Analytische Eigenschaften gewisser zu linearen Rekursionen

Bayerische
Julius-Maximilians-Universität
Würzburg
Institut für Mathematik
Analytische Eigenschaften gewisser zu
linearen Rekursionen assoziierten
Dirichlet-Reihen
Diplomarbeit
von
Michael Krasser
Betreuer: Prof. Dr. Jörn Steuding
Würzburg, September 2010
1
Vorwort
Diese Arbeit entstand während des Winter- und des Sommersemesters 09/10. Für die Anregung und Ermutigung, mich mit diesem Thema auseinanderzusetzen, für die wertvollen
Impulse und seine permanente Unterstützung möchte ich Herrn Prof. Dr. Jörn Steuding
meinen besonderen Dank aussprechen.
Insbesondere möchte ich mich bei meinen lieben Eltern, Dr. Walter und Cornelia Krasser,
und lieben Groÿeltern Dr. Konrad und Gisela Mahlo für die Ermöglichung dieses Studiums
bedanken.
2
Zusammenfassung
Gegenstand des Interesses in dieser Arbeit ist die Konstruktion und Untersuchung einer
speziellen Klasse von Dirichlet-Reihen. Aufbauend auf der Arbeit von Navas [11] über die
Fibonacci Zeta-Funktion
ζ{F } (s) =
∞
X
Fn−s ,
n=1
wird in den ersten drei Kapiteln das Ziel forciert, dem Leser einen sinnvollen Begri von
Dirichlet-Reihen der allgemeinen Form
ζ{a} (s) =
∞
X
a−s
n , an ∈ N,
n=1
wobei die Folge
(an )n∈N
durch eine lineare und homogene Gleichung
l-ter
Ordnung mit
konstanten Koezienten festgelegt ist, zu vermitteln. Zunächst werden hierfür in ausführlicher Form die notwendigen Kenntnisse über Dierenzen-Gleichungen und DirichletReihen bereitgestellt, um dann in Kapitel
3
diese beiden Begrie, in dem Fall, dass die
Dierenzen-Gleichung linear und homogen ist, zu vermählen.
Die nachfolgenden Kapitel befassen sich dann einenteils mit dem Versuch, die von Navas in [11] und von Steuding in [19] entdeckten analytischen Eigenschaften von
obige Dirichlet-Reihen
ζ{a}
ζ{F }
auf
zu verallgemeinern und andernteils werden neue analytische
Eigenschaften gesucht:
Zunächst wird sich zeigen, dass die Existenz einer analytischen Fortsetzung von
gesamte komplexe Ebene
{a},
C,
ζ{a}
in die
unter gewissen Zusatzbedingungen an die rekurrente Folge
stets gesichert ist. Anschlieÿend werden Sigularitäten dieser analytischen Fortset-
zung gesucht, klassiziert und in gewissen Fällen unter ihnen Beziehungen aufgedeckt.
Dabei wird sich zeigen, dass trotz der an die Rekursion
{a}
gestellten Restriktionen, die
analytische Fortsetzung der damit assoziierten Zeta-Funktion
ζ{a}
ein recht chaotisches
Verhalten besitzen kann. Dadurch motiviert, wird nach Zeta-Funktionen
ζ{a}
gesucht, die
auf der reellen Achse einer gewissen Regelmäÿigkeit unterliegen. Desweiteren wird sich
zeigen, dass allgemeine Dirichlet-Reihen der Gestalt
f (s) =
∞
X
b−s
n ,
n=1
innerhalb ihrer Konvergenzhalbebene
Hσ0
unter der Bedingung bn
≥ 1 für alle n ∈ N, keine
Nullstelle besitzen können. Auÿerdem wird ein Versuch unternommen, die verblüende
Äquidistanz der trivialen Nullstellen von
ζ{F }
zu erklären, um so auf ihre vorrangige
Stellung unter der Menge obiger Dirichlet-Reihen hinzuweisen.
Abschlieÿend wird, auf Grund von Steudings Arbeit [19], der Begri der Hypertranszendenz erklärt und ein Kriterium geliefert, aus welchem sich hypertranszendente DirichletReihen
ζ{a}
konstruieren lassen.
INHALTSVERZEICHNIS
3
Inhaltsverzeichnis
1 Lineare Dierenzen-Gleichungen
5
1.1
Vorbemerkung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5
1.2
Die Dierenzen-Rechnung
5
1.3
Allgemeines über lineare Dierenzen-Gleichungen
. . . . . . . . . . . . . .
8
1.4
Lineare Gleichungen mit konstanten Koezienten
. . . . . . . . . . . . . .
13
1.5
Der Hauptsatz für lineare Rekursionen mit konstanten Koezienten . . . .
15
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2 Grundlagen der allgemeinen Theorie von Dirichlet-Reihen
17
2.1
Vorbemerkung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
18
2.2
Die elementare Theorie der Konvergenz von Dirichlet-Reihen . . . . . . . .
18
2.3
Die Bestimmung der Konvergenzabszisse
22
2.4
Absolute Konvergenz einer Dirichlet-Reihe
2.5
Vergleich der Konvergenz von Dirichlet- und Potenzreihe
. . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
3 Die Menge Rl und die Klasse ζ
3.1
3.2
28
32
3.2.1
Ganzzahligkeit
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
33
3.2.2
Festlegung des Wachstums . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
37
3.2.3
Positivität . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
l
l
Zusammenfassung: Eine Teilmenge C von R
. . . . . . . . . . . .
40
Die Klasse
ζ
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4 Elementare Eigenschaften der Klasse ζ
Vorbemerkung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.2
Analytische Fortsetzbarkeit der Elemente von
4.3
Diskussion der Singularitäten
4.3.1
ζ
37
40
41
. . . . . . . . . . . . . . .
42
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
51
Konstruktion von Elementen
ζ{a} ∈ ζ
mit regelmäÿigem Polverhal-
ten auf der reellen Achse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.5
28
41
4.1
4.4
26
Vorbemerkung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
l
Die Menge R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.2.4
3.3
24
Das Verhalten der Elemente der Klasse
ζ
59
in der rechten Halbebene . . . . .
63
Anmerkungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
67
4.5.1
Über die trivialen Nullstellen der Fibonacci Zeta-Funktion
. . . . .
67
4.5.2
Nahe Verwandte von
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
75
ζ{F }
5 Die Klasse ζ und Hypertranszendenz
79
5.1
Vorbemerkung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
79
5.2
Die Hypertranszendez für Dirichlet-Reihen im Allgemeinen . . . . . . . . .
80
5.3
Hypertranszendente Elemente der Klasse
ζ
. . . . . . . . . . . . . . . . . .
6 Anhang
81
84
6.1
Ergebnisse der Funktionentheorie
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
84
6.2
Ergebnisse der Analysis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
85
INHALTSVERZEICHNIS
4
7 Verzeichnis der verwendeten Symbole
88
8 Literaturverzeichnis
89
1
LINEARE DIFFERENZEN-GLEICHUNGEN
5
1 Lineare Dierenzen-Gleichungen
1.1 Vorbemerkung
In diesem Kapitel betrachten wir in elementarer Form lineare Dierenzen-Gleichungen
und stellen ein Konzept zur Lösung für den Fall, dass die lineare Dierenzen-Gleichung
homogen ist und nur konstante Koezienten besitzt, bereit. Wenn nicht anders erwähnt,
ist der Inhalt des Kapitels in ausführlicher Form unter [8], Kapitel 2 und Kapitel 3 zu
nden.
1.2 Die Dierenzen-Rechnung
Wir stellen hier einige Werkzeuge bereit, welche im Umgang mit Dierenzen-Gleichungen
äuÿerst nützlich sind.
Denition 1.2.1:
Sei
Der
y(t)
eine Funktion einer reellen oder komplexen Veränderlichen
Dierenzen-Operator ∆ wird durch
t.
∆y(t) = y(t + 1) − y(t)
deniert.
Die Schrittweite 1 bei der Denition des Dierenzen-Operators spielt dabei keine Rolle:
Besäÿe der Dierenzen-Operator die Schrittweite
h,
also
∆y(t) = y(t + h) − y(t),
dann setzten wir
t = sh
und
y(th) = z(t).
Wir erhalten dann:
∆y(t) = y(h(s + 1)) − y(hs)
= z(s + 1) − z(s)
= ∆z(s).
y(t) stets über einer unendlichen Menge der Gestalt
a, a+1, a+2, . . . deniert, wobei a immer eine reelle oder komplexe Zahl ist. Analog können
Im Folgenden ist für uns die Funktion
wir Dierenzen-Operatoren höherer Ordnung durch die rekursive Denition
∆n := ∆(∆n−1 )
betrachten:
1
LINEARE DIFFERENZEN-GLEICHUNGEN
6
Satz 1.2.1:
Sei
n ∈ N.
Dann gilt:
n
X
k n
∆ y(t) =
y(t + n − k).
(−1)
k
k=0
n
Beweis:
Durch vollständige Induktion:
(IA): Sei n = 1. Oensichtlich ist die Aussage erfüllt.
(IV): Die Aussage sei nun bereits für ein n ∈ N bewiesen.
(IS): Schluss von n auf n + 1:
∆n+1 y(t) = ∆ (∆n y(t))
!
n
X
n
(IV)
= ∆
(−1)k
y(t + n − k)
k
k=0
n
X
k n
(−1)
=
y(t + n + 1 − k) − y(t + n − k))
k
k=0
n
X
k n
= y(t + n + 1) +
(−1)
y(t + n + 1 − k)
k
k=1
n
X
n
k
(−1)
+
y(t + n + 1 − k) + (−1)n+1 y(t)
k
−
1
k=1
n
X
k n+1
= y(t + n + 1) +
(−1)
y(t + n + 1 − k) + (−1)n+1 y(t)
k
k=1
n+1
X
k n+1
=
(−1)
y(t + n + 1 − k).
k
k=0
Ein weiterer Operator, der oft im Zusammenhang mit dem Dierenzen-Operator verwendet wird, ist der Shift-Operator.
Denition 1.2.2:
Der
Shift-Operator E wird durch
Ey(t) = y(t + 1)
1
LINEARE DIFFERENZEN-GLEICHUNGEN
7
deniert.
Bezeichnet
I
den Identitäts-Operator, also
Iy(t) = y(t),
erhalten wir
∆ = E − I.
Auÿerdem gilt die Gleichung
n
X
n
∆ y(t) =
(−I)
E n−k y(t) = (E − I)n .
k
k=0
n
k
Wir geben nun einige Eigenschaften von
∆
(1)
wieder:
Satz 1.2.2:
a) ∆m (∆n y(t)) = ∆m+n y(t) für m, n ∈ N,
b) ∆(y(t) + z(t)) = ∆y(t) + ∆z(t),
c) ∆(Cy(t)) = C∆y(t) falls C konstant,
d) ∆(y(t)z(t))
= y(t)∆z(t) + E(z(t))∆y(t),
z(t)∆y(t)−y(t)∆z(t)
y(t)
.
e) ∆ z(t) =
z(t)Ez(t)
Beweis:
a) Folgt unmittelbar durch Anwendung der rekursiven Denition von ∆.
b)
∆(y(t) + z(t)) = y(t + 1) + z(t + 1) − (y(t) + z(t)) = ∆y(t) + ∆z(t).
c) trivial.
d)
∆(y(t)z(t)) = y(t + 1)z(t + 1) − y(t)z(t)
= z(t + 1)(∆(y(t)) + y(t)) − y(t)z(t)
= E(z(t))∆y(t) + y(t)∆z(t).
e)
∆
y(t)
z(t)
y(t + 1) y(t)
−
z(t + 1) z(t)
y(t + 1)z(t) − y(t)z(t) − (y(t)z(t + 1) − y(t)z(t))
=
z(t)Ez(t)
z(t)∆y(t) − y(t)∆z(t)
=
.
z(t)Ez(t)
=
Wir wenden nun den Dierenzen-Operator auf Potenzen an:
1
LINEARE DIFFERENZEN-GLEICHUNGEN
Lemma 1.2.1:
n, k ∈ N,
Seien
dann gilt für
8
0 ≤ k ≤ n − 1:
∆n tk = 0.
Beweis:
Wegen Satz 1.2.2 a) müssen wir nur
∆n tn−1 = 0
beweisen, denn für
∆n tn−k = ∆k−1 ∆n−k+1 t
n−k
1≤k≤n
gilt:
.
(IA): Sei n = 1. Dann ist die Aussage oensichtlich erfüllt.
(IV): Die Aussage sei nun bereits für ein n ∈ N bewiesen.
(IS): Schluss von n auf n + 1:
∆n+1 tn = ∆n (∆(tn ))
= ∆n ∆(tn−1 )t + Etn−1 ∆t
= ∆n ((t + 1)n−1 − tn−1 )t + Etn−1
!
n−2 X
n
−
1
= ∆n
tk+1 + Etn−1
k
k=0
!
n−2
n−2 X n − 1
X
n
−
1
=
∆n tk+1 + ∆n
tk
k
k
k=0
k=0
(IV)
= 0.
1.3 Allgemeines über lineare Dierenzen-Gleichungen
Denition 1.3.1:
Eine
lineare Dierenzen-Gleichung der Ordnung l + 1, l ∈ N ist eine Gleichung der
Form
pl (t)y(t + l) + . . . + p0 (t)y(t) = r(t),
(2)
p0 (t), . . . , pl (t) und r(t) als bekannt vorausgesetzt werden und p0 (t), pl (t) 6= 0 für
r(t) 6≡ 0, sagt man Gl. (2) ist inhomogen, sonst homogen.
Wir werden später noch den Zusammenhang zwischen Gl. (2) und der zugehörigen homo-
wobei
alle
t
gilt. Falls
genen Gleichung
pl (t)y(t + l) + . . . + p0 (t)y(t) = 0
betrachten.
(3)
1
LINEARE DIFFERENZEN-GLEICHUNGEN
9
Satz 1.3.1:
p0 , . . . , pl und r(t) seien für t = a, a + 1, . . . deniert. Auÿerdem gelte p0 (t), pl 6= 0 für
alle t. Dann existiert für jedes t0 ∈ {a, a + 1, . . .} und beliebige Zahlen y0 , . . . , yl−1 genau
eine Funktion y(t), welche für t = a, a + 1, . . . Gl.(2) genügt und y(t0 + k) = yk für
k = 0, 1, . . . , l − 1 erfüllt.
Beweis:
Der Beweis erfolgt durch Iteration:
Auf Grund der Voraussetzung
pl (t) 6= 0
y(t0 + l) =
für alle
t = a, a + 1, . . .,
gilt:
r(t0 ) − pl−1 (t0 )yl−1 − . . . − p0 (t0 )y0
.
pl (t0 )
y(t) für t = t0 +l durch die l bekannten Werte y0 , . . . , yl−1 eindeutig
festgelegt. Wir können dann für t > t0 + l dieselbe Argumentation verwenden.
Analog ist y(t) - auf Grund von p0 (t) 6= 0 - auch für t < t0 eindeutig festgelegt.
Damit wird die Lösung
Wir charakterisieren nun die allgemeine Lösung von Gl.(2) durch eine Folge von Sätzen:
Satz 1.3.2:
a) Die Menge der Lösungen von Gl.(3) ist ein linearer Unterraum des Raums aller
Lösungen von Gl.(2).
b) Sei u(t) eine Lösung Gl.(3) und v(t) eine Lösung von Gl.(2), dann ist u(t) + v(t)
eine Lösung von Gl.(3).
c) Seien y1 (t) und y2 (t) Lösungen von Gl.(2), dann ist y1 (t)−y2 (t) eine Lösung von Gl.(3).
Beweis:
Wir erhalten analog zur Theorie linearer Gleichungssyteme alle Aussagen durch einfaches
Einsetzen.
Korollar 1.3.1:
Ist
z(t)
eine Lösung von Gl.(2), dann hat jede Lösung
y(t)
von Gl.(2) die Gestalt
y(t) = z(t) + u(t),
wobei
u(t)
eine Lösung von Gl.(3) ist.
1
LINEARE DIFFERENZEN-GLEICHUNGEN
10
Eine Folgerung aus Korollar 1.3.1 ist nun, dass das Problem der Aundung aller Lösungen
von Gl.(2) in zwei kleinere Probleme zerfällt:
•
Bestimme alle Lösungen von Gl.(3).
•
Finde eine Lösung von Gl.(2).
Bei der Betrachtung des ersten Problems benötigen wir zuerst ein paar Denitionen:
Denition 1.3.2:
{u1 (t), . . . , ul (t)} heiÿt linear abhängig auf der Menge
Konstanten C1 , . . . , Cl , Ci 6= 0 für mindestens ein i ∈ {1, . . . , l}
Die Menge der Funktionen
t = a, a + 1, . . .,
wenn es
gibt, sodass
C1 u1 (t) + C2 u2 (t) + . . . + Cl ul (t) = 0
für
t = a, a + 1, . . .
gilt.
Andernfalls bezeichnen wir die Menge der Funktionen als
linear unabhängig.
Wir werden nun eine Matrix denieren, welche bei der Behandlung von linearen Gleichungen sehr nützlich ist:
Denition 1.3.3:
Die
Matrix von Casorati für die Funktionen u1 , . . . , ul wird deniert durch

u1 (t)
u2 (t)
. . . ul (t)
 u1 (t + 1)
u2 (t + 1)
. . . ul (t + 1)

W (t) =  ..
.
.
..
.
 .
. ..
.
u1 (t + l − 1) u2 (t + l − 1) . . . ul (t + l − 1)



.

Die Determinante
ω(t) = detW (t)
nennen wir dann die
Casorati-Determinante.
Die Casorati-Determinante spielt bei der Untersuchung von linearen Gleichungen dieselbe
Rolle wie die Wronski-Determinante bei linearen Dierentialgleichungen:
Satz 1.3.3:
Seien
u1 (t), . . . , ul (t), t = a, a + 1, . . . ,
Lösungen von Gl.(3).
Dann sind äquivalent:
a) Die Menge {u1 (t), . . . , ul (t)} ist linear abhängig für t = a, a + 1, . . . ,
b) ω(t) = 0 für mindestens ein t,
c) ω(t) = 0 für alle t.
Beweis:
a)⇒c): Nach Denition 1.3.2 existieren Konstanten C1 , . . . , Cl , nicht alle gleich Null,
1
LINEARE DIFFERENZEN-GLEICHUNGEN
11
sodass
C1 u1 (t) + C2 u2 (t) + . . . + Cl ul (t) = 0,
C1 u1 (t + 1) + C2 u2 (t + 1) + . . . + Cl ul (t + 1) = 0,
.
.
.
C1 u1 (t + l − 1) + C2 u2 (t + l − 1) + . . . + Cl ul (t + l − 1) = 0,
t = a, a + 1, . . . gilt. Besitzt nun dieses lineare
Lösung C1 , . . . , Cl , so gilt ω(t) = 0 für alle t.
für
Gleichungssystem eine nicht-triviale
b)⇒c): Wir nehmen nun an, dass ω(t0 ) = 0 gilt. Folglich existieren Konstanten C1 , . . . , Cl ,
nicht alle gleich Null, mit
C1 u1 (t0 ) + C2 u2 (t0 ) + . . . + Cl ul (t0 ) = 0,
C1 u1 (t0 + 1) + C2 u2 (t0 + 1) + . . . + Cl ul (t0 + 1) = 0,
.
.
.
C1 u1 (t0 + l − 1) + C2 u2 (t0 + l − 1) + . . . + Cl ul (t0 + l − 1) = 0.
Setze
u(t) = C1 u1 (t) + C2 u2 (t) + . . . + Cl ul (t).
Nach Satz 1.3.2 a) ist
u(t)
dann eine Lösung von Gl.(3), mit
u(t0 ) = u(t0 + 1) = u(t0 + 2) = . . . = u(t0 + l − 1) = 0.
u(t) = 0 für t = a, a+1, . . ., also c) gilt. Insgesamt
{u1 (t), . . . , ul (t)} linear abhängig ist, also c)⇒a).
Aus Satz 1.3.1 erhalten wir sofort, dass
folgt dann auch, dass die Menge
Eine weitere schöne Eigenschaft der Lösungsmenge von Gl.(3) liefert der nächste Satz:
Satz 1.3.4:
u1 (t), . . . , ul (t) linear unabhängige Lösungen von Gl.(3). Dann läÿt sich jede weitere
Lösung u(t) von Gl.(3) in der Form
Seien
u(t) = C1 u1 (t) + C2 u2 (t) + . . . + Cl ul (t),
mit gewissen Konstanten
Beweis:
Nach Voraussetzung gilt
C1 , C 2 , . . . , C l ,
ω(t) 6= 0
für
darstellen.
t = a, a + 1, . . ..
Damit besitzt das lineare Glei-
chungssystem
l
X
i=1
!
Ci ui (a + j − 1) = u(a + j − 1)
,
1≤j≤l
1
LINEARE DIFFERENZEN-GLEICHUNGEN
genau eine Lösung
C1 , . . . , C l .
12
Mit Satz 1.3.1 folgt die Behauptung.
Wir werden jetzt eine Lösung von Gl.(2) bestimmen. Dabei ist der Ansatz über die Methode der
Variation der Veränderlichen eine Lösung von Gl.(2) zu nden, naheliegend:
Satz 1.3.5:
Seien
u1 (t), . . . , ul (t)
linear unabhängige Lösungen von Gl.(3) und
a1 (t), . . . , al (t)
Lösun-
gen der Matrix-Gleichung


W (t + 1) 
∆a1 (t)
.
.
.
∆al (t)


0
 .
  ..
=
 
 0
r(t)
pl (t)



.

