的加法群（格子點）其中 $m,n\in\mathbb{Z}$ ．我們定義Weierstrass $\wp$ 函數如下：

$\displaystyle\wp(z)=\frac{1}{z^{2}}+\sum_{\omega\in L\setminus\{0\}}\left(\frac{1}{(z-\omega)^{2}}-\frac{1}{\omega^{2}}\right)$

則很顯然的， $\wp$ 為具有週期為 $1,\tau$ 的橢圓函數．今天我們希望證明 $\wp(z)$ 滿足以下微分方程

$\displaystyle (\wp'(z))^{2}=4(\wp(z))^{3}-g_{2}\wp(z)-g_{3},$

其中 $g_{2},g_{3}$ 滿足

$\displaystyle g_{2}=60\sum_{\omega\in L\setminus\{0\}}\frac{1}{\omega^{4}},\quad g_{3}=140\sum_{\omega\in L\setminus\{0\}}\frac{1}{\omega^{6}}.$

首先我們考慮 $\wp(z)$ 在 $z=0$ 地展開：

$\displaystyle\wp(z)=\frac{1}{z^{2}}+\frac{1}{20}g_{2}z^{2}+\frac{1}{28}g_{3}z^{4}+O(z^{6}).$

則我們計算一下此函數微分與三次方後可以推得

$\displaystyle\wp'(z)=\frac{-2}{z^{3}}+\frac{1}{10}g_{2}z+\frac{1}{7}g_{3}z^{3}+O(z^{5}),$

$\displaystyle\{\wp(z)\}^{3}=\frac{1}{z^{6}}+\frac{3}{20}\frac{g_{2}}{z^{2}}+\frac{3}{28}g_{3}+O(z^{2})$

因此

$\displaystyle (\wp'(z))^{2}=\frac{4}{z^{6}}-\frac{2}{5}g_{2}z^{-2}-\frac{4}{7}g_{3}+O(z^{2})$

於是我們可以推得

$\displaystyle (\wp'(z))^{2}-4(\wp(z))^{3}+g_{2}\wp(z)+g_{3}=O(z^{2}).$

換句話說 $\displaystyle (\wp'(z))^{2}-4(\wp(z))^{3}+g_{2}\wp(z)+g_{3}$ 是定義在 $\mathbb{C}$ 上的雙週期的整域函數(entire function)．由Liouville定理可知， $(\wp'(z))^{2}-4(\wp(z))^{3}+g_{2}\wp(z)+g_{3}$ 為常數函數．透過 $z\to 0$ 我們知道此函數為零．因此

$\displaystyle (\wp'(z))^{2}-4(\wp(z))^{3}+g_{2}\wp(z)+g_{3}=0.$

假設 $\displaystyle y=f(z)$ 滿足

$(f'(z))^{2}=4(f(z))^{3}-g_{2}f(z)-g_{3}$

則 $f(z)=\wp(\pm z+c_{0})$ 其中 $c_{0}\in\mathbb{C}.$

證明：假設 $u:\mathbb{C}\to\mathbb{C}$ 是一個複數上的座標變換使得 $y=\wp(u(z)).$ 則

$\displaystyle\frac{dy}{dz}=u'(z)\wp'(u).$

因為 $dy/dz=f'(z)$ 滿足上述微分方程，則 $(u'(z))^{2}=1$ ．換句話說 $u'(z)=\pm 1$ ．於是 $u(z)=\pm z+c_{0}$ ．我們便推得結論．

應用：橢圓曲線

在 $\mathbb{C}^{2}$ 中由

$E:Y^{2}=4X^{3}-g_{2}X-g_{3}$

定義出來的稱為（複數域上的）仿射橢圓曲線，其中我們要求 $g_{2}^{3}\neq 27g_{3}^{2}$ ．我們把無窮遠點加進去後 $E=E\cup\{\infty\}$ ，我們稱 $E$ 為橢圓曲線．任給一點 $p\in E$ 我們定義路徑積分

$\displaystyle\int_{p}^{\infty}\frac{dt}{\sqrt{4t^{3}-g_{2}t-g_{3}}}.$

則此積分與路徑選取有關．如果 $\gamma_{1},\gamma_{2}$ 為 $p$ 至 $\infty$ 兩條路徑，那麼 $\gamma_{1}-\gamma_{2}$ 就是橢圓曲線上的封閉路徑．橢圓曲線以拓樸上來說他是輪胎面．他是兩個單位圓的乘機所構成的曲面．我們取 $a,b$ 分別為上面的大圓與小圓（相交數 $=1$ ）我們可以取 $a,b$ 使得

$\displaystyle\int_{a}\frac{dt}{\sqrt{4t^{3}-g_{2}t-g_{3}}}=1,\quad \displaystyle\int_{a}\frac{dt}{\sqrt{4t^{3}-g_{2}t-g_{3}}}=\tau.$

如此一來 $\gamma_{1}-\gamma_{2}=ma+nb$ （基本上封閉路徑可以由 $a,b$ 去構成，繞大圓幾圈，繞小圓幾圈）於是

$\displaystyle\int_{\gamma_{1}-\gamma_{2}}\frac{dt}{\sqrt{4t^{3}-g_{2}t-g_{3}}}=m\int_{a}\frac{dt}{\sqrt{4t^{3}-g_{2}t-g_{3}}}+n\int_{b}\frac{dt}{\sqrt{4t^{3}-g_{2}t-g_{3}}}$

$=m+n\tau.$

換句話說不同路徑積分出來的差異為 $m+n\tau\in L$ ．所以

$\displaystyle A(w)=\int_{w}^{\infty}\frac{dt}{\sqrt{4t^{3}-g_{2}t-g_{3}}}\mod L$

是一個良定的函數，這個良定的函數 $A:E\to \mathbb{C}/L$ 稱為Abel-Jacobi-map．如果我們記

$\displaystyle z=\int_{w}^{\infty}\frac{dt}{\sqrt{4t^{3}-g_{2}t-g_{3}}}$

則我們可以證明

$\displaystyle \left(\frac{dw}{dz}\right)^{2}=4z^{3}-g_{2}z-g_{3}.$

換句話說利用前一個部分的結果我們可以知道 $w=\wp(\pm z+c_{0})$ ．當 $w=\infty$ 時，$late z=0$．也就是說 $\wp(c_{0})=\infty$ ．換句話說 $c_{0}$ 是 $\wp(z)$ 的極點(pole)．所以 $c_{0}\in L$ ．利用 $\wp(z)$ 的週期性與偶函數的性質可知 $w=\wp(\pm z+c_{0})=\wp(\pm z)=\wp(z).$ 所以 $w=p(z)$ 換句話說