Dann ist
y(t) = a1 (t)u1 (t) + . . . + al (t)ul (t)
(4)
eine Lösung von Gl.(2).
Beweis:
Sei
1 ≤ m ≤ l − 1.
Wir betrachten nun Gl.(4) an den Punkten
t + 1, t + 2, . . . , t + l − 1:
y(t + m) = a1 (t + m)u1 (t + m) + . . . + al (t + m)ul (t + m)
=
l
X
(∆(ai (t + m − 1))ui (t + m) + ai (t + m − 1)ui (t + m))
i=1
=
l
X
(∆(ai (t + m − 2))ui (t + m) + ai (t + m − 2)ui (t + m))
i=1
.
.
.
=
l
X
ai (t)ui (t + m).
i=1
Völlig analog erhalten wir
y(t + l) =
l
X
(∆(ai (t))ui (t + l) + ai (t)ui (t + l))
i=1
l
r(t) X
=
+
ai (t)ui (t + l).
pl (t) i=1
1
LINEARE DIFFERENZEN-GLEICHUNGEN
Nun substituieren wir für
Termen
a1 (t), . . . , al (t)
0≤m≤l
den Ausdruck
13
y(t + m)
in Gl.(2), sortieren nach den
um, und erhalten
!
l
r(t) X
pl (t)y(t + l) + . . . + p0 (t)y(t) = pl (t)
+
ai (t)ui (t + l) +
pl (t) i=1
!
l
X
+ . . . + p0 (t)
ai (t)ui (t)
i=1
= r(t) + a1 (t)[pl (t)u1 (t + l) + . . . + p0 (t)u1 (t)]+
+ a2 (t)[pl (t)u1 (t + l) + . . . + p0 (t)u2 (t)]+
.
.
.
+ al (t)[pl (t)ul (t + l) + . . . + p0 (t)ul (t)].
Da nach Voraussetzung jeder Ausdruck in eckigen Klammern Gl.(3) genügt, folgt die
Behauptung.
1.4 Lineare Gleichungen mit konstanten Koezienten
Wir wenden uns nun dem speziellen Problem zu, die linear unabhängigen Lösungen von
Gl.(3) unter der Bedingung, dass alle Koezientenfunktionen
sind, also
pi (t) = pi
i = 0, . . . , l, zu nden. Desweiteren
Gl.(3) durch pl teilen und erhalten
für
wir beide Seiten von
gelte
p0 (t), . . . , pl (t) konstant
p0 , pl 6= 0, dann können
y(t + l) + p̃l−1 y(t + l − 1) + . . . + p̃0 y(t) = 0
mit
p̃i =
(5)
pi
. Nun führen wir einige - im Folgenden wichtige - Begrie ein:
pl
Denition 1.4.1:
a) Das charakteristisches Polynom P
der Gl.(5) wird deniert durch
P (ϕ) = ϕl + p̃l−1 ϕl−1 + . . . + p̃0 .
(6)
b) Die Gleichung ϕl + p̃l−1 ϕl−1 + . . . + p̃0 = 0 heiÿt charakteristische Gleichung
der Gl.(5).
c) Die Nullstellen ϕ1 , . . . , ϕk der charakteristischen Gleichung nennen wir die
charkteristischen Wurzeln.
Das charakteristische Polynom besitzt dann nach dem Fundamentalsatz der Algebra die
eindeutige Darstellung
P (z) =
k
Y
i=1
(z − ϕi )σi ,
(7)
1
LINEARE DIFFERENZEN-GLEICHUNGEN
wobei σi für 1 ≤ i ≤ k die Vielfachheit der charakteristischen Wurzel ϕi
P
k
i=1 σi = l gilt. Zusätzlich übernehmen wir noch einen Begri aus [4]:
14
angibt und
Denition 1.4.2:
Die charakteristischen Wurzeln von Gl.(5) seien dem Betrage nach geordnet:
|ϕ1 | ≥ |ϕ2 | ≥ . . . ≥ |ϕk |.
Dann nennen wir diejenigen
r
Wurzeln
|ϕ1 | = . . . = |ϕr | > |ϕr+1 | ≥ |ϕr+2 | ≥ . . . ≥ |ϕk |,
vom gröÿten Betrage die
dominanten Wurzeln.
Mit Hilfe des Shift-Operators
E
läÿt sich Gl.(5) folgendermaÿen schreiben:
(E l + p̃l−1 E l−1 + . . . + p̃0 )u(t) = 0.
(8)
Unter Berücksichtigung des Fundamentalsatzes der Algebra erhalten wir für Gl.(8) dann
(E − ϕ1 )σ1 · . . . · (E − ϕk )σk u(t) = 0,
wobei
σ1 + . . . + σk = l
p̃0 6= 0
gilt. Wegen
sind dabei alle charakteristischen Wurzeln von
Null verschieden. Wir müssen nun zuerst die Gleichung
(E − ϕ1 )σ1 u(t) = 0
(9)
lösen. Oensichtlich ist dann jede Lösung von Gl.(9) auch eine Lösung von Gl.(8). Für
σ1 = 1 vereinfacht sich Gl.(9) zu u(t + 1) = ϕ1 u(t), welche dann die Lösung u(t) = ϕt1
besitzt. Sei nun σ1 > 1. Wir substituieren in Gl.(8)
u(t) = ϕt1 v(t)
und berechnen mit Hilfe von Gl.(1) und Lemma 1.2.1:
σ1
(E − ϕ1 )
ϕt1 v(t)
=
σ1 X
σ1
i
i=0
=
σ1 X
σ1
i
i=0
σ1 +t
= (ϕ1 )
(−ϕ1 )σ1 −i E i ϕt1 v(t)
(−ϕ1 )σ1 −i ϕt1 E i v(t)
σ1 X
σ1
(−1)σ1 −i E i v(t)
i
i=0
= (ϕ1 )σ1 +t (E − 1)σ1 v(t)
= (ϕ1 )σ1 +t ∆σ1 v(t)
= 0,
1
LINEARE DIFFERENZEN-GLEICHUNGEN
15
v(t) = 1, t, t2 , . . . , tσ1 −1 . Folglich besitzt Gl.(9) insgesamt σ1 Lösungen ϕt1 , tϕt1 , . . .
. . . , tσ1 −1 ϕt1 . Dabei sehen wir leicht, dass diese Lösungen linear unabhängig sind:
t
σ −1 t
Angenommen die Funktionen ϕ1 , . . . , t 1
ϕ1 sind linear abhängig, dann existieren Konstanten C1 , . . . , Cσ1 , nicht alle gleich Null, mit
für
σ1
X
p̃(t) :=
=
Ci tσ1 −i ϕt1
i=1
σ1
X
ϕt1
Ci tσ1 −i
i=1
=0
für alle
t.
Mit dem Fundamentalsatz der Algebra folgt
. . . = Cσ1 = 0.
C1 = C2 = . . .
Wenden wir nun obige Vorgehensweise auf jeden der Faktoren
(E − ϕi )σi ,
1 ≤ i ≤ k,
l Lösungen ϕt1 , . . . , tσ1 −1 ϕt1 , ϕt2 , . . . , tσ2 −1 ϕt2 , ϕtk , . . . , tσk −1 ϕtk .
Sind alle Wurzeln von Gl.(5) einfach, also σi = 1 für 1 ≤ i ≤ k , so können wir aus den Anfangsbedingungen schnell die allgemeine Lösung bestimmen. Besitzt dagegen Gl.(5) aber
nur k < l paarweise verschiedene Wurzeln ϕi mit zugehörigen Vielfachheiten 1 ≤ σi ≤ l ,
so benötigen wir weitere l − k linear unabhängige Lösungen um die allgemeine Lösung
an, erhalten wir insgesamt
zu bestimmen. Der folgende Abschnitt behandelt einen Hauptsatz, den wir [15] entnehmen und welcher uns nun ein Verfahren zur Konstruktion der
Lösungen von Gl.(5) aus den bekannten
k -Lösungen
l−k
linear unabhängigen
von Gl.(5) liefert:
1.5 Der Hauptsatz für lineare Rekursionen mit konstanten Koefzienten
Hauptsatz 1.5.1:
Das charakteristisches Polynom der Gl.(5) und die zugehörigen charakteristischen Wurzeln
ϕi
mit Vielfachheiten
σi , (1 ≤ i ≤ k)
seien wie in Denition 1.4.1. Dann gilt:
i) Für 1 ≤ i ≤ k existieren eindeutig bestimmte Polynome gi (n), Grad(gi ) ≤ σi −1, sodass
y(n) =
k
X
gi (n)ϕni .
(10)
i=1
ii) Seien
ϕ1 ,P
. . . , ϕk paarweise verschiedene Zahlen in C und σ1 , . . . , σk positive ganze
k
Zahlen mit
i=1 σi = l . Die Zahlen p̃0 , . . . , p̃l−1 seien durch Gl.(6) und Gl.(7) deniert.
Auÿerdem seien für 1 ≤ i ≤ k Polynome gi mit Grad(gi ) ≤ σi gewählt. Dann erfüllt die
durch
y(n) =
k
X
i=1
gi (n)ϕni
1
LINEARE DIFFERENZEN-GLEICHUNGEN
16
denierte Funktion Gl.(5).
Beweis:
Bemerkung:
Bedauerlicherweise besitzt der Verfasser dieser Arbeit keinen Zugang zu einem allgemeinen
Beweis dieses Hauptsatzes. Wir wollen aber zumindest einen Beweis für den Fall, dass die
charakteristischen Wurzeln
ϕi
alle vom Betrag her paarweise verschieden sind, angeben.
i) Wir wissen bereits, dass die Funktionen ϕt1 , . . . , tσ −1 ϕt1 , ϕt2 , . . . , tσ −1 ϕt2 , ϕtk , . . . , tσ −1 ϕtk
1
2
k
Lösungen von Gl.(5) sind. Angenommen diese Lösungen sind linear unabhängig, dann garantiert uns Satz 1.3.4, dass sich jede weitere Lösung von Gl.(5) als Linearkombination
dieser Funktionen darstellen lässt. Damit folgt dann schon
Konstanten dieser Linearkombination aus gegeben
l
ii). Auÿerdem können wir die
Anfangsbedingungen eindeutig be-
stimmen und Satz 1.3.1 liefert uns die Eindeutigkeit dieser Linearkombination als Lösung
von Gl.(5). Wir müssen also lediglich die lineare Unabhängigkeit der Lösungen
ϕt1 , . . . , tσ1 −1 ϕt1 , ϕt2 , . . . , tσ2 −1 ϕt2 , ϕtk , . . . , tσk −1 ϕtk
von Gl.(5) überprüfen. Angenommen die Funktionen sind linear abhängig, dann existieren
für
1 ≤ i ≤ k , 1 ≤ j ≤ σi ,
Konstanten
Cij ,
σi
k X
X
nicht alle gleich Null, mit
Cij tσi −j ϕti = 0.
(11)
i=1 j=1
Zunächst bestimmen wir
|ϕi1 | = max |ϕi | .
1≤i≤k
Nach Voraussetzung können wir beide Seiten von Gl.(11) durch
σi
k X
X
σi −j
Cij t
i=1 j=1
i6=i1
Für
t → +∞
ϕi
ϕi1
t
+
σi1
X
ϕti1
teilen und erhalten:
Ci1 j tσi1 −j = 0.
j=1
verschwindet die Doppelsumme auf der linken Seite von Gl.(12).
Damit muss aber
σi1
X
j=1
Ci1 j tσi1 −j = 0
(12)
2
GRUNDLAGEN DER ALLGEMEINEN THEORIE VON DIRICHLET-REIHEN 17
für alle
t
gelten, was
Ci1 1 = Ci1 2 = . . . = Ci1 σi1 = 0
impliziert. Damit reduziert sich
Gl.(11) zu
σi
k X
X
Cij tσi −j ϕti = 0.
i=1 j=1
i6=i1
Wir bestimmen nun
|ϕi2 | =
max
1≤i≤k,i6=i1
|ϕi |
und verfahren analog. Insgesamt erhalten wir so nach
k
Schritten
Cij = 0
für
1 ≤ i ≤ k,
1 ≤ j ≤ σi , also die lineare Unabhängigkeit der Funktionen
ϕt1 , . . . , tσ1 −1 ϕt1 , ϕt2 , . . . , tσ2 −1 ϕt2 , ϕtk , . . . , tσk −1 ϕtk .
Korollar 1.5.1:
Das charakteristische Polynom der Gl.(5) und die zugehörigen charakteristischen Wurzeln
ϕi
mit Vielfachheiten
σi = 1, (1 ≤ i ≤ l)
seien wie in Denition 1.4.1. Dann gilt:
i) Für 1 ≤ i ≤ l existieren eindeutig bestimmte Konstanten αi , sodass
y(n) =
l
X
αi ϕni .
(13)
i=1
ii) Seien ϕ1 , . . . , ϕl paarweise verschiedene Zahlen in C. Die Zahlen p̃0 , . . . , p̃l−1 seien durch
Gl.(6) und Gl.(7) deniert. Auÿerdem seien für
1≤i≤l
Konstanten
αi
gewählt. Dann
erfüllt die durch
y(n) =
l
X
αi ϕni
i=1
denierte Funktion Gl.(5).
2 Grundlagen der allgemeinen Theorie von DirichletReihen
Für dieses Kapitel wurde [7] Kapitel I und Kapitel II 3-11 als Quelle benutzt.
2
GRUNDLAGEN DER ALLGEMEINEN THEORIE VON DIRICHLET-REIHEN 18
2.1 Vorbemerkung
Der Gegenstand unseres Interesses in diesem Kapitel sind Reihen der Gestalt
f (s) =
∞
X
an e−λn s ,
(14)
n=1
wobei
(λn )n∈N
eine Folge reeller und monoton wachsender Zahlen ist, mit
lim λn = +∞
n→∞
und
s = σ + it
Desweiteren sei
eine komplexe Variable mit Realteil
(an )n∈N
σ
und Imaginärteil
t
bezeichnet.
eine Folge beliebiger komplexer oder reeller Zahlen. Reihen der
Gattung (λn ). Falls λn = n für alle n ∈ N,
Gestalt (14) nennen wir Dirichlet-Reihen der
−s
ist f (s) eine Potenzreihe in e
und falls λn =
f (s) =
∞
X
log(n)
für alle
n ∈ N,
so nennen wir
an n−s
n=1
eine
gewöhnliche Dirichlet-Reihe.
Für das Folgende ist es nun hilfreich gleich ein paar Notationen festzuhalten:
Gauÿ-Klammer
Im Folgenden bezeichne bxc (
) die gröÿte ganze Zahl ≤ x. Desweiteren
Pβ
f
(n)
die
Summe
aller
Werte f (n) mit α ≤ n ≤ β , also bαc ≤
verstehen wir unter
α
n ≤ bβcP
oder bαc < n ≤ bβc je nachdem ob α ∈ Z oder nicht. Auÿerdem setzen wir
P
˜ n := an − an+1 .
A(x) := x1 an und A(x, y) := yx an , sowie ∆a
Mit
σ0 := inf{σ ∈ R; ∃t ∈ R : |f (s)| < ∞}
Konvergenzabszisse von f
σ0 die zugehörige Konvergenzlinie.
kennzeichnen wir die
Unter
und verstehen unter der Geraden
σ=
n
o
π
iϕ
W (s0 , α) := s0 + re ; 0 ≤ r, 0 ≤ α ≤ , |ϕ| < α ,
2
Winkel-Ebene
bezeichnen. Auÿerdem folgen wir Landau im Gebrauch der Symbole o und O:
verstehen wir eine Ebene im Punkt
Sei
Φ
s0
mit Önungswinkel
α,
die wir als
eine positive Funktion einer Variablen. Dann schreiben wir
|f |
f
Ausdruck
gegen Null strebt und f = O(Φ) falls
beschränkt ist.
Φ
Φ
f = o(Φ)
falls der
2.2 Die elementare Theorie der Konvergenz von Dirichlet-Reihen
Viele der nun folgenden Resultate bauen auf folgenden Lemmata auf:
2
GRUNDLAGEN DER ALLGEMEINEN THEORIE VON DIRICHLET-REIHEN 19
Lemma 2.2.1:(Abels partielle Summation)
Es gilt folgende Identität:
y
X
an f (n) =
y−1
X
˜ (n) + A(x, y)f (byc).
A(x, n)∆f
(15)
x
x
Beweis:
Mit Hilfe obiger Notationen können wir für alle
n∈N
schreiben:
˜ (n) + f (n + 1),
f (n) = ∆f
an = A(x, n) − A(x, n − 1).
Damit können wir folgendermaÿen umformen:
y
X
an f (n) =
y
X
˜ (n) + f (n + 1)
(A(x, n) − A(x, n − 1)) ∆f
x
y
x
=
=
X
˜ (n) +
A(x, n)∆f
x
x
y
X
y
X
˜ (n) +
A(x, n)∆f
x
y−1
=
y
X
X
A(x, n)f (n + 1) −
y
X
˜ (n) + f (n + 1)
A(x, n − 1) ∆f
x
A(x, n)f (n + 1) −
x
y
X
A(x, n − 1)f (n)
x
˜ (n) + A(x, y) ∆f
˜ (byc) + f (byc + 1) +
A(x, n)∆f
x
y−1
X
A(x, n)f (n + 1)−
x
−
y
X
A(x, n − 1)f (n)
x
=
=
y−1
X
˜ (n) + A(x, y)f (byc) +
A(x, n)∆f
y
X
x
x+1
y−1
x+1
X
X
˜ (n) + A(x, y)f (byc) +
A(x, n)∆f
x
A(x, n − 1)f (n) −
y
X
A(x, n − 1)f (n)
x
A(x, n − 1)f (n).
x
Da die letzte Summe sich nur über diejenigen
n ∈ N mit n ≤ n − 1 erstreckt, verschwindet
sie identisch. Damit folgt die Behauptung.
Lemma 2.2.2:
Sei
σ 6= 0,
dann gilt:
˜ −λn s |s| ˜ −λn σ
.
∆e
≤ ∆e
σ
Beweis:
Wir schätzen einfach nach oben ab:
(16)
!
2
GRUNDLAGEN DER ALLGEMEINEN THEORIE VON DIRICHLET-REIHEN 20
λn+1
Z
˜ −λn s −λn s
−λn+1 s −e
= ∆e
= e
se
−us
Z
du ≤ |s|
λn+1
e−uσ du =
λn
λn
|s| ˜ −λn σ
∆e
.
σ
Wir werden nun die beiden wichtigsten Sätze aus der elementaren Theorie der Konvergenz
von Dirichlet-Reihen beweisen:
Satz 2.2.1:
sie auch in jedem
s∈C
P∞
−λn s
in
n=1 an e
dessen Realteil gröÿer als σ1 ist.
Konvergiert die Dirichlet-Reihe
f (s) =
s1 = σ1 + it1 ,
dann konvergiert
Die Aussage dieses Satzes ist in dem folgenden, allgemeineren und weniger elementaren
Satz enthalten:
Satz 2.2.2:
P
−λn s
in s = s0 konvergiert, so konvergiert sie in
f (s) = ∞
n=1 an e
W (s0 , α) gleichmäÿig und ist als Grenzwert einer Folge holomorpher
Falls die Dirichlet-Reihe
jeder Winkel-Ebene
Funktionen selbst holomorph.
Beweis:
s0 = 0. Andernfalls
s̃ := s − s0 . Mit Gl.(15) folgt
O.B.d.A. sei
k
X
an e−λn s =
n=m
betrachte
k−1
X
P
−s̃
f˜(s̃) := ∞
n=1 ãn n ,
mit
ãn := an n−s0
und
˜ −λn s + A(m, k)e−λk s .
A(m, n)∆e
n=m
> 0 vorgegeben, dann kann man ein m0 ∈ N wählen mit λn > 0 und |A(m, n)| ≤
σ
cos α für m0 ≤ m ≤ n. Setze nun ϕ = arg(s), dann gilt für α mit cos α ≤ cosϕ = |s|
wegen Gl.(16):
k
k−1 X
X
−λn s −λn s ˜
an e
≤
A(m, n)∆e
+ A(m, k)e−λk s Sei nun
n=m
≤
n=m
k−1
X
˜ −λn s cos α ∆e
+ cos αe−λn σ
n=m
(Gl.16)
≤ k−1
X
n=m
−λm σ
= e
!
˜ −λn σ + e−λk σ
∆e
< .
2
GRUNDLAGEN DER ALLGEMEINEN THEORIE VON DIRICHLET-REIHEN 21
Damit ist die gleichmäÿige Konvergenz der Dirichlet-Reihe
f
gezeigt. Mit dem Weier-
straÿschen Majorantenkriterium (s. Anhang) erhalten wir als leichte Folgerung, dass
der Winkel-Ebene
W (s0 , α)
f
in
holomorph ist.
Korollar 2.2.1:
für
s→
P∞
−λn s
in s = s0 konvergiert, so gilt f (s) → f (s0 )
n=1 an e
s0 entlang jedes ganz innerhalb W (s0 , α) gelegenen Weges zwischen s und s0 .
Falls die Dirichlet-Reihe
f (s) =
Nun können wir die Konvergenz einer Dirichlet-Reihe
f (s) =
P∞
n=1
an e−λn s
folgenderma-
ÿen unterscheiden:
σ0 = ∞, falls f in keinem
σ0 = −∞, falls f ganz,
σ0 ∈ R, sonst.
σ0 ∈ R
Punkt konvergiert,
Hσ0 := {s ∈ C|Re(s) > σ0 } kompakt.
Letzteres folgt sofort aus der Tatsache das jedes Kompaktum K ⊂ Hσ0 auch in einer
Winkel-Ebene W (s0 , α) enthalten ist und Satz 2.2.2. Damit wissen wir, dass Dirichlet-
Im Falle
konvergiert
f
in der Halbebene
Reihen in Halbebenen konvergieren. Zusammenfassend erhalten wir:
Satz 2.2.3:
P∞
−λn s
, s ∈ C konvergiert entweder für jedes
n=1 an e
keines oder nur für manche. Im letzten Fall existiert eine reelle Zahl σ0 , für die
Eine Dirichlet-Reihe
σ > σ0
f (s) :=
konvergiert und für
σ < σ0
s,
f
für
für
divergent oder oszillierend divergent ist.
Die Frage nach der Konvergenz auf der Konvergenzabszisse
σ0
bleibt oen.
Beispiel 2.2.1:
•
Die Reihe
P∞
an n−s
mit
|a| < 1,
konvergiert in ganz
C.
P∞
an n−s
mit
|a| > 1,
konvergiert für kein
s ∈ C.
n=1
•
Die Reihe
•
Die Riemannsche Zeta-Funktion
•
n=1
P∞
−s
besitzt die Konvergenzabszisse
n=1 n
und ist in jeder kompakten Teilmenge K der Konvergenzlinie σ = 1, wobei
σ0 = 1
gilt K ∩ R = ∅,
P∞
ζ(s) =
beschränkt.
n−s
n=1 (log n)2 besitzt ebenfalls die Konvergenzabszisse
aber in jedem Punkt der zugehörigen Konvergenzlinie.
Die Reihe
σ0 = 1,
konvergiert
2
GRUNDLAGEN DER ALLGEMEINEN THEORIE VON DIRICHLET-REIHEN 22
Nach einem Satz von Weierstraÿ (s. Anhang) darf eine Reihe holomorpher Funktionen in
einem Gebiet mit kompakter Konvergenz gliedweise dierenziert werden. Die so entstehende Reihe ist dann ebenfalls kompakt konvergent und stellt die Ableitung der GrenzP∞
−s
funktion dar. Für f (s) =
folgt:
n=1 an n
f
(k)
k
(s) = (−1)
∞
X
an (log(n))k n−s , k ∈ N, σ > σ0 .
n=1
Desweiteren stellt sich nun die Frage nach der Eindeutigkeit einer Dirichlet-Reihe innerhalb ihrer Konvergenzebene:
Satz 2.2.4:
P∞
−λn s
sei konvergent in s
n=1 an e
unendlich viele Nullstellen besitzt, gilt an = 0 für jedes n ∈ N.
Die Dirichlet-Reihe
f (s) =
= 0.
Falls
f
in
W (0, α)
Beweis:
Gemäÿ des Identitätsprinzips für holomorphe Funktionen (s. Anhang) können sich die
Nullstellen von
f
in keiner Umgebung eines endlichen Punktes von
können wir abzählbar unendlich viele Punkte
sn := σn + itn ,
W (0, α) häufen. Damit
σn+1 > σn und
wobei
lim σn = ∞
n→∞
mit
f (sn ) = 0
nden. Nun ist aber ebenfalls die Reihe
g(s) = e
λ1 s
f (s) = a1 +
∞
X
an e−(λn −λ1 )s
n=2
in
s = 0
g(sn ) = 0 und konvergiert nach Satz 2.2.2 in ganz W (0, α)
g(s) → a1 für s → ∞ entlang eines beliebigen Weges in W (0, α)
konvergent mit
gleichmäÿig. Daher gilt
gemäÿ Korollar 2.2.1. Dieser Weg läÿt sich aber so wählen, dass auf ihm unendlich viele
der Nullstellen
sn
liegen. Ist nun
a1 6= 0,
so könnten auf dem Weg aber nur endlich viele
Nullstellen liegen. Ein Widerspruch. Wenden wir diese Argumentation sukzessive auf jedes
an
an, so erhalten wir
an = 0
für alle
n ∈ N.
2.3 Die Bestimmung der Konvergenzabszisse
In dem vorhergehenden Unterabschnitt haben wir stillschweigend die Kenntnis der Konvergenzabsizze
σ0
von
f
vorausgesetzt. In diesem Abschnitt wollen wir diesen Miÿstand
nun beheben und eine explizite Formel für die Konvergenzabszisse angeben:
2
GRUNDLAGEN DER ALLGEMEINEN THEORIE VON DIRICHLET-REIHEN 23
Satz 2.3.1:
Falls die Konvergenzabszisse der Dirichlet-Reihe
f (s) =
P∞
n=1
an e−λn s positiv ist, erhalten
wir ihren Wert aus der Formel
σ0 = lim sup
n→∞
log |A(n)|
.
λn
(17)
Beweis:
Sei
γ = lim sup
n→∞
dann müssen wir zeigen, dass
σ0 = γ
log |A(n)|
,
λn
gilt.
i) Sei δ > 0 beliebig. Wir zeigen zuerst, dass die Dirichlet-Reihe f in s = γ +δ konvergiert.
Dazu wählen wir ein
groÿes
n
mit
0 < < δ
beliebig. Aus Gl.(17) folgt, dass für hinreichend
gilt:
log |A(n)| < (γ + δ − )λn ⇔ |A(n)| < e(γ+δ−)λn .
Mit Gl.(15) folgt:
n
X
aν e
−λν s
n−1
X
=
1
1
Da der letzte Term mit wachsendem
s
˜ −λν s + A(n)e−λn s .
A(ν)∆e
n
gegen Null strebt, hängt die Konvergenz von
nur von der Konvergenz des Ausdrucks
n−1
X
˜ −λν s
A(ν)∆e
1
ab. Mit Gl.(16) folgt:
n−1
n−1
X
X
n−1
˜ −λν s X (γ+δ−)λν ˜ −λν (γ+δ)
−λν s ˜
e
∆e
.
A(ν)∆e
|A(ν)| ∆e
≤
≤
1
Da
1
1
γ + δ − > 0,
folgt weiter:
˜ −λν (γ+δ) = e(γ+δ−)λν e−λν (γ+δ) − e−λν+1 (γ+δ)
e(γ+δ−)λν ∆e
Z λν
(γ+δ−)λν
= −(γ + δ)e
e−x(γ+δ) dx
λν+1
λν+1
Z
= (γ + δ)
λν
λν+1
Z
≤ (γ + δ)
Z
λν
λν+1
= (γ + δ)
λν
e(γ+δ−)λν e−x(γ+δ) dx
e(γ+δ−)x e−x(γ+δ) dx
e−x dx.
f
in
2
GRUNDLAGEN DER ALLGEMEINEN THEORIE VON DIRICHLET-REIHEN 24
Insgesamt erhalten wir also:
n−1
n−1 Z λν+1
X
X
−λν s ˜
A(ν)∆e
e−x dx
≤ (γ + δ)
1
λν
1
γ + δ −λ1
=
− e−λn .
e
Dieser Ausdruck ist aber oensichtlich konvergent. Damit folgt
σ0 ≤ γ .
ii) Nach Voraussetzung ist die Dirichlet-Reihe f für s > σ0 > 0 konvergent,
sei also s > 0.
P
Wir setzen jetzt
aν e−λν s =: bν
A(n) =
und verwenden Gl.(15) mit
n
X
λν s
bν e
=
1
Hier können wir ein
K>0
n−1
X
˜ λν s + B(n)eλn s .
B(ν)∆e
1
|A(n)| < eK+λn s .
hinreichend groÿes n ∈ N:
wählen, mit
Zahl, dann erhalten wir für
ν
1 bn :
B(ν) :=
Sei nun
δ
eine beliebige positive
log |A(n)| < λn s + K < (s + δ)λn .
Also folgt:
s + δ > lim sup
n→∞
Da
δ>0
beliebig, erhalten wir
log |A(n)|
.
λn
s ≥ γ.
2.4 Absolute Konvergenz einer Dirichlet-Reihe
In diesem Unterabschnitt wollen wir die bisherigen Ergebnisse auf die Reihe
f˜(s) =
∞
X
|an | e−λn s ,
(18)
n=1
übertragen und folgern zunächst den
Satz 2.4.1:
σ , sodass die durch Gl.(18) denierte Dirichlet-Reihe f˜(s) für σ > σ
und für σ < σ nicht absolut konvergiert. Diese Zahl, sofern positiv,
Es existiere eine Zahl
absolut konvergiert
erhalten wir aus der Formel
σ = lim sup
n→∞
mit
A(n) = |a1 | + |a2 | + . . . + |an |.
log A(n)
λn
2
GRUNDLAGEN DER ALLGEMEINEN THEORIE VON DIRICHLET-REIHEN 25
Dabei ist auch der Fall (wie ebenfalls bei
σ0 ) σ = +∞
zugelassen. Insgesamt folgt also,
dass eine Dirichlet-Reihe auch eine Abszisse, Linie und Halbebene der absoluten Konvergenz besitzt. Es sollte hier noch kurz erwähnt werden, dass sich die Existenz einer
Halbebene der absoluten Konvergenz viel elementarer beweisen läÿt als Satz
oensichtlich folgt die Aussage von Satz
2.4.1
2.2.2,
denn
schon aus der Ungleichung
−λ s −λ s e n ≤ e n 1 ,
für
σ ≥ σ1 ,
und hängt nicht von Lemma 2.2.1 ab.
Im Allgemeinen stimmen
σ0
und
σ
nicht überein und wir erhalten einen Streifen zwischen
den Linien der Konvergenz und der absoluten Konvergenz, in welchem die Reihe
f (s) =
∞
X
an e−λn s
n=1
bedingt konvergiert. Dieser Streifen kann verschwinden (falls
σ0 = σ ), sich über die gesam-
C erstrecken (falls σ0 = −∞, σ = ∞) oder eine Halbebene
σ0 = −∞, −∞ < σ < ∞ oder −∞ < σ0 < ∞, σ < ∞). Auf jeden Fall ist
te komplexe Ebene
darstellen
(falls
die Breite
dieses Streifens stets Gegenstand einer Grenzwertbildung.
Satz 2.4.2:
Es gilt
σ − σ0 ≤ lim sup
n→∞
log(n)
.
λn
Beweis:
δ > 0 beliebig. Wir können ein n0 ∈ N derart wählen, dass |A(n)| < e(σ0 +δ)λn für alle
n ≥ n0 . Wir wählen nun ein n˜0 ≥ n0 , sodass auch eδλn > 2 für n ≥ n˜0 gilt. Dann folgt
Sei
aber
|an+1 | = |A(n + 1) − A(n)| < 2e(σ0 +δ)λn+1 < e(σ0 +2δ)λn+1 ,
und wir erhalten für
n ≥ n˜0
die Abschätzung:
A(n) =
n
X
1
|an | =
n0
X
|an | +
1
n
X
|an |
n0 +1
< A(n0 ) + (n − n0 )e(σ0 +2δ)λn
< A(n0 ) + ne(σ0 +2δ)λn .
Sei nun
n˜1 ≥ n˜0
hinreichend groÿ mit
A(n0 ) + ne(σ0 +2δ)λn < ne(σ0 +3δ)λn
für
n ≥ n˜1 .
2
GRUNDLAGEN DER ALLGEMEINEN THEORIE VON DIRICHLET-REIHEN 26
Da auf beiden Seiten der letzten Ungleichung nur positive Terme stehen, dürfen wir logarithmieren und erhalten so für
n ≥ n˜1 :
log A(n)
log(n)
<
+ σ0 + 3δ,
λn
λn
also folgt die Behauptung des Satzes.
log(n) = o(λn ), stimmen σ0 und σ überein.PSpeziell in dem Fall λn = n und unter
−s
−λn s
Substitution e
= x wird die Reihe f (s) = ∞
zu einer Potenzreihe.
n=1 an e
Falls
der
Satz 2.2.1 bzw. 2.2.3 liefert die Existenz eines Konvergenzkreises und Satz 2.3.1 eine
schwach veränderte Darstellung von Cauchys Formel für den Konvergenzradius. Ebenso
liefern Satz 2.2.2, 2.2.4 und Korollar 2.2.1 bekannte Ergebnisse.
Falls
log(n)P= (λn ),
1
der Reihe
n1+σ0
dann gilt
σ − σ0 ≤ 1.
σ0 .
Dies folgt aber auch sofort aus der Konvergenz
für jedes positive
Es ist nicht besonders schwer Beispiele zu nden, die zeigen, dass jede mögliche Anordnung
der Linien von Konvergenz und absoluter Konvergenz Satz 2.4.2 nicht widerspricht. Wir
begnügen uns mit der Angabe der Dirichlet-Reihe
∞
X
(−1)n −s log log(n)
√ e
f (s) =
,
n
n=2
welche in ganz
C
bedingt, aber nirgendwo absolut konvergiert.
2.5 Vergleich der Konvergenz von Dirichlet- und Potenzreihe
Wir werden nun kurz unsere Aufmerksamkeit den wesentlichen Unterschieden zwischen
der Theorie der Dirichlet-Reihen und der einfacheren Theorie der Potenzreihen widmen.
Dabei gibt es zwei groÿe Unterschiede:
i) Der erste Unterschied zeigt sich durch Satz 2.4.2:
Falls die Dirichlet-Reihe
f (s) =
∞
X
an e−λn s
n=1
absolut konvergiert, müssen die Abszisse der Konvergenz
σ0
und die Abszisse
σ
der ab-
soluten Konvergenz nicht übereinstimmen. Dagegen stimmen bei einer Potenzreihe aber
stets der Konvergenzradius
R
und der Radius
R
der absoluten Konvergenz überein, wie
aus der Formel
p
1
= lim n |an |
R n→∞
2
GRUNDLAGEN DER ALLGEMEINEN THEORIE VON DIRICHLET-REIHEN 27
von Cauchy-Hadamard folgt.
ii) Der zweite groÿe Unterschied zwischen Dirichlet-Reihen und Potenzreihen liegt darin,
dass sich der Konvergenzradius einer Potenzreihe auch durch das Verhalten der analytischen Funktion der Reihe bestimmen läÿt. Der Konvergenzradius kann nämlich als
Abstand des Entwicklungspunktes zum nächstgelegenen Punkt, in den die Potenzreihe
nicht mehr fortsetzbar ist, festgelegt werden. Dies trit nicht auf Dirichlet-Reihen zu.
Beispielsweise besitzt die von Navas in [11] diskutierte Fibonacci Zeta-Funktion
ζ{F } (s) =
∞
X
Fn−s ,
n=1
bei der die Folge
σ0 = 0
{F } = (Fn )n∈N
die Fibonacci-Zahlen durchläuft, die Konvergenzabszisse
und die analytische Fortsetzung
ζ{F } (s) = 5
s
2
1
∞ X
−s
k=0
k
√
1+ 5
1
, ϕ=
ϕs+2k + (−1)k
2
C - ausgenommen der Polstellen von ζ{F } , welche bei s = −2k + πi(2n+k)
log ϕ
k ≥ 0, n ∈ Z\{0} und bei s = −2k für gerades k ≥ 0 liegen - normal konvergiert.
welche in ganz
für
Zum Abschluss betrachten wir noch einen wichtigen Spezialfall, bei dem die Konvergenzlinie immer mindestens eine Singularität enthält:
Satz 2.5.1:(Landau)
Die Dirichlet-Reihe
f (s) =
dem seien alle Koezienten
s = σ0
P∞
n=1
an e−λn s
an , λn
besitze die Konvergenzabszisse
reell und nicht-negativ. Dann ist
f
σ0 ∈ R.
Auÿer-
nicht in den Punkt
holomorph fortsetzbar.
Beweis:
σ0 = 0. Angenommen f ist in den Punkt s = 0 fortsetzbar, dann ist f in der
H0 - erweitert um einen Kreis vom Radius δ > 0 um den Ursprung - holomorph.
Insbesondere besitzt die Taylorentwicklung von f um s = 1 einen Konvergenzradius > 1.
Wir betrachten nun die Taylor-Entwicklung von f um s = 1:
O.B.d.A sei
Halbebene
f (s) =
=
∞
X
n=1
∞
X
ν=0
=
−λn s
an e
=
∞
X
f (ν) (1)
ν=0
∞
ν X
(s − 1)
ν!
an (−1)ν λνn e−λn
n=1
∞
∞
X
(1 − s)ν X
ν=0
ν!
1 S.Kapitel 4 für Herleitung und Diskussion.
ν!
(s − 1)ν
n=1
an λνn e−λn .
3
DIE MENGE
RL
UND DIE KLASSE
Nun betrachten wir den Punkt
ζ
s̃ = − 2δ
28
welcher im Holomorphiebereich von
f
liegt.
Oensichtlich sind alle Koezienten der Taylorentwicklung positiv.
∞
∞
X
(1 − s̃)ν X
ν!
ν=0
an λνn e−λn
n=1
Da Potenzreihen innerhalb ihres Konvergenzkreises absolut konvergieren, dürfen wir die
Summations-Reihenfolge vertauschen:
∞
∞
X
(1 − s̃)ν X
ν=0
ν!
an λνn e−λn
n=1
∞
∞
X
X
((1 − s̃)λn )ν
=
ν!
n=1
ν=0
=
∞
X
!
an e−λn
e((1−s̃)λn an e−λn
n=1
=
∞
X
an e−s̃λn = f (s̃)
n=1
Damit wäre dann aber
f
in
s̃
konvergent. Ein Widerspruch zu
σ0 > s̃.
3 Die Menge Rl und die Klasse ζ
3.1 Vorbemerkung
Wir beginnen mit einer naiven Beschreibung der formalen Eigenschaften der Fibonacci
Zeta-Funktion
ζ{F } (s) =
∞
X
Fn−s
n=1
aus [11]. Zunächst betrachten wir die Folge der Fibonacci-Zahlen(Fn )n∈N , welche durch
eine homogene lineare Gleichung
Fn+2 = Fn+1 + Fn
zweiter Ordnung mit konstanten Koezienten und den Anfangswerten
F1 = F2 = 1
eindeutig festgelegt wird. Wir beobachten:
• (Fn )n∈N
ist für
n>1
streng monoton wachsend.
3
DIE MENGE
•
Für alle
RL
n∈N
UND DIE KLASSE
gilt
ζ
29
Fn ∈ N.
Bei der Fibonacci Zeta-Funktion können wir nur recht schnell erkennen, dass ihre Konvergenzhalbebene mit der rechten Halbebene
H0 = {s ∈ C; Re(s) > 0}
übereinstimmt (Siehe
Lemma 3.3.1 oder [11]). Analog betrachten wir für den Rest dieser Arbeit Dirichlet-Reihen
der Gestalt
∞
X
ζ{a} (s) =
a−s
n ,
n=1
wobei wir uns auf Folgen
•
die Folge
(an )n∈N
(an )n∈N
beschränken, welche die Eigenschaften
genügt einer homogenen linearen Gleichung l -ter Ordung
an = c1 an−1 + . . . + cl an−l
mit konstanten Koezienten
• (an )n∈N
ist für
•
n∈N
für alle
n ≥ n0
gilt
c1 , . . . , c l
und den Anfangswerten
a1 , . . . , a l ,
streng monoton wachsend,
an ∈ N,
besitzen und der zugehörigen Dirichlet-Reihe
ζ{a} (s) =
∞
X
a−s
n ,
n=1
die Konvergenzhalbebene
H0 = {s ∈ C; Re(s) > 0} garantieren. Wir werden später zeigen,
(an )n∈N für Letzteres hinreichend ist.
dass exponentielles Wachstum der Folge
Im Folgenden werden wir eine homogene lineare Gleichung
an = c1 an−1 + . . . + cl an−l
mit konstanten Koezienten
c1 , . . . , c l ,
und den Anfangswerten
(19)
a1 , . . . , a l ,
Rekursion l-ter Ordnung nennen und kurz mit {a} bezeichnen.
eine
lineare
Für das Weitere ist es notwendig, die algebraische Struktur von linearen Rekursionen und
ihrem zugeordneten charakteristischen Polynom etwas genauer zu betrachten:
Lemma 3.1.1:
Jede lineare Rekursion
{a}
besitzt eine Darstellung durch eine eindeutige lineare Rekur-
sion minimaler Ordnung.
Beweis:
Angenommen die lineare Rekursion
{a}
genüge zwei unterschiedlichen linearen Rekursio-
nen gleicher Ordnung, also
an =
l
X
k=1
ck an−k =
l
X
k=1
dk an−k ,
3
DIE MENGE
RL
ζ
UND DIE KLASSE
30
dann folgt
l
X
(ck − dk )an−k = 0.
k=1
Wir setzen nun
µ := max{k; ck 6= dk } ≤ l,
(cµ − dµ )an−µ +
und erhalten
µ−1
X
(ck − dk )an−k = 0.
k=1
Nach Voraussetzung dürfen wir nach
an−µ
an−µ =
auösen:
µ−1
X
(ck − dk )
k=1
d µ − cµ
an−k .
{a} durch eine lineare Rekursion der Ordnung
dass die Darstellung von {a} durch eine Rekursion
Damit haben wir aber eine Darstellung für
µ − 1 < l.
Hieraus folgt oensichtlich,
minimaler Ordnung eindeutig ist.
Wir nennen das charakteristische Polynom der Rekursion minimaler Ordnung im Folgenden Minimalpolynom und überprüfen einen - für das Minimalpolynom einer Matrix 2
3
bekannten Sachverhalt, indem wir eine Bemerkung aus [4] übernehmen und eigenständig
beweisen:
Satz 3.1.1:
Sei
P
das Minimalpolynom der linearen Rekursion
lynom einer beliebigen linearen Rekursion für
Dann ist
P
ein Teiler von
Beweis:
Die lineare Rekursion
{a}
{a}
und
H
das charakteristische Po-
{a}.
H.
besitzt für alle
an =
n ∈ N, n > l
l
X
die eindeutige Darstellung
ck an−k ,
k=1
2 The minimal polynomial of a sequence a divides the characteristic polynomial of a Vgl. [4] S.2
3 Leider hat der Verfasser dieser Arbeit auf einen Beweis dieser Aussage keinen Zugri.
3
RL
DIE MENGE
wobei die Ordnung
l
UND DIE KLASSE
31
minimal ist. Wir bezeichnen mit
Wurzeln des Minimalpolynoms
P
ζ
P
ϕ1 , . . . , ϕt die charakteristischen
σ1 , . . . , σt . Dann besitzt
mit zugehörigen Vielfachheiten
die Darstellung
l
P (z) = z −
l
X
ck z
l−k
=
für
1 ≤ i ≤ t,
(z − ϕj )σj .
j=1
k=1
Hauptsatz 1.5.1
t
Y
i) liefert für {a} die Existenz von Polynomen g1 , . . . , gt mit Grad(gi ) < σi
sodass für alle
n∈N
gilt:
an =
t
X
gi (n)ϕni .
(20)
i=1
Das charakteristische Polynom
H
einer beliebigen linearen Rekursion für
{a}
besitze die
Darstellung
m
H(z) = z −
m
X
µi z m−i .
i=1
Wir bezeichnen nun mit
P
sind. Dann besitzt
ϕt+1 , . . . , ϕs ,
diejenigen Wurzeln von
H,
die keine Wurzeln von
{a} - wieder nach Hauptsatz 1.5.1 i) - für alle n ∈ N die Darstellung
an =
s
X
hi (n)ϕni ,
(21)
i=1
wobei wir
hi (n) ≡ 0 setzen für diejenigen Wurzeln ϕi , mit H(ϕi ) 6= 0. Wir betrachten nun
P und H
das Produkt der beiden Polynome
P (z) · H(z) =
s
Y
ηi
(z − ϕi ) = z
l+m
i=1
wobei die Koezienten
1.5.1
νk
−
l+m
X
νk z l+m−k ,
k=1
durch die letzte Gleichung deniert werden. Nach Hauptsatz
ii) erfüllen die beiden Darstellungen Gl.(20) und Gl.(21) für {a} die lineare Rekursion
an =
l+m
X
νk an−k .
k=1
Hauptsatz 1.5.1
i)
gi , 1 ≤ i ≤ t aus (20)
n ∈ N gi (n) = hi (n), für 1 ≤ i ≤ t
liefert die Eindeutigkeit der Polynome
und
hi , 1 ≤ i ≤ s aus (21). Also folgt für alle
und
hi (n) ≡ 0 für t < i ≤ s. Damit besitzen nur die Wurzeln des Minimalpolynoms P
Einuss auf {a}. Um {a} eindeutig durch eine lineare Rekursion minimaler Ordnung
l darzustellen, benötigen wir l Anfangswerte a1 , . . . , al . Die Polynome g1 , . . . , gt , in der
3
RL
DIE MENGE
Darstellung
(20),
UND DIE KLASSE
ζ
32
werden durch diese Anfangswerte eindeutig festgelegt. Dabei benötigen
wir für das Polynom
gi ,
Grad(gi )
t
X
+1
Werte. Damit gilt:
(Grad(gi ) + 1) = l =
i=1
t
X
σi .
(22)
i=1
1 ≤ i ≤ t, Grad(gi ) < σi − 1 gelten. Angenommen
es gibt ein Polynom gj mit Grad(gj ) < σj − 1, dann müsste wegen Gl.(22) mindestens ein
Polynom gk existieren, mit Grad(gk ) > σk − 1. Wegen Hauptsatz 1.5.1 i) kann das aber
nicht sein. Damit gilt Grad(gi ) = σi − 1, für 1 ≤ i ≤ t.
Wir bezeichnen nun für 1 ≤ i ≤ t, mit ρi die Vielfachheit von ϕi in H . Dann gilt:
Oensichtlich kann dann nicht für alle
σi − 1 = Grad(gi ) = Grad(hi ) < ρi .
ϕi in H
von H .
Folglich ist die Vielfachheit von
in
P.
Damit ist
P
ein Teiler
stets gröÿer oder gleich der Vielfachheit von
ϕi
Im Folgenden verstehen wir unter Gl.(19) stets eine lineare Rekursion minimaler Ordnung
und meinen immer das zugehörige Minimalpolynom, wenn wir von einem charakteristischen Polynom sprechen. Desweiteren betrachten wir im Folgenden nur lineare Rekursionen
{a},
welche Gl.(19) genügen und deren charakteristisches Polynom nur charakteristi-
sche Wurzeln
ϕi
mit Vielfachheit
σi = 1
besitzt.
3.2 Die Menge Rl
Nun fassen wir alle linearen Rekursionen mit den obigen Eigenschaften zu einer Menge
zusammen:
Denition 3.2.1:
Die Menge
Rl
enthält alle linearen Rekursionen
{a} l-ter
Ordnung mit folgenden Eigen-
schaften:
• {a} ⊆ N.
• {a}
ist für
n ≥ n0
streng monoton wachsend.
Wir werden später gewissen linearen Rekursionen
ζ{a} (s) =
∞
X
{a} ∈ Rl
eine Dirichlet-Reihe
a−s
n
n=1
zuordnen. Insgesamt beschäftigen wir uns in diesem Kapitel mit der Fragestellung, wie
l
wir eine Teilmenge von R charakterisieren können. Ziel ist es also Bedingungen zu nden,
l
die einer linearen Rekursion {a} garantieren in R zu liegen. Dabei drängen sich uns die
folgenden Fragen auf:
3
DIE MENGE
•
RL
UND DIE KLASSE
Wie müssen wir die Koezienten
Teilmenge der natürlichen Zahlen
{a}
•
ζ
33
c1 , . . . , cl von {a} wählen, damit {a} zu einer
N wird, also insbesondere kein Folgenglied von
verschwindet?
Gibt es eine einfache Bedingung, welche einer linearen Rekursion
{a}
die bedingte
Divergenz
lim an = +∞
n→∞
garantiert?
Im Hinblick auf späteres müssen diese linearen Rekursionen
{a} auch so bestimmt werden,
dass sie der zugeordneten Dirichlet-Reihe
ζ{a} (s) =
∞
X
a−s
n
n=1
eine Konvergenzhalbebene
Hσ0
garantieren.
In den folgenden Unterabschnitten werden wir Lösungsvorschläge für diese Fragen erarbeil
ten und so zeigen, dass sich eine Teilmenge von R tatsächlich recht schnell charakterisieren
lässt.
3.2.1 Ganzzahligkeit
Wählen wir in Gl.(19) alle Anfangswerte
a1 , . . . , al und Koezienten c1 , . . . , cl aus den
ganzen Zahlen Z, so nimmt die Rekursion {a} oensichtlich nur ganzzahlige Werte an. Wir
werden nun untersuchen, ob sich die Ganzzahligkeit aller Glieder einer linearen Rekursion
auf ihre Koezienten überträgt. Zunächst beweisen wir aber einen einfachen Sachverhalt,
der uns später eine lästige Fallunterscheidung erspart:
Lemma 3.2.1:
Seien
q1 , . . . , ql ∈ N, l ≥ 2
und für beliebiges
qj = tj
j ∈ {1, . . . , l}
l
Y
existiere ein
qk ,
tj ∈ N
mit
(23)
k=1
k6=j
dann gilt
q1 = q2 = . . . = ql = 1.
Beweis:
Wir multiplizieren einfach für
1≤j≤l
rechte und linke Seite von Gl.(23) miteinander,
und erhalten:
l
Y
qj = (q1 · . . . · ql )l−1
j=1
also
l
Y
tj ,
j=1
l−2
1 = (q1 · . . . · ql )
l
Y
j=1
tj .
3
DIE MENGE
RL
ζ
UND DIE KLASSE
34
Hieraus folgt sofort die Behauptung.
4
Nun nden und beweisen wir eigenständig :
Satz 3.2.1:
Die lineare Rekursion
{a}
{a}
aus Gl.(19) besitze für
konstant oder alle Koezienten
Beweis:
Sei die lineare Rekursion
Nach Voraussetzung gilt
{a} nicht
für n > l
c1 , . . . , c l
n>l
nur ganzzahlige Glieder. Dann ist
sind ganzzahlig.
konstant.
an =
l
X
ck an−k .
(24)
k=1
Angenommen nicht alle Koezienten von Gl.(24) sind ganz, dann existieren nichtleere
Indexmengen
P, Q, R ⊆ {1, 2 . . . , l}
mit
(ck )k∈P ∈ Z, (ck )k∈Q ∈ Q
(ck )k∈R ∈ R\Q.
und
Wir können daher Gl.(24) umschreiben zu
an =
X
ck an−k +
lineare
l×l
ck an−k +
s∈N
die
l
Glieder
X
ck an−k .
k∈R
k∈Q
k∈P
Wir wählen nun zu einem
X
as+1 , . . . , as+l
und betrachten das
Gleichungssystem
l
X
!
ck as+j−k = as+j
k=1
.
1≤j≤l
Hieraus lassen sich mit dem Gauÿ-Algorithmus die Koezienten
Unbekannten
as+1 , . . . , as+l
bestimmen, wobei wir nur rationale Operationen verwenden
müssen. Die Ganzzahligkeit der Glieder
also R =
∅.
c1 , . . . , cl eindeutig in den
as+1 , . . . , as+l
liefert
ck ∈ Q
für
k ∈ {1, . . . , l},
Damit gilt:
an =
X
k∈P
ck an−k +
X
ck an−k .
(25)
k∈Q
4 Dieser Sachverhalt ist bereits, was der Verfasser erst nach seinem eigenen hier niedergeschriebenen
Beweisvorschlag erfuhr, in [3] zu nden, und wie andere Aussagen über lineare Rekursionen unter [2],
[10], [13] oder [18] nachzulesen.
3
DIE MENGE
RL
UND DIE KLASSE
ζ
35
Da linke Seite und erste Summe auf der rechten Seite von Gl.(25) ganzzahlig sind, muss
die Summe
X
ck an−k
k∈Q
ebenfalls ganzzahlig sein. Wir setzen nun für
pk
, pk ∈ Z, qk ∈ N , wobei
qk
ck =
Dann existiert zu jedem
k ∈ Q:
an
aus Gl.(25) ein
tn ∈ Z
ggT(pk , qk )
mit

tn
Y
qk =
k∈Q
X
k1 ∈ Q
pk
k∈Q qk an−k , also

Y
pk an−k
k∈Q
qj  .
(26)
j∈Q\{k}
Die linke Seite von Gl.(26) ist dabei für jedes
Seite. Wir wählen nun
P
tn =
= 1.
k∈Q
durch
qk
teilbar, also auch die rechte
und dividieren Gl.(26) durch
Y
qk .
k∈Q\{k1 }
Wir erhalten:
X
tn qk1 = pk1 an−k1 + qk1
k∈Q\{k1 }
Wegen Lemma 3.2.1 und der Annahme
X
k∈Q\{k1 }
pk
an−k .
qk
qk1 > 1 existiert dann
pk
an−k = t(k1 ) ,
qk
aber ein
t(k1 ) ∈ Z
mit
bzw.

Y
t(k1 )
k∈Q\{k1 }
Wir wählen nun ein
k2 ∈ Q\{k1 }
qk =
X
k∈Q\{k1 }


pk an−k

Y
j∈Q\{k1 }
j6=k

qj 
.
und dividieren Gl.(27) durch
Y
qk ,
k∈Q\{k1 ,k2 }
und erhalten:
(k1 )
t
qk2 = pk2 an−k2 + qk2
X
k∈Q\{k1 ,k2 }
pk
an−k .
qk
(27)
3
DIE MENGE
RL
UND DIE KLASSE
Analog existiert wieder ein
t(k2 ) ∈ Z
ζ
36
mit

Y
t(k2 )
X
qk =
k∈Q\{k1 ,k2 }
k∈Q\{k1 ,k2 }


pk an−k

Y
j∈Q\{k1 ,k2 }
j6=k

qj 
.
Wir verfahren nun analog bei jedem Element aus der Indexmenge
Element enthält. Insbesondere wird die Mächtigkeit |Q| von
(k )
verringert. Im Schritt r erhalten wir also ein t r ∈ Z mit
Q
Q,
bis
Y
k∈Q\{k1 ,k2 ,...,kr }
k∈Q\{k1 ,k2 ,...,kr }
Im letzten Schritt haben wir dann
wird nur noch über
X
qk =
kr+1 ∈ Q
r
nur noch ein
bei jedem Schritt um 1

t(kr )
Q


pk an−k

derart gewählt, dass
Y
j∈Q\{k1 ,k2 ,...,kr }
j6=k

qj 
.
|Q\{k1 , k2 , . . . , kr }|
= 1. Also
summiert:
tkr+1 qkr+1 = pkr+1 an−kr+1 .
Wegen ggT(pkr+1 , qkr+1 )
= 1 ist qkr+1 ein Teiler von an−kr+1 . Damit ist dann aber qkr+1 für
{a} und da wir die k1 , . . . , kr+1 ∈ Q in beliebiger Reihenfolge
gewählt hatten, folgt: Die Zahlen qk ∈ Q sind Teiler der Folge (an )n∈N für n ≥ l + 1. Wir
betrachten nun für n ≥ l + 1 erneut Gl.(25)
n ≥ kr+1
ein Teiler von
an =
l
X
ck an−k =
k1∗ = min{k; k ∈ Q}.
an =
X
k∈P
ck an−k +
X pk
k∈Q
k∈P
k=1
und setzen
X
qk
an−k ,
Dann können wir
ck an−k +
X
k∈Q\{k1∗ }
pk
an−k
qk
+
pk1∗
an−k1∗
qk1∗
(28)
schreiben. Da jedes Glied der Folge (an )n∈N durch qk∗ teilbar ist, folgt, dass qk∗ auch
1
1
pk ∗
1
∗ ist. Folglich muÿ dann aber auch jedes Glied an der Folge für
ein Teiler von
a
n−k
q ∗
1
k1
n ≥ l + 1 durch qk21∗ teilbar sein. Insgesamt wäre dann stets an−k1∗ einmal mehr durch
qk1∗ teilbar als die linke Seite von Gl.(28). Folglich müsste qk1∗ die Folge (an )n∈N unendlich
oft teilen. Das geht aber nur wenn qk∗ = 1, also ck∗ ∈ P gilt. Induktiv wählen wir nun
1
1
k2∗ = min{k; k ∈ Q\k1∗ } und argumentieren analog. Insgesamt erhalten wir so nach k1∗ Schritten qk = 1 für jedes k ∈ Q. Damit sind alle Koezienten der Gl.(24) ganzzahlig.
3
DIE MENGE
RL
UND DIE KLASSE
ζ
37
3.2.2 Festlegung des Wachstums
In diesem Unterabschnitt suchen wir nach einer einfachen Bedingung, welche einer linearen
Rekursion
{a}
die bedingte Divergenz
lim an = +∞.
n→∞
garantiert. Zunächst gilt oensichtlich für ganzzahlige lineare Rekursionen
• {a}
{a}:
wächst streng monoton, falls an+1 − an ≥ 1 für alle n ∈ N.
Nachdem die lineare Rekursion
{a}
ab einem
n0
streng monoton wachsen soll, legen wir
einfach fest:
Die Darstellung von
Wurzel
ϕ1 > 1
{a}
durch Gl.(13) aus Korollar 1.5.1 besitzt eine positive dominante
mit zugehörigem Koezienten
α1 > 0.
3.2.3 Positivität
In diesem Unterabschnitt werden wir eine einfache Bedingung angeben, welche einer linearen Rekursion
{a}
garantiert, dass keines ihrer Glieder verschwindet. Wir nden eine
solche Bedingung leicht, indem wir die Darstellung für
{a}
durch Gl.(13) aus Korollar
1.5.1 berücksichtigen:
Lemma 3.2.2:
i) Die Koezienten αi der linearen Rekursion {a} erfüllen die Ungleichung
α1 ≥
l
X
|αi |.
(29)
i=2
Dann sind alle Glieder der linearen Rekursion
{a}
von Null verschieden.
ii) Für die Koezienten αi der linearen Rekursion {a} gelte für 1 ≤ i < j ≤ l:
0 6= αi = αj .
Gilt dann für die charakteristischen Wurzeln die Ungleichung
ϕ1 >
l
X
|ϕi |,
(30)
i=2
so verschwindet kein Glied der zugehörigen linearen Rekursion
{a}.
3
DIE MENGE
RL
UND DIE KLASSE
ζ
38
Beweis:
i) Einfaches Einsetzen von Ungl.(29) in die Folge {a} liefert für alle n ∈ N:
|an | = |
l
X
αi ϕni |
≥
|α1 ϕn1 |
−|
i=1
≥ α1 ϕn1 −
> α1 ϕn1 −
l
X
αi ϕni |
i=2
l
X
|αi ϕni |
i=2
l
X
|αi |ϕn1
i=2
= ϕn1 |α1 | −
l
X
!
|αi |
≥ 0.
i=2
ii) Analog.
Diese Bedingungen an
{a}
garantieren auch unsere letzte Forderung, dass
aus den natürlichen Zahlen
N
{a}
nur Werte
annimmt:
Lemma 3.2.3:
c1 , . . . , cl und alle Anfangswerte a1 , . . . , al der durch Gl.(19) deRekursion {a} ganzzahlig, alle charakteristischen Wurzeln ϕi des zuge-
Seien alle Koezienten
nierten linearen
hörigen charakteristischen Polynoms verschieden. Desweiteren besitzen die Koezienten
ϕi von {a} die Eigenschaft i) oder ii) aus Lemma
3.2.2. Ist dann die dominante Wurzel ϕ1 > 1 mit einem Vorfaktor α1 > 0, dann gilt: Die
lineare Rekursion {a} = (an )n∈N nimmt nur Werte aus den natürlichen Zahlen N an.
αi
und die charakteristischen Wurzeln
Insbesondere erhalten wir, dass die Anfangswerte der linearen Rekursion
{a}
natürliche
Zahlen sind.
Beweis:
Oensichtlich kann die lineare Rekursion
{a}
nur ganzzahlige Werte annehmen. Deswei-
teren gilt nach Voraussetzung:
ϕ1 > |ϕ2 | ≥ . . . ≥ |ϕl |.
{a} Ungl.(30) erfüllen und alle Koezienten αi
(α1 > 0), ist die Aussage oensichtlich erfüllt. Erfüllen
Falls die charakteristischen Wurzeln von
übereinstimmen und positiv sind
3
DIE MENGE
RL
UND DIE KLASSE
dagegen die Koezienten von
α1 ϕn1 ≥
l
X
|αi |ϕn1 >
i=2
⇒ α1 ϕn1 + (l − 2)α1 ϕn1 >
=
l
X
{a}
39
Ungl.(29), folgt für alle
|αi ||ϕk |n
i=2
l X
l
X
ζ
n ∈ N:
k ∈ {2, 3 . . . , l}.
für
|αi ϕnk |
k=2 i=2
l
X
|αk ϕnk |
+
l X
l
X
|αi ϕnk |.
(∗)
k=2 i=2
i6=k
k=2
Wir schätzen nun die Doppelsumme ab:
l X
l
X
|αi ϕnk |
<
k=2 i=2
i6=k
l X
l
X
|αi |ϕn1
k=2 i=2
i6=k
=
l X
l
X
|αi |ϕn1
k=2 i=2
k6=i
= (l − 2)
l
X
|αi |ϕn1
i=2
≤ (l − 2)α1 ϕn1 .
Wegen
0≤
Pl
k=2
Pl
i=2
i6=k
|αi ϕnk | ≤ (l − 2)α1 ϕn1
α1 ϕn1
>
folgt aus
l
X
(∗):
|αi ϕni |.
(31)
i=2
Nun erhalten wir
an =
l
X
αi ϕni
=
α1 ϕn1
+
i=1
≥ α1 ϕn1 −
l
X
i=2
l
X
αi ϕni
|αi ϕni |
i=2
> 0.
3
DIE MENGE
RL
UND DIE KLASSE
ζ
40
3.2.4 Zusammenfassung: Eine Teilmenge Cl von Rl
Oensichtlich haben wir nun die einfachste aller Teilmengen von
Rl
gefunden:
Denition 3.2.2:
l
Die Menge C ist deniert als die Menge aller linearen Rekursionen
Rl , für die gilt:
•
Alle Koezienten
•
Alle charakteristischen Wurzeln
ϕ1 > 1
•
c1 , . . . , c l
und die Anfangswerte von
besitzt einen Vorfaktor
ϕi sind
α1 > 0.
{a}
{a}
aus der Menge
sind ganzzahlig.
unterschiedlich und die dominante Wurzel
{a} erfüllen Ungl.(29) oder stimmen überrein und die charakvon {a} erfüllen Ungl.(30).
Die Koezienten von
teristischen Wurzeln
3.3 Die Klasse ζ
Wie bereits angekündigt, ordnen wir nun jedem Element der Menge
Cl eine Dirichlet-Reihe
zu.
Denition 3.3.1:
Unter der Menge der gewöhnlichen Dirichlet-Reihen
ζ{a} :
verstehen wir die Klasse
{ζ{a} ; {a} ∈ Cl },
mit
Cl × C →
CP
−s
({a}, s) → ζ{a} (s) = ∞
n=1 an ,
ζ.
In diesem Kapitel werden wir nur noch die Sinnhaftigkeit dieser Denition überprüfen.
Dabei sind wir, im Rückblick auf alle vorherigen Ergebnisse, nur noch den Nachweis einer
Konvergenzhalbebene
Hσ0
für jedes Element
ζ{a}
der Klasse
Lemma 3.3.1:
Sei
ζa ∈ ζ ,
dann besitzt
ζa
die Konvergenzhalbebene
Beweis:
Da die Konvergenzabszisse
σ0
von
ζa ∈ ζ
ζ
schuldig:
H0 = {s ∈ C; Re(s) > 0} .
oensichtlich positiv ist, können wir
σ0
mit
Gl.(17) aus Satz 2.3.1 bestimmen: Mit den Bezeichnungen aus Kapitel 2 und wegen
(an )n∈N ⊂ N
gilt
σ0 = lim sup
n→∞
Mit
A(n) =
Pn
k=1
1=n
und
λn = log(an ),
log A(n)
.
λn
folgt
σ0 = lim sup
n→∞
log(n)
.
log(an )
4
ELEMENTARE EIGENSCHAFTEN DER KLASSE
Sei nun
0<<1
beliebig. Nach Voraussetzung gilt
Dann existiert aber ein
n0 ∈ N
n ≥ n0 ,
und ein
n1 ∈ N
α1 > 0
41
ϕ1 > 1.
und
mit
(α1 ϕn1 ) >
für alle
ζ
n
,
(1 − )
mit
α2 ϕn2 + . . . + αl ϕnl < ,
α1 ϕn
1
für alle
n ≥ n1 .
Für hinreichend groÿes
n∈N
folgt dann:
an = (α1 ϕn1 + . . . + αl ϕnl )
= |α1 ϕn1 + . . . + αl ϕnl |
α2 ϕn2 + . . . + αl ϕnl n = (α1 ϕ1 ) 1 +
α1 ϕn1
α2 ϕn2 + . . . + αl ϕnl n ≥ (α1 ϕ1 ) 1 − α1 ϕn1
> (α1 ϕn1 ) (1 − )
> n,
also
log(n)
< .
log(an )
Folglich erhalten wir wie gewünscht für die Konvergenzabszisse
σ0 = 0.
Da für unsere gewöhnlichen Dirichlet-Reihen stets
A(n) = A(n)
gilt, fallen Abszisse der
Konvergenz und Abszisse der absoluten Konvergenz zusammen:
σ0 = σ.
4 Elementare Eigenschaften der Klasse ζ
4.1 Vorbemerkung
In dem kommenden Unterabschnitt werden wir nachweisen, dass jedes Element der Klasse
ζ
eine analytische Fortsetzung zu einer in der gesamten komplexen Ebene
C
meromor-
phen Funktion besitzt, um dann in den nachfolgenden Unterabschnitten diese analytische
Fortsetzung auf bestimmte Eigenschaften hin zu untersuchen.
4
ELEMENTARE EIGENSCHAFTEN DER KLASSE
ζ
42
4.2 Analytische Fortsetzbarkeit der Elemente von ζ
Wir werden nun die Vorgehensweise von Navas in [11] - bei der Herleitung der analy-
ζ ver{a} ∈ Cl ,
tischen Fortsetzung der Fibonacci Zeta-Funktion - auf die Elemente der Klasse
allgemeinern. Dabei beschränken wir uns auf diejenigen linearen Rekursionen
deren Koezienten
αi
paarweise verschieden sind und Ungl.(29) aus Lemma 3.2.2 erfül-
len. Wir erhalten in vollkommen analoger Weise die Aussage für die linearen Rekursionen
{a} ∈ Cl , deren charakteristische Wurzeln Ungl.(30) genügen und deren Koezienten allesamt übereinstimmen. Zunächst müssen wir aber einige Bezeichnungen einführen: Unter
Berücksichtigung des Multinomialsatzes (s. Anhang) denieren wir
ϕ :=
l
Y
ϕi ,
i=2
l
für die charakteristischen Wurzeln ϕ2 , . . . , ϕl von {a} ∈ C . Desweiteren bezeichnet β =
P
l
(β2 , . . . , βl ) ∈ Nl−1
0 einen Multiindex und |β| =
i=2 βi die Ordnung von β . Der Multinok
mialkoezient
wird deniert durch
β
k
k!
.
:=
β2 ! · . . . · βl !
β
Schlieÿlich werden die Monome
ϕβ
deniert durch
ϕβ :=
l
Y
ϕβi i .
i=2
Nun beweisen wir das grundlegende Resultat dieser Arbeit:
Hauptsatz 4.2.1:
Die Koezienten
αi
der lineare Rekursion
zugeordnete Element
ζ{a}
samten komplexen Ebene
der Klasse
C
ζ
{a} ∈ Cl
genügen Ungl.(29). Dann besitzt das
eine analytische Fortsetzung zu einer in der ge-
meromorphen Funktion.
Beweis:
Wir werden den Beweis in zwei Schritten liefern:
In
Schritt 1 benutzen wir Gl.(13), um jedes Element der Klasse ζ
halbebene
H0
in eine binomische Reihe zu entwickeln. Auÿerdem werden wir nachweisen,
dass diese neue Reihendarstellung für
In
Schritt 2
in der Konvergenz-
ζ{a}
in
H0
absolut konvergiert.
werden wir beweisen, dass unsere neue Reihendarstellung für
gesamten komplexen
C
ζ{a}
in der
- ausgenommen eventueller Singularitäten - absolut konvergiert.
4
ζ
ELEMENTARE EIGENSCHAFTEN DER KLASSE
43
Schritt 1:
Wir setzen nun
J := {1, 2, . . . , l}.
Für
σ>0
gilt
ζ{a} (s) =
∞
X
a−s
n =
n=1
n=1
Zuerst ziehen wir die dominante Wurzel
ζ{a} (s) =
∞
X
∞
X
X
ϕ1
!−s
αi ϕni
.
i∈J
aus der inneren Summe heraus:
−s

X
α1 ϕn1 +
n=1
αi ϕni 
i∈J\{1}
−s
∞
X
X αi ϕn
i 
.
=
(α1 ϕn1 )−s 1 +
α1 ϕn1
n=1

i∈J\{1}
Wegen
{a} ⊂ N
folgt
P
an = α1 ϕn1
Nach Voraussetzung ist
α1 ϕn1 > 0
1+
für alle
n.
n
i∈J\{1} αi ϕi
α1 ϕn1
!
> 0.
Folglich muÿ auch die Ungleichung
n
i∈J\{1} αi ϕi
α1 ϕn1
P
> −1
erfüllt sein. Ebenso folgt mit Ungl.(31) aus Lemma 3.2.3
P
P
n
n
i∈J\{1} |αi ϕi |
i∈J\{1} αi ϕi < 1.
≤
α1 ϕn1
α1 ϕn1
Damit können wir aber den Ausdruck
−s
X αi ϕn
i 
1 +
α1 ϕn1

i∈J\{1}
in eine binomische Reihe entwickeln:
ζ{a} (s) =
∞
X
n=1
(α1 ϕn1 )−s
∞ X
−s
k=0
k
k

X
(α1 ϕn1 )−k 
αi ϕni 
i∈J\{1}
k
∞ X
∞ X
X
−s
=
(α1 ϕn1 )−(s+k) 
αi ϕni  .
k
n=1 k=0

i∈J\{1}
4
ELEMENTARE EIGENSCHAFTEN DER KLASSE
ζ
44
Nun werden wir nachweisen, dass diese Reihendarstellung für
ζ{a} (s)
für
σ >0
absolut
konvergiert:

k ∞
∞
X X −s
X
|ζ{a} (s)| = (α1 ϕn1 )−(s+k) 
αi ϕni  n=1
k
k=0
i∈J\{1}

k ∞
∞
X
X X −s
n n −(s+k) 
αi ϕ i
≤
(α1 ϕ1 )
k
n=1 k=0 i∈J\{1}

k
∞ X
∞ X
X
−s n −(σ+k) 
≤
|αi ϕni | .
k (α1 ϕ1 )
n=1 k=0
i∈J\{1}
Hierfür schätzen wir zunächst den Binomialkoezienten ab durch
−s (−s) · (−s − 1) · . . . · (−s − k + 1) |s| · (|s| + 1) · . . . · (|s| + k − 1)
≤
k =
k!
k!
|s| + k − 1
(−|s|) · (−|s| − 1) · . . . · (−|s| − k + 1)
=
= (−1)k ·
k
k!
−|s|
= (−1)k
,
k
und erhalten

k
X
−|s|
|ζ{a} (s)| ≤
(−1)k
(α1 ϕn1 )−(σ+k) 
|αi ϕni |
k
n=1 k=0
i∈J\{1}

k
∞
∞
X
X
X
−|s|
=
(α1 ϕn1 )−σ
(−1)k
(α1 ϕn1 )−k 
|αi ϕni |
k
n=1
k=0
i∈J\{1}
!k
P
∞
∞
n
X
X
i∈J\{1} |αi ϕi |
n −σ
k −|s|
.
=
(α1 ϕ1 )
(−1)
α1 ϕn1
k
n=1
k=0
∞ X
∞
X
Wir erkennen die binomische Reihe und erhalten schlieÿlich
∞
X
|ζ{a} (s)| ≤
(α1 ϕn1 )−σ ·
n=1
P
1−
i∈J\{1}
|αi ϕni |
α1 ϕn1
!−|s|
.
4
ELEMENTARE EIGENSCHAFTEN DER KLASSE
Wegen
ϕ1 > |ϕ2 | ≥ . . . ≥ |ϕl |
P
folgt für alle
i∈J\{1}
|αi ϕni |
α1 ϕn1
ζ
45
n ∈ N:
X |αi ϕi |n
α1 ϕn1
i∈J\{1}
X |αi | |ϕi | n
=
α1
ϕ1
=
i∈J\{1}
X |αi ϕi |
.
α1 ϕ 1
≤
i∈J\{1}
Damit gilt dann aber für alle
n∈N
n
i∈J\{1} |αi ϕi |
P
1−
!−|s|
P
≤
α1 ϕn1
1−
i∈J\{1} |αi ||ϕi |
!−|s|
α1 ϕ1
.
Insgesamt folgt jetzt mit der Summenformel für die geometrische Reihe
|ζ{a} (s)| ≤
∞
X
P
(α1 ϕn1 )−σ ·
1−
n=1
P
≤
1−
i∈J\{1}
|αi ϕi |
α1 ϕ1
i∈J\{1}
|αi ϕni |
!−|s|
α1 ϕn1
!−|s|
(α1 ϕ1 )−σ
.
1 − (ϕ1 )−σ
Damit konvergiert die Reihendarstellung für die Funktion
ζ{a} (s)
aber für
σ>0
absolut,
also dürfen wir die Summationsreihenfolge vertauschen. Auÿerdem benötigen wir jetzt den
Multinomialsatz (s. Anhang) mit den Bezeichnungen, die wir am Anfang dieses Kapitels
festgelegt haben und setzen abkürzend noch
α :=
l
Y
αi ,
i=2
für die Koezienten
αi
von
{a} ∈ Cl .
Damit gilt:

k
∞ X
∞ X
X
−s
ζ{a} (s) =
(α1 ϕn1 )−(s+k) 
αi ϕni 
k
n=1 k=0
i∈J\{1}

k
∞ X
∞ X
X
−s −(s+k) −n(s+k) 
=
α1
ϕ1
αi ϕni 
k
k=0 n=1
i∈J\{1}
∞
∞
X X −s −(s+k) −n(s+k) X k =
α1
ϕ1
(αϕn )β
k
β
k=0 n=1
|β|=k
4
ELEMENTARE EIGENSCHAFTEN DER KLASSE
ζ
46
∞ X k X
−n(s+k) nβ
β
ϕ1
ϕ
=
α
k
β
n=1
k=0
|β|=k
∞
∞ X
−s −(s+k) X k β X −(s+k) β n
ϕ1
ϕ
=
α1
α
.
k
β
n=1
∞ X
−s
−(s+k)
α1
|β|=k
k=0
Wegen
Y
−(s+k) β −(σ+k)
ϕ = ϕ1
|ϕi |βi
ϕ 1
i∈J\{1}
≤
−(σ+k)
ϕ1
=
=
−(σ+k) |β|
ϕ1
ϕ1
−σ
ϕ1 < 1,
Y
ϕβ1 i
i∈J\{1}
folgt wieder mit der Summenformel für die geometrische Reihe:

β
X
k
(αϕ) 
 −s α1−(s+k)
.
ζ{a} (s) =
s+k
k
β ϕ1 − ϕβ
k=0
|β|=k
∞
X

(32)
Schritt 2:
Nun zeigen wir, dass die Darstellung (32) von
ζ{a}
in ganz
C,
ausgenommen der Singula-
ritäten der Funktionenfolge
fk =
−(s+k)
α1
−s
k
X k
(αϕ)β
,
β ϕs+k
− ϕβ
1
k ∈ N0 ,
|β|=k
absolut konvergiert. Dabei schätzen wir zuerst die innere Summe von (32) ab:
β
X
X k
k
(αϕ)
|αϕ|β
≤
s+k
s+k
|β|=k β ϕ1 − ϕβ |β|=k β |ϕ1 − ϕβ |
X k |αϕ|β
−k
= ϕ1
β |ϕs1 − ϕβk |
|β|=k
ϕ1
X k
|αϕ|β
≤ ϕ−k
1
β ϕσ − |ϕ|β |β|=k
1
ϕk1
X k
|αϕ|β
= ϕ−k
βi .
1
β σ Q
|ϕi |
|β|=k
ϕ1 − i∈J\{1} ϕ1
4
ELEMENTARE EIGENSCHAFTEN DER KLASSE
ζ
47
Nachdem gilt
Y |ϕi | βi |ϕ2 | |β| |ϕ2 | k
≤
=
,
ϕ1
ϕ1
ϕ1
i∈J\{1}
konvergiert der Ausdruck
Y |ϕi | βi
ϕ1
i∈J\{1}
k → ∞ gegen Null. Damit existiert aber ein hinreichend groÿes k0 (σ) ∈ N0 , sodass für
k ≥ k0 (σ) gilt:
k
Y |ϕi | βi σ
|ϕ
|
2
σ
ϕ1 −
≥ ϕ1
.
ϕ
ϕ1
1
für
i∈J\{1}
Damit erhalten wir insgesamt als Abschätzung der inneren Summe von (32) für
k ≥ k0 (σ):
X β
X k |αϕ|β
k
(αϕ) −k
k .
≤ ϕ1
s+k
β
σ
|β|=k β ϕ1 − ϕβ |β|=k
ϕ |ϕ2 |
1
Wir werden nun die Reihendarstellung (32) von
ζ{a}
für
ϕ1
k ≥ k0 (σ)
abschätzen. Dafür
benötigen wir noch - wie sich gleich zeigen wird - die Ungleichung
P
i∈J\{1}
|αi ϕi |
α1 |ϕ2 |
≤ 1.
k ∈ J\{1} und alle n ∈ N:
X
α1 |ϕ2 |n ≥
|αi ||ϕ2 |n
Nach Voraussetzung gilt für beliebiges
i∈J\{1}
≥
X
|αi ϕnk |.
i∈J\{1}
Also
(l − 1)α1 |ϕ2 |n ≥
X
X
|αi ϕnk |
k∈J\{1} i∈J\{1}
=
X
k∈J\{1}
|αk ϕnk | +
X
X
k∈J\{1} i∈J\{1}
i6=k
|αi ϕnk |.
4
ELEMENTARE EIGENSCHAFTEN DER KLASSE
ζ
48
Dabei lässt sich die Doppelsumme wieder folgendermaÿen abschätzen:
X
X
|αi ϕnk | ≤
k∈J\{1} i∈J\{1}
i6=k
≤
X
X
|αi ϕn2 |
k∈J\{1} i∈J\{1}
i6=k
(l − 2)α1 |ϕ2 |n
Da auf beiden Seiten der letzten Ungleichung nur positive Zahlen stehen, folgt
X
α1 |ϕ2 |n ≥
|αk ϕnk |.
k∈J\{1}
Nun gilt:


∞
β
X k
X
−s
(αϕ)
−(s+k)


α1
0 ≤ k
β ϕs+k
− ϕβ k=k0 (σ)
1
|β|=k
∞
X
X k |αϕ|β
−(σ+k) −k
k −|s|
≤
(−1)
α1
ϕ1
k
k
β
k=k0 (σ)
|β|=k
ϕσ1 |ϕϕ21 |
∞
X
X k −σ
k −|s|
−k
= (α1 ϕ1 )
(−1)
(α1 |ϕ2 |)
|αϕ|β
k
β
k=k0 (σ)
|β|=k
!k
P
∞
X
|α
ϕ
|
i
i
−|s|
i∈J\{1}
.
= (α1 ϕ1 )−σ
(−1)k
α1 |ϕ2 |
k
k=k0 (σ)
Wir müssen nun zwei Fälle unterscheiden:
Fall I:
P
Sei
|αi ϕi |
α1 |ϕ2 |
i∈J\{1}
∞
X
k=k0
< 1,
dann folgt
k −|s|
(−1)
k
P
i∈J\{1}
|αi ϕi |
α1 |ϕ2 |
!k
!k
P
∞
X
|α
ϕ
|
i
i
−|s|
i∈J\{1}
≤
(−1)k
α1 |ϕ2 |
k
k=0
!−|s|
P
i∈J\{1} |αi ϕi |
.
= 1−
α1 |ϕ2 |
Damit gilt:
(σ)−1
∞
X
k0X
ζ{a} (s) ≤
|fk (s)| +
|fk (s)|
k=0
k=k0 (σ)
k0 (σ)−1
≤
X
k=0
P
|fk (s)| + (α1 ϕ1 )−σ
1−
i∈J\{1}
|αi ϕi |
α1 |ϕ2 |
!−|s|
.
4
ζ
ELEMENTARE EIGENSCHAFTEN DER KLASSE
Damit ist
ζ{a} (s)
aber in ganz
C
- Singularitäten von
fk
49
ausgenommen - beschränkt.
Fall II:
P
Sei nun
|αi ϕi |
α1 |ϕ2 |
i∈J\{1}
= 1,
X
dann folgt mit Ungl.
(29)
X
|αi ϕi | = (α1 − |α2 |)|ϕ2 | ≥ |ϕ2 |
i∈J\{1,2}
|αi |.
i∈J\{1,2}
Da aber auch nach Voraussetzung
X
X
|αi ϕi | ≤ |ϕ2 |
i∈J\{1,2}
|αi |
i∈J\{1,2}
gilt, folgt
X
|αi |
i∈J\{1,2}
X
|ϕi |
=
|αi |.
|ϕ2 |
i∈J\{1,2}
|{z}
≤1
P
|ϕ2 | = |ϕ3 | = . . . = |ϕl |, also i∈J\{1} |αi | = α1 .
Wir prüfen nun erneut, ob die Reihendarstellung (32) von ζ{a} unter den gerade an die
charakteristischen Wurzeln ϕi und Koezienten αi gestellten Bedingungen in ganz C ausgenommen irgendwelcher Singularitäten von fk - absolut konvergiert:


∞
β
X
X
k
|αϕ|
ζ{a} (s) ≤
(−1)k −|s| α1−(σ+k)
σ+k

β
k
β
ϕ
−
|ϕ|
1
k=0
|β|=k
P
k
∞
X
|α|β
−(σ+k)
k −|s|
k |β|=k β
=
(−1)
α1
|ϕ2 |
k
ϕσ+k
k
−
|ϕ
|
2
1
k=0
k
P
∞
|α
|
X
i
i∈J\{1}
−|s| −(σ+k)
(−1)k
=
α1
|ϕ2 |k σ+k
ϕ1 − |ϕ2 |k k
k=0
∞
X
|ϕ2 |k
−σ
k −|s| (−1)
= α1
k
ϕσ+k
k
−
|ϕ
|
2
1
k=0
∞
X
1
−σ
k −|s| .
= α1
(−1)
k σ ϕ 1 k
k=0
−
1
ϕ
1 |ϕ2 |
Die letzte Gleichung impliziert nun
Wegen
∞.
|ϕ2 | <
ϕ1 strebt der Ausdruck ϕσ1
Damit existiert ein
k0 (σ)
ϕ1
|ϕ2 |
k
für beliebiges
σ∈R
mit
k
σ ϕ1
− 1 ≥
ϕ 1
|ϕ2 |
s
ϕσ1
|ϕ2 |
!k
> 0,
für
k ≥ k0 (σ).
bei
k→∞
gegen
4
ELEMENTARE EIGENSCHAFTEN DER KLASSE
ζ
50
Insgesamt folgt in diesem Fall:
∞
X
−|s|
|ϕ |k
−σ
k
σ+k 2
0 ≤ ζ{a} (s) ≤ α1
(−1)
ϕ1 − |ϕ2 |k k
k=0


k0 (σ)−1
∞
k
k
X
X
|ϕ2 |
−|s|
|ϕ |
k −|s| σ+k 2
+

(−1)
= α1−σ 
(−1)k
σ+k
ϕ1 − |ϕ2 |k ϕ1 − |ϕ2 |k k
k
k=0
k=k0 (σ)

!k 
s
k0 (σ)−1
∞
k
X
X
−|s|
|ϕ |
|ϕ2 | 
k −|s|
σ+k 2
+
(−1)k
≤ α1−σ 
(−1)
k ϕ1 − |ϕ2 |k ϕσ1
k
k=0
k=k0 (σ)

!k 
s
k0 (σ)−1
∞
k
X
X
−|s|
|ϕ |
−|s|
|ϕ2 | 
σ+k 2
+
≤ α1−σ 
(−1)k
(−1)k
k
k ϕ1 − |ϕ2 | k=0
ϕσ1
k
k=0

k0 (σ)−1
= α1−σ 
X
(−1)k
k=0
−|s|
|ϕ |k
σ+k 2
+
k ϕ1 − |ϕ2 |k Damit konvergiert die Reihendarstellung (32) für
ζ{a}
s
1−
in ganz
C
|ϕ2 |
ϕσ1
!−|s| 
.
- Singularitäten von
fk
ausgenommen - absolut.
Völlig analog erhalten wir:
Hauptsatz 4.2.2:
ϕi der lineare Rekursion {a} ∈ Cl genügen Ungl.(30) und
für i, j ∈ J : 0 6= αi = αj . Dann besitzt das zugeordnete
Die charakteristischen Wurzeln
für die Koezienten
Element
C
ζ{a} ∈ ζ
αi
gelte
eine analytische Fortsetzung zu einer in der gesamten komplexen Ebene
meromorphen Funktion.
Bemerkung:
Der Leser könnte bei dem Studium des Beweises von Hauptsatz 4.2.1 dem Eindruck verfallen sein, dass die Koezienten
αi
zung in die gesamte komplexe Ebene
an die Koezienten von
{a}
{a} notwendigerweise Ungl.(29)
ζ{a} ∈ ζ eine analytische Fortset-
der linearen Rekursion
erfüllen müssen, um der zugehörigen Zeta-Funktion
C
zu garantieren. Letztlich liefert diese Restriktion
aber nur die Angabe der analytischen Fortsetzung in sehr
kompakter Form. Insgesamt erönet uns schon die Eigenschaft von
Wurzel
ϕ1 > 1
{a}
eine dominante
zu besitzen, die Möglichkeit für die zugeordnete Zeta-Funktion
ζ{a}
eine
Reihendarstellung analog zur Reihendarstellung (32) abzuleiten. Allerdings besitzt diese
bedeutend weniger Übersichtlichkeit. Darüberhinaus können wir die Positivität bzw. das
Nichtverschwinden einzelner Glieder der linearen Rekursion
{a}
nicht mehr garantieren.
4
ELEMENTARE EIGENSCHAFTEN DER KLASSE
ζ
51
4.3 Diskussion der Singularitäten
Wir bestimmen nun im Allgemeinen die Singularitäten der Funktion
wir mit
P ζ{a}
die Menge aller Singularitäten von
komplexen Logarithmus
ζ{a}
ζ{a} . Dazu bezeichnen
und unterscheiden zwischen dem
Log und dem reellen log. Zunächst betrachten wir für k
∈ N0
die Funktionen
fk (s) =
−(s+k)
α1
X −s
k
(αϕ)β
.
β
k
β ϕs+k
−
ϕ
1
|β|=k
Oensichtlich beschreibt dann die Menge
= ϕβ
P(fk ) := s ∈ C; ϕs+k
1
alle Singularitäten von
fk , d.h. wenn wir die Elemente der Menge P(fk ) bestimmen wollen,
müssen wir die Gleichung
ϕs+k
= ϕβ
1
lösen. Gl.(33) besitzt für jeden Multiindex
sungen, wobei von diesen wegen
(ϕ1 > 1)
β
(33)
|β| = k unendlich viele Löβ
falls ϕ < 0. Wir lösen nun
mit Ordnung
keine reell ist,
Gl.(33):
!
ϕs+k
= e(s+k)log(ϕ1 ) = ϕβ .
1
Auf der rechten Seite müssen wir das Vorzeichen von
ϕβ
beachten:
β)
e(s+k)log(ϕ1 ) = eLog(ϕ
= elog(|ϕ|
für
m ∈ Z.
β
)+i·arg(ϕβ )+m·2πi
,
Also
log(|ϕ|β ) + i · arg ϕβ + m · 2πi
s = −k +
=: ρk,m (β).
log(ϕ1 )
Damit gilt
P(fk ) = {ρk,m (β) ∈ C; k ∈ N0 , m ∈ Z, |β| = k} .
Folglich liegen die Singularitäten von
β)
arg(ϕ
i 2π+log
ϕ1
fk
|ϕβ |)
im Abstand
log ϕ1
s+k
von fk die Gröÿe ϕ1
durch z , sehen
auf den Abszissen
. Substituieren wir in den Termen
1
ϕ1s+k −ϕβ
wir schnell, dass fk als Singularitäten nur einfache Pole in
P∞
wegen ζ{a} =
k=0 fk :
P ζ{a} ⊆
∞
[
k=0
P (fk ) .
σ = −k +
ρk,m (β)
log(
besitzt. Auÿerdem gilt
4
ζ
ELEMENTARE EIGENSCHAFTEN DER KLASSE
Wir bestimmen nun das Residuum von
ζ{a}
52
in der Polstelle
ρk,m (β̃).
Dazu bemerken wir
zunächst, dass für k 6= k̃, k̃ ∈ N0 die Funktionen fk und fk̃ gemeinsame Polstellen besitzen
können (Siehe Lemma 4.3.2), ebenso müssen nicht alle Pole von fk paarweise verschieden
sein und können sogar übereinstimmen (Siehe Lemma 4.3.1).
O. B. d. A. seien also für beliebige
Polstellen von
fk
k 6= k
die Polstellen von
fk
fk ,
und
ebenso wie die
untereinander paarweise verschieden.
P ζ{a} als abzählbare Menge
∅ 6= Uρk,m (β̃) von ρk,m (β̃) nden,
Wie wir später noch besprechen werden, liegt die Menge
diskret in
C.
Folglich können wir eine ganze Umgebung
in der die Funktion
ζ{a},k (s) := ζ{a} (s) − fk (s)
holomorph ist. Mit diesen Vorüberlegungen können wir nun das Residuum von
Polstelle
ρk,m (β̃)
ζ{a}
in der
bestimmen:
Resρ
ζ (s)
k,m (β̃) {a}
=
lim
Uρ
k,m (β̃)
=
lim
Uρ
k,m (β̃)
(s − ρk,m (β̃))ζ{a} (s)
3s→ρk,m (β̃)
(s − ρk,m (β̃)) ζ{a},k (s) + fk (s)
3s→ρk,m (β̃)
= Resρk,m (β̃) fk (s)
X k
(αϕ)β
(s −
=
lim
β ϕs+k
− ϕβ
3s→ρk,m (β̃)
Uρ
1
k,m (β̃)
|β|=k
(αϕ)β̃
k
−(s+k) −s
=
lim
(s − ρk,m (β̃))α1
β̃ ϕs+k
k
Uρ
3s→ρk,m (β̃)
− ϕβ̃
1
k,m (β̃)
k
(αϕ)β̃
−(ρk,m (β̃)+k) −ρk,m (β̃)
= α1
lim
k
β̃ Uρ (β̃) 3s→ρk,m (β̃) ϕ1s+k −ϕβ̃
−(s+k)
ρk,m (β̃))α1
−s
k
k,m
s−ρk,m (β̃)
Wir erkennen im Nenner den Dierenzenquotienten der Funktion s 7→
ρ
(β̃)+k
s = ρk,m (β̃) den Wert ϕ1k,m
log(ϕ1 ) annimmt. Damit erhalten wir:
Resρ
ζ (s)
k,m (β̃) {a}
=
−(ρ
(β̃)+k)
α1 k,m
ρk,m (β)
welcher für
−ρk,m (β̃)
k
(αϕ)β̃
.
k
β̃ log(ϕ )ϕρk,m (β̃)+k
1
Wir werden nun die Polstellen
ϕs+k
1 ,
von
fk
1
und die Polstellenmenge
P(ζ{a} )
von
ζ{a}
fk
alle
genauer untersuchen.
Zunächst suchen wir nach einer Bedingung, unter der die Polstellen
ρk,m (β)
verschieden sind. Dazu denieren wir zunächst für die beiden Multiindizes
β = (β2 , β3 , . . . , βl ) , β̃ = β̃2 , β̃3 , . . . , β̃l ∈ Nl−1
0
mit
|β| = |β̃| :
von
4
ELEMENTARE EIGENSCHAFTEN DER KLASSE
ζ
53
n
o
i∗ := min i ∈ J\{1}; βi 6= β̃i .
Aufschluss über das Verhalten der Polstellen von
fk
liefert nun folgendes Lemma:
Lemma 4.3.1:
Seien
folgt
β, β̃ ∈ Nl−1
m = m̃ und
sodass für die
|β| = |β̃| = k ∈ N0 und m, m̃ ∈ Z. Gilt ρk,m (β) = ρk,m̃ (β̃), dann
j ∈ J\{1}, j > i∗ rationale Zahlen pj mit |pj | ≤ 2k ,
charakteristische Wurzel ϕi∗ gilt:
Y
|ϕi∗ | =
|ϕj |pj .
mit
es existieren für
j∈J\{1}
j>i∗
Beweis:
Wenn die beiden Polstellen
β
−k +
ρk,m (β), ρk,m̃ (β̃)
β
log |ϕ| + i · arg ϕ
log(ϕ1 )
+ m · 2πi
von
fk
übereinstimmen, dann gilt
β̃
β̃
log |ϕ| + i · arg ϕ
= −k +
+ m̃ · 2πi
log(ϕ1 )
(34)
wobei auf beiden Seiten Real- und Imaginärteil gleich sein müssen. Wir betrachten zuerst
den Imaginärteil, für welchen gelten muss:
arg ϕβ + m · 2π = arg ϕβ̃ + m̃ · 2π
arg ϕβ − arg ϕβ̃
= m̃ − m.
2π
⇔
Die rechte Seite der letzten Gleichung ist dabei eine ganze Zahl
und
es gilt bekanntlich
0 ≤ arg(z) < 2 · π
m̃ − m = 0
für
z ∈ C.
−2π < arg ϕβ − arg ϕβ̃ < 2π
β
erhalten wir arg ϕ
= arg ϕβ̃ .
Wegen
gelten. Insbesondere
kann aber nur
Wir betrachten nun den Realteil beider Seiten, nachdem wir überüssige Summanden und
Faktoren gekürzt haben:
log |ϕ|β = log |ϕ|β̃ .
Hierfür liefert uns nun die Injektivität des reellen Logarithmus:
|ϕ|β =
Y
|ϕj |βj =
j∈J\{1}
Y
|ϕj |β̃j = |ϕ|β̃ .
j∈J\{1}
Wir verwenden nun unsere Notion von oben und erhalten
Y
j∈J\{1}
j≥i∗
|ϕj |βj =
Y
j∈J\{1}
j≥i∗
|ϕj |β̃j .
4
ELEMENTARE EIGENSCHAFTEN DER KLASSE
Umstellen nach
|ϕi∗ |
54
liefert uns
β̃j −βj
Y
|ϕi∗ | =
|ϕj | βi∗ −β̃i∗ =:
j∈J\{1}
j>i∗
Oensichtlich gilt
ζ
|pj | ≤ 2k
Y
|ϕj |pj .
j∈J\{1}
j>i∗
und damit ist die Behauptung bewiesen. Besitzen umgekehrt
ϕi , i ∈ J\{1} nicht obige Eigenschaft, dann kann für kein
d.h. fk besitzt nur paarweise verschiedene Polstellen ρk,m (β).
die charakteristischen Wurzeln
k ∈ N0
Gl.(34) erfüllt sein,
Oensichtlich gilt:
Korollar 4.3.1:
Für
i ∈ J\{1}
gelte
ϕi > 0.
Dann gilt auch die Umkehrung von Lemma 4.3.1.
ρk,m (β) der
Gl.(34) erhalten
Wir wollen nun kurz noch den Fall besprechen, in welchem alle Polstellen
Funktion
fk
übereinstimmen, also
fk
nur einen einzigen Pol besitzt. Mit
wir:
Y
|ϕ|β =
|ϕi |βi = konst.
für alle
β ∈ Nl−1
0
mit
|β| = k.
i∈J\{1}
Hierraus folgt sofort
der Klasse
ζ
Vielfachtheit
|ϕ2 | = |ϕ3 | = . . . = |ϕl |,
d.h. falls wir nur diejenigen Elemente
ϕi
{a}: l ≤ 3,
betrachten, deren charakteristische Wurzeln
σi = 1
von
ϕi
für die Ordnung
l
von
reell sind, liefert uns die
also
Betrachten wir dagegen auch komplexe charakteristische Wurzeln
die Ordnung
l
beliebig groÿ werden, falls alle diese
derselben Kreislinie in
C
l−1
ϕ2 = −ϕ3
für
l = 3.
ϕi , i ∈ J\{1} , so kann
charakteristischen Wurzeln auf
liegen.
Nachdem wir nun wissen wann die Funktion
fk
nur paarweise verschiedene Polstellen
besitzt, wollen wir eine Bedingung nden, unter welcher die Funktion
ζ{a} =
∞
X
fk
k=0
nur paarweise verschieden Polstellen besitzt. Hierfür ergibt sich:
4
ELEMENTARE EIGENSCHAFTEN DER KLASSE
ζ
55
Lemma 4.3.2:
k, k̃ ∈ N0 , mit k 6= k̃ . Ist dann der Durchschnitt der beiden Polstellenmengen P(fk )
P(fk̃ ) nicht leer, so existieren rationale Zahlen p2 , . . . , pl , mit
Seien
und
l
X
pi = 1
X
und
i=2
i∈J\{1}
Beweis:
Nach Voraussetzung existiert ein
ρk,m (β)
pi
log |ϕi |
= 1.
log(ϕ1 )
ρk,m (β) ∈ P(fk ) ∩ P(fk̃ ).
Folglich besitzt die Polstelle
zwei unterschiedliche Darstellungen
β
−k +
β
log |ϕ| + i · arg ϕ
log(ϕ1 )
+ m · 2πi
log |ϕ|β̃ + i · arg ϕβ̃ + m̃ · 2πi
= −k̃ +
log(ϕ1 )
,
(35)
und auf beiden Seiten von Gl.(35) müssen Real- und Imaginärteil übereinstimmen. Analog
zu Lemma 4.3.1 folgt wieder
m = m̃.
−k +
Für den Realteil erhalten wir:
log |ϕ|β̃
log |ϕ|β
= −k̃ +
log(ϕ1 )
log(ϕ1 )
⇔
k̃ − k =
log |ϕ|β̃ − log |ϕ|β
.
log(ϕ1 )
Die Anwendung der Rechengesetze für den Logarithmus liefert uns:
Y
log
i∈J\{1}
(β̃i − βi )log|ϕi | = (k̃ − k) log(ϕ1 )
i∈J\{1}
X β̃i − βi log |ϕi |
= 1.
log ϕ1
k̃
−
k
i∈J\{1}
⇔
Denieren wir noch für
X
|ϕi |β̃i −βi =
2≤i≤l
pi :=
so sehen wir schnell, dass auch
Pl
i=2
pi = 1
β̃i − βi
,
k̃ − k
erfüllt ist.
Wieder sehen wir:
4
ELEMENTARE EIGENSCHAFTEN DER KLASSE
ζ
56
Korollar 4.3.2:
Für
i ∈ J\{1}
gelte
ϕi > 0.
Dann gilt auch die Umkehrung von Lemma 4.3.2.
Wir beschlieÿen nun diesen Unterabschnitt, indem wir noch die maximale Anzahl aller
reellen Polstellen von
fk
- welche wir mit
wir die Anzahl der Multiindizes
β, |β| = k
P̃ (fk )
bezeichnen - bestimmen. Dafür müssen
berechnen. Hierfür benötigen wir:
Lemma 4.3.3:
∈N
0 gilt:
Pk, l, mm+τ
m
= m+n+1
− k+1
.
k
k+1
n−τ +m
n+m+2
(τ + 1) = m+2 .
m
Für
a) Pnτ=0
b) nτ=0
Beweis:
Jeweils durch vollständige Induktion:
a)
P
m
(IA): Sei n=0, dann gilt: 0τ =0 m+τ
= m
= m+1
− k+1
.
k
k
k+1
(IV): Die Aussage sei nun bereits für ein n ∈ N bewiesen.
(IS): Schluss von n auf n+1:
n+1 X
m+τ
τ =0
k
n X
m+τ
m+n+1
=
+
k
k
τ =0
m+n+1
m
m+n+1
(IV)
=
−
+
k+1
k+1
k
m+n+2
m
=
−
.
k+1
k+1
b)
(IA): Sei n=0, dann ist die Aussage oensichtlich erfüllt.
(IV): Die Aussage sei nun bereits für ein n ∈ N bewiesen.
(IS): Schluss von n auf n+1:
n+1 n+1 X
X
n+1−τ +m
n−τ +m
n−τ +m
(τ + 1) =
+
(τ + 1)
m
m
m
−
1
τ =0
τ =0
X
n+1 n+m+2
n−τ +m
n+m
=
+
(τ + 1) +
m+2
m
−
1
m−1
τ =1
X
n n+m+2
n−τ +m−1
=
+
(τ + 2)+
m+2
m
−
1
τ =0
n+m
+
m−1
4
ELEMENTARE EIGENSCHAFTEN DER KLASSE
ζ
57
X
n n+m+2
n+m+1
n−τ +m−1
n+m
=
+
+
+
.
m+2
m+1
m−1
m−1
τ =0
(IV)
Aus
a) erhalten wir
n X
n−τ +m−1
m+n
m−1
=
−
.
m
−
1
m
m
τ =0
| {z }
=0
Das setzten wir nun wieder ein und erhalten
n+1 X
n+1−τ +m
n+m+2
n+m+1
m+n
n+m
(τ + 1) =
+
+
+
m
m
+
2
m
+
1
m
m−1
τ =0
n+m+2
n+m+1
m+n+1
=
+
+
m+2
m+1
m
n+m+2
n+m+2
=
+
m+2
m+1
(n + 1) + m + 2
=
.
m+2
Lemma 4.3.4:
Seien
n, m, α wie im Multinomialsatz (s. Anhang). Dann gilt für die Anzahl Am,n (α) aller
α ∈ Nm
0 mit Ordnung n:
n+m−1
Am,n (α) =
.
m−1
Multiindizes
Beweis:
m beweisen:
(IA): Sei m = 1. Dann gilt oensichtlich A1,n (α) = 1.
(IV): Die Behauptung sei nun für ein beliebiges m < n bewiesen.
(IS): Wir ordnen nun die m-Tupel (α1 , . . . , αm ) ∈ Nm0 , |α| = n, nach der Gröÿe von
αm . Jedes m + 1-Tupel (α̃1 , . . . , α̃m+1 ) ∈ Nm+1
, |α̃| = n entsteht dabei aus einem m0
m
Tupel (α1 , . . . , αm ) ∈ N0 , indem wir die Zahl αm als Summe der Zahlen α̃m , α̃m+1 ∈ N0
darstellen. Nach (IV) können wir die Zahl αm auf genau
αm + 1
A2,αm (α) =
= αm + 1
1
Wir werden die Aussage durch Induktion nach
4
ELEMENTARE EIGENSCHAFTEN DER KLASSE
ζ
58
α̃m , α̃m+1 ∈ N0 darstellen. Da die Zahl αm nach (IV)
Am−1,n−αm (α)-Tupeln an letzter Stelle steht, enstehen aus jedem αm insgesamt
A2,αm (α)Am−1,n−αm (α) neue Tupel.
Weisen als Summe zweier Zahlen
bei genau
Damit folgt:
Am+1,n (α) =
=
n
X
A2,αm (α)Am−1,n−αm (α)
αm =0
n
X
αm
n − αm + m − 2
(αm + 1)
.
m−2
=0
Unter Verwendung von Lemma 4.3.3 b) erhalten wir schlieÿlich:
n+m
Am+1,n (α) =
.
m
Damit ist die Aussage bewiesen.
Als Folgerung ergibt sich:
Korollar 4.3.3:
Die Menge
P̃(fk )
der reellen Polstellen von
fk
enthält höchstens
Al−1,k (β)
Elemente.
Um der Vollständigkeit ihren Willen zu lassen, zeigen wir noch:
Korollar 4.3.4:
Die Menge der Polstellen von
ζ{a}
ist abzählbar.
Beweis:
Oensichtlich ist die Menge
P̃(ζ{a} )
der reellen Polstellen von
zählbaren Vereinigung der abzählbaren Mengen
Menge
P(ζ{a} )
P̃(fk ),
ζ{a}
Teilmenge der ab-
also selbst wieder abzählbar. Die
ist dann als kartesisches Produkt zweier abzählbarer Mengen abzählbar.
Damit haben wir nun bewiesen, dass jedes Element ζ{a} der Klasse ζ , wobei die Koezienl
ten der linearen Rekursion {a} ∈ C der Ungl.(29) genügen, eine meromorphe Fortsetzung
in die gesamte komplexe Ebene
C
besitzt.
Für den Fall, dass die Mächtigkeit der Menge der reellen Polstellen
maximal ist, wollen wir noch eine explizite Bijektion
P̃ ζ{a} → N
P̃ ζ{a}
von
ζ{a}
4
ζ
ELEMENTARE EIGENSCHAFTEN DER KLASSE
59
angeben. Dazu kennzeichnen wir vorübergehend die reellen Polstellen
P̃(fk ) zu
P̃(fk ) = ρjk,0 (β); 1 ≤ j ≤ Al−1,k (β) .
einem weiteren Index um die Abzählbarkeit der Menge
ρk,0 (β)
von
fk
mit
suggerieren:
Nun werden wir beweisen, dass die rekursive Folge


 P̃(ζ{a} ) →
N
(
1
ψ:
j
j

 ρk,0 (β) → ψ(ρk,0 (β)) = Pk
für
Al−1,n−1
(β))
n=1 ψ(ρn,0
die Menge der reellen Polstellen von
ζa
+j
für
k = 0,
k ≥ 1, 1 ≤ j ≤ Al−1,k .
- unter den oben genannten Bedingen an die
charakteristischen Wurzeln - bijektiv auf die natürlichen Zahlen
N
abbildet:
Injektivität:
Oensichtlich gilt
j
ψ(ρj+1
k,0 (β)) > ψ(ρk,0 (β)).
Damit ist
ψ
streng monoton wachsend und
insbesondere injektiv.
Surjektivität:
P
A
n0 ∈ N. Dann existiert k ∗ := max{k ∈ N0 ; kn=1 ψ(ρn,0l−1,n−1 (β)) < n0 } und es gilt
k0 = ψ(ρjk∗ ,0 (β)) für ein 1 ≤ j ≤ Al−1,k∗ . Damit ist ψ bijektiv und folglich P̃(ζ{a} )
Sei
abzählbar.
4.3.1 Konstruktion von Elementen
auf der reellen Achse
ζ{a} ∈ ζ
mit regelmäÿigem Polverhalten
In diesem Abschnitt werden wir an die charakteristischen Wurzeln ϕ2 , . . . , ϕl der linearen
l
Rekursion {a} ∈ C Bedingungen stellen, welche der zugeordneten Funktion ζ{a} ∈ ζ in
den Polstellen
ρk,0 (β)
ein regelmäÿiges Verhalten garantiert. Dazu fordern wir, dass
ζ{a}
auf der reellen Achse nur reelle Werte annimmt. Dies erreichen wir, indem wir nur reelle
charakteristischen Wurzeln
ζ{a}
ϕi , i ∈ J\{1}
betrachten. Auÿerdem setzen wir voraus, dass
nur paarweise verschiedene Polstellen besitzt (Siehe Lemma 4.3.1 und Lemma 4.3.2).
Zunächst studieren wir wieder das Verhalten von
fk =
in den reellen Polstellen
−(s+k)
α1
X −s
k
(αϕ)β
k
β ϕs+k
− ϕβ
1
|β|=k
ρk,0 (β).
Nachdem diejenigen Multiindizes
β ∈ Nl−1
0
liefern, seien alle charakteristischen Wurzeln
mit sign(ϕ
β 5
) < 0 keine reellen Polstellen
ϕi , i ∈ J\{1} von ζ{a} der Einfachheit halber
5 Mit sign bezeichnen wir die Signumsfunktion, also


−1
sign(x) =
0


1
x < 0,
für x = 0,
sonst.
für
4
ELEMENTARE EIGENSCHAFTEN DER KLASSE
ζ
60
positiv. Wir betrachten also in diesem Abschnitt nur diejenigen Elemente
ζ,
ζ{a}
der Klasse
deren reelle Polstellen die Form
ρk,0 (β) = −k +
log(ϕβ )
log(ϕ1 )
besitzen. Als erstes untersuchen wir das Vorzeichen des Binomalkoezienten
Polstellen
−s
k
in den
ρk,0 (β):
Lemma 4.3.5:
−ρk,0 (β)
a) Genau dann gilt sign
> 0 für alle k ∈ N0 , wenn
k
Wurzeln ϕi , i ∈ J\{1}, ϕi ≤ 1 erfüllen.
−ρk,0 (β)
b) Die Gleichung sign
= (−1)k , k ∈ N0 , kann nicht
k
k ∈ N0 erfüllt sein.
−ρk,0 (β)
c) sign
< 0 für alle k ∈ N0 ist unerfüllbar.
k
Beweis:
a) ⇐ Nach
k∈
Voraussetzung gilt 0
(β)
N0 mit sign −ρk,0
< 0, also
k
< ϕi ≤ 1, i ∈ J\{1}.
Y
k
k
−ρk,0 (β)
−ρk,0 (β) + 1 − j Y k −
=
=
j
k
j=1
j=1
alle charakteristischen
gleichzeitig für alle
Angenommen es existiert ein
log(ϕβ )
log(ϕ1 )
+1−j
j
< 0,
j ∈ {1, 2, . . . , k} mit
log ϕβ
k−
+ 1 − j < 0.
log(ϕ1 )
dann existiert mindestens ein Index
Wir lösen die letzte Beziehung nach
ϕ1
auf und erhalten
ϕk+1−j
< ϕβ .
1
(36)
l−1
mit |β| = k erfüllt sein. Folglich wäre
Ungl.(36) muss dann für jeden Multiindex β ∈ N0
k+1−j
k
auch ϕ1
< ϕi , i ∈ J\{1}. Wegen ϕ1 > 1 ist diese Ungleichung aber unerfüllbar.
⇒ Nach Voraussetzung gilt für alle
k ∈ N0
Y
k
−ρk,0 (β)
−ρk,0 (β) + 1 − j
sign
=
> 0.
k
j
j=1
4
ELEMENTARE EIGENSCHAFTEN DER KLASSE
ζ
61
Nachdem sich jeder Faktor
−ρk,0 (β) + 1 − j
j
des Binomialkoezienten durch
−ρk,0 (β) + 1 − j
=
j
−ρk,0 (β)
j
,
−ρk,0 (β)
j−1
ausdrücken läÿt, kann keiner der Faktoren negativ sein. Damit gilt:
k−
−ρk,0 (β) + 1 − j
=
j
log(ϕβ )
log(ϕ1 )
+1−j
j
≥ 0.
(37)
Wir sortieren Ungl.(37) und erhalten
log ϕβ
k+1−j ≥
.
log(ϕ1 )
Die rechte Seite von Ungl.(38) ist für festgewähltes
jeden Multiindex
β
mit
|β| = k
β ∈ Nl−1
0
(38)
konstant, folglich muss für
gelten:
log ϕβ
≤ 1.
log(ϕ1 )
Insbesondere erhalten wir
log(ϕi ) ≤
für
i ∈ J\{1},
was aber nur für
ϕi ≤ 1
log(ϕ1 )
,
k
möglich ist.
b) Nach Voraussetzung gilt
sign
für alle
k ∈ N0 .
−ρk,0 (β)
= (−1)k ,
k
Dann ist jeder Faktor des Binomialkoezienten negativ:
k−
log(ϕβ )
log(ϕ1 )
j
ζ,
nach
< 0,
für
1 ≤ j ≤ k.
log ϕk1 < log ϕβ gelten muss.
der |ϕi | < ϕ1 , für i ∈ J\{1} gilt.
Aus Ungl.(39) folgt sofort, dass
Denition der Klasse
+1−j
(39)
Ein Widerspruch zur
4
ELEMENTARE EIGENSCHAFTEN DER KLASSE
c) Gilt trivialerweise wegen ρ0,0 (β) = 0 und
0
0
ζ
62
= 1.
ϕi ≤ 1, i ∈ J\{1} keinen Einuss auf
ρk,0 (β) besitzt, betrachten wir im Folgenden auch
β
charakteristische Wurzeln ϕi ≤ 1, i ∈ J\{1}. Dann kann nur noch der Term (αϕ)
Vorzeichen von fk in den Polstellen ρk,0 (β) beeinussen, da
X k 1
−(s+k)
lim α1
= −∞,
σ+k
σ%ρk,0 (β)
β ϕ1 − ϕβ
|β|=k
Nachdem der Binomialkoezient nur für
Verhalten von
fk
in den Polstellen
und
lim
σ&ρk,0 (β)
für alle Polstellen von
von
fk
fk
−(s+k)
α1
das
nur
das
X k 1
= +∞.
σ+k
β ϕ1 − ϕβ
|β|=k
gilt. Insgesamt sind zwei Fälle eines regelmäÿigen Polverhaltens
möglich:
Fall I:
Die Funktion
fk
besitzt an jedem Pol
ρk,0 (β)
Folglich darf sich das Vorzeichen des Terms
sign(αϕ)
β
= konst.,
den gleichen Vorzeichenwechsel.
(αϕ)β
für alle
für
β ∈ Nl−1
0 , |β| = k
nicht ändern:
β ∈ Nl−1
0 mit |β| = k.
Die letzte Gleichung impliziert:
k
sign(α2 ϕ2 )
= sign(α3 ϕ3 )k = . . . = sign(αl ϕl )k .
Wir prüfen nun nach, ob das Vorzeichen von
sign(α2 ϕ2 )
(αϕ)β
für
|β| = k ,
unter der Voraussetzung
= sign(α3 ϕ3 ) = . . . = sign(αl ϕl ),
β ∈ N0l−1 mit |β| = k beliebig, dann gilt:


Y
Y
βi
β
sign(αϕ) = sign 
(αi ϕi )βi  =
sign (αi ϕi )
konstant bleibt. Sei also
=
Y
i∈J\{1}
i∈J\{1}
(sign (αi ϕi ))βi =
Y
i∈J\{1}
(sign (α2 ϕ2 ))βi = (sign(α2 ϕ2 ))k .
i∈J\{1}
(αϕ)β für |β| = k tatsächlich konstant und fk besitzt damit
in allen reellen Polstellen ρk,0 (β) den gleichen Vorzeichenwechsel.
P∞
Gilt nun sign(αi ϕi ) > 0, i ∈ J\{1}, so besitzt ζ{a} (s) =
k=0 fk (s) in allen reellen Polstellen den gleichen Vorzeichenwechsel von + nach −, also ein regelmäÿiges Polverhalten.
Also ist das Vorzeichen von
4
ELEMENTARE EIGENSCHAFTEN DER KLASSE
ζ
63
Fall II:
Die Funktion
fk
wechselt in jeder Polstelle
ρk,0 (β)
ihr Vorzeichen.
Dieser Fall ist von vornherein schwieriger zu konstruieren als
das Problem bei dieser Konstruktion darin, die Polstellen
Fall I. Oensichtlich besteht
ρk,0 (β)
der Gröÿe nach zu ord-
nen. Für die Anordnung der Polstellen suchen wir zunächst nach einer Bedingung, unter
welcher auf der reellen Achse - vom Ursprung aus gesehen - vor den Polstellen von
fk+1
liegen, also die Ungleichung ρk+1,0 (β̃) < ρk,0 (β) für alle k ∈ N0 erfüllt
l−1
ist. Dabei ist die Polstelle ρk,0 (β), β ∈ N0 mit β = (0, 0, . . . , 0, k) von fk am weitesten
l−1
vom Ursprung entfernt, während die Polstelle ρk+1,0 (β̃), β̃ ∈ N0 mit β̃ = (k + 1, 0, . . . , 0)
die Polstellen von
von
fk+1
fk
am nächsten am Ursprung liegt. Folglich muss gelten:
−(k + 1) +
log(ϕkl )
log(ϕk+1
2 )
< −k +
log(ϕ1 )
log(ϕ1 )
Durch Umformen erhalten wir
log(ϕk+1
log(ϕkl )
2 )
−
<1
log(ϕ1 )
log(ϕ1 )
(k + 1) log(ϕ2 ) − k log(ϕl ) < log(ϕ1 ),
⇔
was uns schlieÿlich zu der Ungleichung
k · log
führt. Wegen
0 < ϕ2 ≤ 1,
ϕ2
ϕl
< log
ϕ1
ϕ2
(40)
ist die rechte Seite von Ungl.(40) stets positiv. Damit muss
gelten:
ϕ2
≤ 1,
ϕl
also
ϕ2 ≤ ϕl .
Gemäÿ der Denition der Klasse
ζ
gilt dann
l=2
in Gl.(19). Also ist in
Fall II
unserem Fall eine Konstruktion einer Funktion ζ{a} ∈ ζ , deren Polverhalten
erfüllt,
2
nur für lineare Rekursionen {a} ∈ C möglich. Folglich erfüllen unter oben genannten
Bedingungen nur diejenigen Funktionen
II, welche die Gestalt
ζ{a} (s) =
mit
α2 ϕ2 < 0, |α2 | ≤ α1
und
α1−s
0 < ϕ2 ≤ 1
ζ{a} ∈ ζ
das regelmäÿige Polverhalten aus
Fall
∞ X
−s (α2 ϕ2 )k
k ϕs+k
− ϕk2
1
k=0
besitzen.
4.4 Das Verhalten der Elemente der Klasse ζ in der rechten Halbebene
Wir wollen nun kurz noch das Verhalten der Elemente der Klasse
ζ
auf der rechten Seite
der Konvergenzabszisse diskutieren. Allgemein gilt für Dirichlet-Reihen (Vgl. [1] 11 S.
227.V):
4
ELEMENTARE EIGENSCHAFTEN DER KLASSE
ζ
64
Satz 4.4.1: P
∞
−λn s
eine Dirichlet-Reihe, die nicht identisch verschwindet. Dann
n=1 an e
existiert eine Halbebene Hσ , σ > σ0 , in der f keine Nullstelle besitzt.
Sei
f (s) =
Beweis:
Angenommen es existiert keine solche Halbebene
Hσ ⊆ Hσ0 eine Nullstelle
f (sk ) = 0 für alle k ∈ N und
benen Halbebene
(sk )k∈N
mit
von
f
Hσ ,
dann kann man in jeder vorgege-
nden und folglich existiert eine Folge
lim σk = +∞.
k→∞
f
Im Widerspruch zu Satz 2.2.4, nach dem
in jeder Winkel-Ebene
W (s0 , α)
nur endlich
viele Nullstellen besitzen kann.
In der rechten Halbebene
H0
besitzt
ζ{a} ∈ ζ
die Darstellung
∞
X
ζ{a} (s) =
a−s
n ,
n=1
wobei
an
durch die Rekursion
an = c1 an−1 + . . . + cl an−l ,
aus Gl.(19) festgelegt ist. Nachdem
an streng monoton wächst, können wir folgendermaÿen
abschätzen:
an = c1 an−1 + . . . + cl an−l < an−1
l
X
l
X
ck < an−2
k=1
!2
ck
.
k=1
Induktiv erhalten wir:
an < al+1
l
X
!n−(l+1)
ck
<
max aj
1≤j≤l
k=1
ζ{a}
ζ{a} (σ) =
!n−l
ck
.
k=1
Pl
k=1 ck > 1 gelten muss.
auf der positiven reellen Achse nach unten abschätzen:
Aus der strengen Monotonie der Folge
Damit können wir
{a}
l
X
∞
X
n=1
a−σ
n >
max aj
−σ X
∞
l
X
1≤j≤l

=  max aj
1≤j≤l
folgt sofort, dass
n=1
l
X
k=1
!−σ(n−l)
ck
k=1
!−l −σ
ck

1
P
l
k=1 ck
σ
.
−1
4
ELEMENTARE EIGENSCHAFTEN DER KLASSE
Insbesondere kann
ζ{a}
ζ
65
auf der positiven reellen Achse nicht verschwinden. Zusammenfas-
send wissen wir nun, dass
ζ{a} ∈ ζ
eine nullstellen-freie Halbebene
Hσ ⊂ H0
besitzt und
auf der positiven reellen Achse nicht verschwindet. Wir erhalten sogar:
Lemma 4.4.1:
Sei
ζ{a} ∈ ζ .
Dann besitzt
ζ{a}
für Re(s)
>0
keine Nullstelle.
Beweis:
In der rechten Halbebene
H0
besitzt
ζ{a}
die Darstellung
ζ{a} (s) =
∞
X
a−s
n ,
n=1
und ist als gleichmäÿiger Limes einer holomorphen Funktionenfolge nach einem Satz von
s ∈ H0 eine ganz innerhalb H0
ζ{a} in eine konvergente Taylor-Reihe entwickeln lässt.
∗
∗
∗
Wir nehmen nun an, dass ζ{a} in s = σ + iτ ∈ H0 eine Nullstelle besitzt und betrachten
∗
die Taylorentwicklung mit Radius R > 0 in einer Umgebung von s :
Weierstraÿ (s. Anhang) holomorph. Damit besitzt jedes
gelegene Umgebung, in der sich
ζ{a} (s) =
∞
X
n=1
=
∞
X
a−s
n
=
(k)
∞
X
ζ{a} (s∗ )
k=0
(k) ∗
ζ{a} (s )
(s − s∗ )k
(s − s∗ )k .
k!
k=1
k!
Nach Voraussetzung ist dann auch die Funktion
ξ{a} (s) :=
in
s = s∗
holomorph und besitzt für
ξ{a} (s) =
|s − s∗ | < R
(k)
∞
X
ζ{a} (s∗ )
k=1
ζ{a} (s)
s − s∗
k!
die Potenzreihendarstellung
(s − s∗ )k−1
∞ P∞
k −s∗
X
n=1 (−logan ) an
=
(s − s∗ )k−1 .
k!
k=1
Wir zeigen nun, dass die Doppelsummen-Darstellung von
ξ{a}
absolut konvergiert. Dazu
ζ
4
ELEMENTARE EIGENSCHAFTEN DER KLASSE
sei
0 < r < R, ϕ ∈ [0, 2π[ und s = s∗ + reiϕ . Wegen an ≥ 1 für alle n ∈ N, folgt:
∗
∗
∞ X
∞ ∞ X
∞
k
X
X
(logan )k a−σ
(−logan ) a−s
n
n
∗ k−1 (s − s ) =
rk−1
k!
k!
k=1 n=1
k=1 n=1
(k) ∗ ∞
ζ
(σ
)
X {a}
=
rk−1
k!
k=1
(k) ∗ ∞
X ζ{a} (σ )
≤
rk−1 .
(k
−
1)!
k=1
Wir betrachten nun die Taylorentwicklung von
∗
radius R1 besitze. Dann gilt für |s − σ | < R1 :
ζ{a} (s) =
ζ{a}
∞
k
X
(σ ∗ )
ζ{a}
k!
k=1
im Punkt
66
σ ∗ , welche den Konvergenz-
(s − σ ∗ )k .
Nachdem Potenz-Reihen innerhalb ihres Konvergenzkreises gliedweise dierenziert werden
dürfen, erhalten wir:
∞
k
X
(σ ∗ )
ζ{a}
0
ζ{a} (s) =
k=1
(k − 1)!
(s − σ ∗ )k−1 .
|s − σ ∗ | < R1 absolut, folglich konvergiert auch die
Doppelsummen-Darstellung von ξa für r ≤ min {R, R1 } absolut, und wir dürfen nach dem
Dieser Ausdruck konvergiert aber für
Doppelreihensatz die Summations-Reihenfolge vertauschen.
ξ{a} (s) =
∗
∞ X
∞
X
(−logan )k a−s
n
k!
n=1 k=1
=
=
∞
X
n=1
∞
X
n=1
=
∞
1 X (−logan (s − s∗ ))k −s∗
an
s − s0 k=1
k!
∗
e−(s−s )logan − 1 −s∗
an
s − s∗
∗
∞
X
a−s − a−s
n
n=1
(s − s∗ )k−1
n
s − s∗
∞
X
a−s
n
=
.
s
−
s∗
n=1
Folglich konvergiert die Reihe
∞
X
a−s
n
s
−
s∗
n=1
4
ELEMENTARE EIGENSCHAFTEN DER KLASSE
für
|s − s∗ | ≤ r < min{R, R1 }
absolut. Setzen wir
ζ
67
s = s∗ + reiϕ
mit
ϕ ∈ [0, 2π[,
dann ist
der Ausdruck
X
∞ ∞
−(σ ∗ +rcosϕ
X
a−s
an
)
n =
s − s∗ r
n=1
n=1
beschränkt. Insbesondere muss auch für jede Nullfoge
lim
k→∞
rk , k ∈ N,
der Grenzwert
∗
∞
X
a−σ +rk cosϕ
n
n=1
rk
existieren. Da innerhalb der Summe nur positive Terme stehen, kann der Grenzwert nur
∗
dann existieren, wenn ζ{a} in σ eine Nullstelle besitzt. Das kann aber nicht sein.
(an )n∈N
durch eine lineare Rekursion festgelegt ist können wir sogar noch allgemeiner formulieren:
Nachdem wir in unserem Beweis an keiner Stelle verwendet haben, dass die Folge
Satz 4.4.2:
Sei
(an )n∈N eine Folge reeller Zahlen mit an ≥ 1 für alle n. Dann besitzt die Dirichlet-Reihe
f (s) =
∞
X
a−s
n
n=1
für Re(s)
> σ0
keine Nullstelle.
4.5 Anmerkungen
In diesem Unterabschnitt wollen wir noch kurz auf einige Besonderheiten der von Navas in
[11] diskutierten Fibonacci Zeta-Funktion
Stellung unter den Elementen der Klasse
ζ{F } eingehen und so versuchen ihre vorrangige
ζ hervorzuheben.
4.5.1 Über die trivialen Nullstellen der Fibonacci Zeta-Funktion
Leider konnten wir in dieser Arbeit die trivialen Nullstellen
von
ζ{a}
der Reihendarstellung (32)
nicht explizit bestimmen. Der groÿe Unterschied zwischen
diskutierten Fibonacci Zeta-Funktion
ζ{F }
6
ζ{F }
ζ{a}
und der in [11]
besteht darin, dass die trivialen Nullstellen von
äquidistant verteilt sind, während der allgemeine Fall
ζ{a}
weder Nullstellen zwischen
seinen reellen Polstellen besitzen muss, noch gewährleistet ist, dass diese äquidistant verteilt sind. Hierfür begnügen wir uns mit der Angabe von zwei Beispielen:
6 In [11] bezeichnet Navas die reellen Nullstellen von ζ
{F } als trivial.
4
ELEMENTARE EIGENSCHAFTEN DER KLASSE
ζ
Abbildung 1: Die ersten 100 Glieder der Lucas Zeta-Funktion
68
ζ{L}
auf der reellen Achse.
Abbildung 2: Die ersten 100 Glieder einer Zeta-Funktion ζ{a} die keine Nullstellen zwischen
ihren Polstellen zu besitzen braucht.
Abbildung 1: Die Lucas Zeta-Funktion
ζ{L} (s) =
∞
X
L−s
n ,
n=1
bei der die Folge
{L}
der Lucas-Zahlen durch die lineare Rekursion
Ln+2 = Ln+1 + Ln ,
L1 = 1, L2 = 2
festgelegt wird, besitzt die in ganz
C
- Singularitäten ausgenommen - meromorphe Fort-
setzung
ζ{L} (s) =
∞ X
−s
k=0
k
√
1+ 5
(−1)k
, ϕ1 =
.
2
ϕs+2k
+ (−1)k+1
1
Wir haben hier die Berechnung nach dem 100-sten Glied abgebrochen.
Abbildung 2: Diese Zeta-Funktion besitzt die in ganz
C
- Singularitäten ausgenommen -
meromorphe Fortsetzung
∞ X
−s (−1)k
ζ{a} (s) =
,
k 2s+k − 1
k=0
4
ζ
ELEMENTARE EIGENSCHAFTEN DER KLASSE
69
und ist der durch die lineare Rekursion
an+2 = 3an+1 − 2an
a1 = 1, a2 = 3
festgelegten Folge
{a}
zugeordnet.
Es drängt sich uns daher die Frage auf, warum die trivialen Nullstellen von
distant verteilt sind. Dazu betrachten wir für
n, m ∈ N0
und
ϕ>1
ζ{F }
äqui-
folgende Schar von
Binomialreihen:
Bϕ,n,m (s) :=
∞ X
−s
k=0
Zunächst zeigen wir, dass
Lemma 4.5.1:
Die Binomialreihe
Bϕ,n,m
s 7→ Bϕ,n,m (s)
1
ϕs−n(2m+1)+k(n+2)
k
+ (−1)k+1
.
(41)
sinvoll deniert ist:
konvergiert in der gesamten komplexen Ebene
C
- aus-
genommen ihrer Singularitäten - absolut.
Beweis:
Mit der umgekehrten Dreiecksungleichung und der Abschätzung des komplexen Binomialkoezienten von Seite 44 erhalten wir:
|Bϕ,n,m (s)| ≤
∞
X
k=0
Nachdem
ϕ > 1,
existiert ein
(−1)
k
−|s|
1
.
σ−n(2m+1)+k(n+2)
− 1|
k |ϕ
k0 (σ, n, m) ∈ N0
mit
ϕσ−n(2m+1)+k(n+2) − 1 ≥ ϕσ+k ,
für
k ≥ k0 (σ, n, m).
∞
X
Wir schätzen nun obige Summe für
k=k0 (σ,n,m)
∞
X
ab:
−|s| −(σ+k)
(−1)
ϕ
k
k=k0 (σ,n,m)
∞
X
−σ
k −|s|
=ϕ
(−1)
ϕ−k
k
k=k0 (σ,n,m)
∞
X
−σ
k −|s|
(−1)
ϕ−k
<ϕ
k
k=0
−|s|
1
−σ
=ϕ
1−
< ∞.
ϕ
−|s|
1
≤
(−1)
σ−n(2m+1)+k(n+2)
− 1|
k |ϕ
k
k ≥ k0 (σ, n, m)
k
4
ELEMENTARE EIGENSCHAFTEN DER KLASSE
Damit konvergiert die Binomialreihe
s 7→ Bϕ,n,m (s)
ζ
in jeder Teilmenge von
70
C,
die keine
ihrer Singularitäten enthält, absolut.
Desweiteren besitzen
Lemma 4.5.2:
Die durch
ϕ
(41)
Bϕ,n,m
und
ζ{F }
mindestens eine gemeinsame Nullstelle:
s 7→ Bϕ,n,m
s = sm = −(4m + 2), m ∈ N0 .
denierte Binomialreihe
eine Nullstelle in
besitzt unabhängig von
n ∈ N0
und
Beweis:
Die Vorgehensweise erfolgt vollkommen analog zu der Bestimmung der trivialen Nullstellen von
ζ{F }
in
[11]. Zunächst
setzen wir - wobei wir für n, k ∈ N0 beachten,
n
für k > n verschwindet - zur Abkürzung für d ∈ N0 :
k
d
1
k
.
σϕ,n,m (d) =
k ϕ−d−n(2m+1)+k(n+2) + (−1)k+1
dass der
Binomialkoezient
Damit erhalten wir:
Bϕ,n,m (−d) =
=
∞
X
k=0
d
X
k
σϕ,n,m
(d)
k
σϕ,n,m
(d).
k=0
Nun gilt:
Bϕ,n,m (−(4m + 2)) =
4m+2
X
k
σϕ,n,m
(4m + 2).
k=0
Wir fassen nun in der letzten Summe diejenigen Terme mit gleichen Binomialkoezienten
zusammen:
k
4m+2−k
(4m + 2) + σϕ,n,m
(4m + 2) =
σϕ,n,m
4m + 2
1
=
+
−(4m+2)−n(2m+1)+k(n+2)
k
ϕ
+ (−1)k+1
4m + 2
1
+
−(4m+2)−n(2m+1)+(4m+2−k)(n+2)
4m + 2 − k ϕ
+ (−1)4m+2−k+1
4m + 2
1
1
+
=
k
ϕ−(4m+2)−n(2m+1)+k(n+2) + (−1)k+1 ϕ(4m+2)(n+1)−n(2m+1)−k(n+2) + (−1)k+1
4m + 2
1
1
=
+
.
k
ϕ−(4m+2)−n(2m+1)+k(n+2) + (−1)k+1 ϕ4m+2+n(2m+1)−k(n+2) + (−1)k+1
4
ELEMENTARE EIGENSCHAFTEN DER KLASSE
ζ
71
Durch Hauptnennerbildung erhalten wir:
k
4m+2−k
σϕ,n,m
(4m + 2) + σϕ,n,m
(4m + 2) =
4m+2+n(2m+1)−k(n+2)
4m + 2
ϕ
+ ϕ−(4m+2)−n(2m+1)+k(n+2) + 2 · (−1)k+1
=
k
2 + (−1)k+1 (ϕ4m+2+n(2m+1)−k(n+2) + ϕ−(4m+2)−n(2m+1)+k(n+2) )
4m + 2
=
(−1)k+1 .
k
Folglich gilt:
Bϕ,n,m (−(4m + 2)) =
=
4m+2
X
k
σϕ,n,m
(4m + 2)
k=0
4m+2
X
1
2
1
=
2
k
4m+2−k
(4m + 2) + σϕ,n,m
(4m + 2)
σϕ,n,m
k=0
4m+2
X
k=0
4m + 2
(−1)k+1
k
= 0.
s 7→ Bϕ,n,m (s) wie die Fibonacci Zeta-Funktion s 7→ ζ{F } (s)
s = sm = −(4m + 2), m ∈ N0 verschwindet, stellt sich uns nun die Frage, ob ein n ∈ N
und ein ϕ > 1 so existieren, dass Bϕ,n,m die gleichen trivialen Nullstellen wie ζ{F } besitzt.
Nachdem die Binomialreihe
in
Wir können diese Frage zumindest teilweise beantworten:
Lemma 4.5.3:
Im Allgemeinen sind die trivialen Nullstellen der Binomialreihe
Bϕ,n,m
nicht äquidistant
verteilt.
Beweis:
Wir werten die Binomialreihe
Bϕ,n,m (−(4m + 6)) =
s 7→ Bϕ,n,m (s)
4m+6
X
k=0
bei
s = sm+1 = −(4m + 6), m ∈ N0
4m + 6
1
.
−(4m+6)−n(1+2m)+k(n+2)
k
ϕ
+ (−1)k+1
aus:
4
ELEMENTARE EIGENSCHAFTEN DER KLASSE
ζ
72
Wir sortieren wieder nach denjenigen Termen mit gleichem Binomialkoezienten:
k
4m+6−k
σϕ,n,m
(4m + 6) + σϕ,n,m
(4m + 6) =
4m + 6
1
=
+
k
ϕ−(4m+6)−n(2m+1)+k(n+2) + (−1)k+1
4m + 6
1
+
−(4m+6)−n(2m+1)−k(n+2)+(4m+6)(n+2)
ϕ
+ (−1)k+1
k
4m + 6
1
=
+
−(4m+6)−n(2m+1)+k(n+2)
k
ϕ
+ (−1)k+1
4m + 6
1
.
+
4m+6+n(2m+5)−k(n+2)
ϕ
+ (−1)k+1
k
Anschlieÿend erhalten wir durch Hauptnennerbildung:
k
4m+6−k
σϕ,n,m
(4m + 6) + σϕ,n,m
(4m + 6)
=
4m+6
k
= (−1)k+1
2 · (−1)k+1 + ϕ4m+6+n(2m+5)−k(n+2) + ϕ−(4m+6)−n(2m+1)+k(n+2)
.
(−1)k+1 · (ϕ4n + 1) + ϕ4m+6+n(2m+5)−k(n+2) + ϕ−(4m+6)−n(2m+1)+k(n+2)
Zunächst schenken wir dem Vorzeichen des Ausdrucks
2 · (−1)k+1 + ϕ4m+6+n(2m+5)−k(n+2) + ϕ−(4m+6)−n(2m+1)+k(n+2)
,
(−1)k+1 · (ϕ4n + 1) + ϕ4m+6+n(2m+5)−k(n+2) + ϕ−(4m+6)−n(2m+1)+k(n+2)
unsere ganze Aufmerksamkeit. Dazu betrachten wir als erstes den Zähler von
(42)
(42):
ϕ4m+6+n(2m+5)−k(n+2) + ϕ−(4m+6)−n(2m+1)+k(n+2) > 2 · (−1)k
⇔ ϕ12+8m+n(4m+6)−2·k(n+2) + 1 > 2ϕ4m+6+n(2m+1)−k(n+2) · (−1)k
⇔ ϕ4m+6+n(2m+3)−k·(n+2) + ϕ−(4m+6+n(2m+3)−k·(n+2)) > 2ϕ−2n · (−1)k
⇔ 2 cosh ((4m + 6 + n(2m + 3) − k(n + 2)) log(ϕ)) > 2ϕ−2n · (−1)k .
k ∈ N0
n ∈ N stets
Oensichtlich ist die letzte Ungleichung für ungerades
erfüllt. Ansonsten ist die
rechte Seite der letzten Ungleichung natürlich für
kleiner als zwei, während
die linke Seite immer gröÿer oder gleich zwei ist. Folglich ist der Zähler von
positiv. Analog betrachten wir den Nenner von
(42)
stets
(42):
ϕ4m+6+n(2m+5)−k(n+2) + ϕ−(4m+6)−n(2m+1)+k(n+2) > (−1)k · (ϕ4n + 1)
⇔ ϕ4m+6+n(2m+3)−k(n+2) + ϕ−(4m+6+n(2m+3)−k(n+2)) > (−1)k · (ϕ4n + 1) · ϕ−2n
⇔ cosh ((4m + 6 + n(2m + 3) − k(n + 2)) log(ϕ)) > (−1)k · cosh (2n log(ϕ)) .
Oensichtlich ist der Nenner von
(42)
log(ϕ)
positiv, ebenso wie
2n.
Da
k ∈ N0
stets positv. Daher muss
k ∈ N0 überprüft werden. Nach Voraussetzung
cosh(x) für positive Argumente x streng monoton
die letzte Ungleichung nur für gerades
ist
für ungerades
4
ELEMENTARE EIGENSCHAFTEN DER KLASSE
ζ
73
wächst und für negative Argumente streng monoton fällt, ist die letzte Ungleichung genau
für diejenigen
k ∈ N0
erfüllt, für die
4m + 6 + n(2m + 3) − k(n + 2) > 2n,
(43)
4m + 6 + n(2m + 3) − k(n + 2) < −2n,
(44)
oder
gilt. Ungl. (43) liefert uns:
4m + 6 + n(2m + 3) − k(n + 2) > 2n
4m + 6 + n(2m + 1)
⇔
>k
n+2
4
⇔ 2m + 1 +
> k.
n+2
Folglich ist der Nenner von
(42) für gerades k ≤ 2m positiv. Desweiteren liefert uns Ungl.
(44):
4m + 6 + n(2m + 3) − k(n + 2) < −2n
4m + 6 + n(2m + 5)
<k
⇔
n+2
n+1
⇔ 2m + 1 + 4 ·
< k.
n+2
4 · n+1
< 3 für n < 2 und 4 ·
n+2
(42) für n = 1 und k ≥ 2m + 4 und
Dabei gilt
von
n+1
n+2
für
< 4 für alle n ∈ N. Folglich ist der
n > 1 und k ≥ 2m + 6 positiv. Wir
Nenner
müssen
also zwei Fälle unterscheiden:
Fall I:
Sei
n=1
und
k = 2m + 2.
Dann gilt
cosh ((4m + 6 + 2m + 3 − 3(2m + 2)) log(ϕ)) = cosh (3 log(ϕ)) > cosh (2 log(ϕ)) ,
und damit ist der Nenner von
(42)
positiv.
Fall II:
Für
n>1
und
k = 2m + 2
gilt
4m + 6 + n(2m + 3) − (2m + 2)(n + 2) = 2 + n > 2n,
nur für
n = 1.
4
ELEMENTARE EIGENSCHAFTEN DER KLASSE
Sei
n>1
und
k = 2m + 4.
ζ
74
Dann gilt
4m + 6 + n(2m + 3) − (2m + 4)(n + 2) = −(2 + n) < −2n
Damit ist der Nenner von
(42)
negativ. Sei nun
k
nur für
n = 1.
ungerade, dann gilt wegen
ϕ > 1:
2 + ϕ4m+6+n(2m+5)−k(n+2) + ϕ−(4m+6)−n(2m+1)+k(n+2)
< 1.
ϕ4n + 1 + ϕ4m+6+n(2m+5)−k(n+2) + ϕ−(4m+6)−n(2m+1)+k(n+2)
Ebenso sieht man für gerades
k, k 6= 2m + 2, 2m + 4
und
n>1
schnell
−2 + ϕ4m+6+n(2m+5)−k(n+2) + ϕ−(4m+6)−n(2m+1)+k(n+2)
> 1.
−ϕ4n − 1 + ϕ4m+6+n(2m+5)−k(n+2) + ϕ−(4m+6)−n(2m+1)+k(n+2)
Für
n=1
ist dann die letzte Ungleichung für alle geraden
k
mit
0 ≤ k ≤ 4m + 6
erfüllt.
Auf Grund obiger Diskussion können wir nun folgendermaÿen abschätzen:
Bϕ,1,m (−(4m + 6)) =
=
4m+6
X
k=0
4m+6
X
1
2
4m + 6
1
−(4m+6)−(1+2m)+3k
k
ϕ
+ (−1)k+1
k
4m+6−k
σϕ,1,m
(4m + 6) + σϕ,1,m
(4m + 6)
k=0
4m+6
X
4m + 6
2 · (−1)k+1 + ϕ6m+11−3k + ϕ−6m−7+3k
(−1)
k
(−1)k+1 · (ϕ4 + 1) + ϕ6m+11−3k + ϕ−6m−7+3k
k=0
4m+6 1 X 4m + 6
<
(−1)k+1 = 0.
2 k=0
k
1
=
2
k+1
s 7→ Bϕ,1,m (s) keine Nullstelle in s = sm+1 . Leider können wir für n > 1 nicht
abschätzen, trotzdem können wir unendlich viele Binomialreihen Bϕ,n,m angeben,
Also besitzt
analog
deren triviale Nullstellen nicht äquidistant verteilt sind:
Die Binomialreihe
s 7→ Bϕ,n,m (s)
besitzt für
n = 4l − 2, l ∈ N
in
s = sm+l
eine Polstelle.
Es gilt:
4(m+l)+2 Bϕ,n,m (sm+l ) =
X
k=0
−s
1
.
k ϕ−(4(m+l)+2)−n(2m+1)+k(n+2) + (−1)k+1
Oensichtlich kann der Nenner der einzelnen Summanden nur für gerades
0 = −(4(m + l) + 2) − n(2m + 1) + k(n + 2)
4(m + l) + 2 + n(2m + 1)
⇔k=
n+2
4l
⇔ k = 2m + 1 +
.
n+2
k verschwinden:
4
ELEMENTARE EIGENSCHAFTEN DER KLASSE
ζ
75
n = 4l − 2 erhalten wir k = 2m + 2 und damit besitzt s 7→ Bϕ,4l−2,m (s) einen Pol in
s = sm+l . Insgesamt können daher die Binomialreihen Bϕ,n,m für n = 1, 2, 6, 10, 14, 18, . . .
Für
keine äquidistanten Nullstellen besitzen.
Als Konsequenz von Lemma 4.5.2 erhalten wir, dass die Binomialreihe s 7→ Bϕ,0,m (s)
√
1+ 5
als die Fibonacci Zeta-Funktion ζ{F } identizieren - feste
- welche wir für ϕ =
2
Nullstellen bei s = si = −(4i + 2), i ∈ N0 besitzt. Darüber hinaus garantiert uns Lemma
4.5.3, dass nur wenige Binomialreihen
Bϕ,n,m
mit einer äquidistanten Verteilung trivialer
Nullstellen existieren können.
Auf Grund obiger Diskussion vermuten wir:
Die Binomialreihe
s 7→ Bϕ,n,m (s)
besitzt für
n∈N
keine äquidistant verteilten trivialen
Nullstellen.
4.5.2 Nahe Verwandte von ζ{F }
In diesem Unterabschnitt wollen wir noch kurz darauf aufmerksam machen, dass unendliche viele Funktionen
Polstellen wie
ζ{F }
ζ{a} ∈ ζ
existieren, welche dieselben trivialen Nullstellen und
besitzen.
Ausschlaggebend für die trivialen Nullstellen und Polstellen von ζ{F } ist die algebraische
α
Bedingung ϕ1 · ϕ2 = −1, 1 = −1.
α2
Dazu betrachten wir - unter der gerade genannten Bedingung - erneut die Reihendarstellung
(32)
von
ζ{a}
für
β ∈ N:
∞ X
−s −k (α2 ϕ2 )k
ζ{a} (s) =
α1 s+k
k
ϕ1 − ϕk2
k=0
∞ X
−s
(−1)k
−s
= α1
k
k
k=0
ϕs1 · ϕϕ21 − 1
∞ X
−s
(−1)k
−s
= α1
k ϕs1 · (−ϕ21 )k − 1
k=0
∞ X
−s
1
−s
.
= α1
s+2k
k+1
k
ϕ
+
(−1)
1
k=0
α1−s
Aus der Bedingung
ϕ1 · ϕ2 = −1,
α1
α2
= −1
lassen sich schnell weitere lineare Rekursionen
konstruieren:
Dazu wählen wir eine lineare Rekursion
{a} ∈ R2 ,
an = c1 an−1 + c2 an−2 ,
für
also
n ∈ N, n > 2.
4
ELEMENTARE EIGENSCHAFTEN DER KLASSE
Dann besitzt
{a}
ζ
76
das charakteristische Polynom
P (ϕ) = ϕ2 − c1 ϕ − c2 ,
mit den charakteristischen Wurzeln
ϕ1 =
Aus der Bedingung
c1 +
ϕ1 · ϕ2 = −1
p
p
c21 + 4c2
c1 − c21 + 4c2
, ϕ2 =
.
2
2
folgt
p
p
c21 + 4c2 c1 − c21 + 4c2
−1 =
·
2
2
2
2
c − (c1 + 4c2 )
= −c2 ,
= 1
4
c1 +
also
c2 = 1.
Wir setzen nun
p
c21 + 4
ϕc1 :=
,
p2
c1 − c21 + 4
.
ϕ∗c1 :=
2
c1 +
α1 = −α2 ,
Wegen
gilt nach der Formel aus Korollar 1.5.1:
q
a1 = α1 · ϕc1 − ϕ∗c1 = α1 · c21 + 4.
eindeutig bestimmen. Desweiteren ist die lineare Rekursion {a} nur für
2
ein Element der Menge C : Oensichtlich ist α1 positiv. Wir müssen also nur noch
Also läÿt sich
c1 ∈ N
- da c1
α1
wegen Satz 3.2.1 ganzzahlig ist - nachweisen, dass
dominante Wurzel
ϕc1 > 1
{a}
nur für
c1 > 0
eine positive
besitzt. Wir schätzen ab:
√
p
∗ c1 − c21 +4 ϕc1 c
+
c21 + 4
1
= √2
≤
p
ϕc c1 + c2 +4 c + c2 + 4 = 1.
1
1
1
1
2
Für
∗ ϕc1 ϕc < 1,
ist denitionsgemäÿ
{a}
eine Element aus
C2
falls
1
ϕc1 > 1
(siehe weiter
unten).
Sei nun
∗ ϕc1 ϕc = 1.
Wegen
1
c1 +
p
c21 + 4 > c1 + |c1 | ≥ 0,
ist
ϕc1 > 0
negativ. Folglich gilt
ϕ∗c1 = −ϕc1 ,
also
q
ϕ2c1 = 1 ⇔ c21 + 2c1 c21 + 4 + c21 + 4 = 4
q
2
⇔ c1 + c1 c21 + 4 = 0
q
2
⇔ c1 c1 + c1 + 4 = 0.
und insbesondere
ϕ∗c1
4
ELEMENTARE EIGENSCHAFTEN DER KLASSE
Nachdem die letzte Gleichnung nur für
dritten Kapitels auf Rekursionen
{a}
c1 = 0
ζ
77
zu erfüllen ist, wir uns aber zu Beginn des
minimaler Länge beschränkt hatten, ist die letzte
Gleichung nicht zu erfüllen. Damit folgt, dass ϕc1 dominant ist und das die Rekursion
2
genau dann ein Element der Menge C ist, falls ϕc1 > 1.
{a}
p
c21 + 4 + 4
ϕc1 > 1 ⇔
>1
4
q
2
⇔ c1 c1 + c1 + 4 > 0.
2c21 + 2c1
c1 > 0.
c1 ∈ N nach Hauptsatz 4.2.1 immer eine analytische Fortsetzung zu einer in der gesamten komplexen Ebene C meromorphen Funktion. Zusammen2
fassend können wir sagen: Jede lineare Rekursion {a} ∈ C , deren zugeordnete DirichletReihe die gleichen trivialen Nullstellen und Polstellen wie ϕ{F } besitzt, genügt der DarDies ist aber nur dann der Fall, falls
Insbesondere besitzt
ζ{a}
für
stellung
a1
an = p 2
c1 + 4
c1 +
p
c21 + 4
!n
2
a1
−p 2
c1 + 4
c1 −
!n
p
c21 + 4
, n ∈ N,
2
(45)
c1 ∈ N. Da wir in dieser Darstellung für die lineare Rekursion {a} ∈ C2 die Gröÿen a1
und c1 beliebig aus den natürlichen Zahlen wählen können, folgt, dass es unendliche viele
2
Rekursionen {a} ∈ C gibt, deren zugeordnete Dirichlet-Reihe ζ{a} dieselben trivialen
Nullstellen und Polstellen wie ζ{F } besitzt. Als weiteren prominenten Vertreter aus der
2
Menge C mit diesen günstigen Eigenschaften, erwähnen wir die Folge der Pell-Zahlen
(Pn )n∈N , welche durch die Rekursion
mit
Pn = 2Pn−1 + Pn−2 ,
P1 = 1, P2 = 2
festgelegt ist.
Eine weiter in [11] bewiesene Eigenschaft der Fibonacci Zeta-Funktion
ζF
ist ihre Ratio-
nalität in den negativen ungeraden Zahlen. Wir werden nun prüfen, ob auch die Funktion
ζ{a} (s) =
α1−s
∞ X
−s
k=0
{a} der Darstellung aus (45) genügt, in den negativen unge−(2i + 1), i ∈ N0 rationale Werte besitzt. Wir verfahren hierfür völlig analog
wobei die lineare Rekursion
raden Zahlen
k
1
,
ϕs+2k
+ (−1)k+1
c1
4
ELEMENTARE EIGENSCHAFTEN DER KLASSE
der Berechnung von
Bϕ,n,m (−(4m + 2))
ζ{a} (−(2i + 1)) =
α12i+1
= α12i+1
=
ζ
78
aus Unterabschnitt 4.5.1:
2i+1
X
k=0
2i+1
X
2i + 1
1
−(2i+1)+2k
k
ϕc1
+ (−1)k+1
σϕk c1 ,0,m (2i + 1)
k=0
2i+1
α1 Bϕc1 ,0,m (−(2i
+ 1)).
Hierbei gilt:
(2i
σϕ2i+1−k
c1 ,0,m
2i + 1
1
+ 1) =
−(2i+1)+2(2i+1−k)
2i + 1 − k ϕc1
+ (−1)2i+1−k+1
2i + 1
1
=
.
2i+1−2k
k
ϕc1
+ (−1)k
Wir sortieren wieder nach Termen mit gleichen Binomialkoezienten und berechnen:
σϕk c1 ,0,m (2i + 1) + σϕ2i+1−k
(2i + 1)
c1 ,0,m
=
2i+1
k
=
1
−(2i+1)+2k
ϕc1
+ (−1)k+1
1
−(2i+1)+2k
+
−(2i+1)+2k
−
ϕc1
=
+
ϕc1
+ (−1)k+1
1
+ (−1)k+1
ϕc2i+1−2k
1
∗2k−(2i+1)
−ϕc1
∗2k−(2i+1)
ϕc1
=
ϕc1
−(2i+1)+2k
∗2k−(2i+1)
−
+
+ (−1)k+1
− ϕc1
(−1)2k−(2i+1) + (−1)k+1 ϕc1
∗2k−(2i+1)
ϕc1
(−1)k+1 ∗2k−(2i+1)
ϕc1
−
ϕc−(2i+1)+2k
1
−(2i+1)+2k
+ (−1)k+1 ϕc1
−(2i+1)+2k
ϕc1
.
−(2i+1)+2k
ϕc1
Wir betrachten nun die rechte Seite der letzten Gleichung genauer:
ϕ∗2k−(2i+1)
c1
− (−1)k+1
1
∗2k−(2i+1)
=
1
− (−1)k+1
1
ϕ2i+1−2k
− ϕc∗2i+1−2k
c1
1
=
(−1)2k−(2i+1)
= (−1)2i+1 ϕc2i+1−2k
− ϕc∗2i+1−2k
1
1
p
c21 + 4
= (−1)2i+1
a2i+1−k
a1
a2i+1−k
= (−1)2i+1
.
α1
Analog erhalten wir
∗2i+1−2k
= (−1)2i+1 ϕc2i+1−2k
+
ϕ
.
ϕ∗2k−(2i+1)
+ ϕ−(2i+1)+2k
c1
c
c1
1
1
+1
5
DIE KLASSE
ζ
UND HYPERTRANSZENDENZ
79
Die Folge
an := ϕnc1 + ϕ∗n
c1
besitzt das gleiche charakteristische Polynom
wird auch
{a} := (an )n∈N
P (ϕ)
wie die lineare Rekursion
{a}
durch die gleiche lineare Rekursion wie
besitzt ganzzahlige Werte falls die Anfangswerte
{a}.
Damit
beschrieben und
a1 und a2 ganzzahlig sind. Wir berechnen
also:
a1 = ϕc1 +
Damit besitzt die
ϕ∗c1
=
c1 +
p
p
c21 + 4 c1 − c21 + 4
+
2
2
= c1 .
4c21 + 8
a2 = ϕ2c1 + ϕ∗2
=
= c21 + 2.
c1
4
lineare Rekursion {a} ebenfalls nur ganzzahlige
Werte. Damit können
wir nun abschlieÿend berechnen:
ζ{a} (−(2i + 1)) =
=
α12i+1
2i+1
X
σϕk c1 ,0,m (2i + 1)
k=0
2i+1
α12i+1 X
2
σϕk c1 ,0,m (2i + 1) + σϕ2i+1−k
(2i + 1)
c1 ,0,m
k=0
2i+1
α12i+1 X 2i
∗2k−(2i+1)
−(2i+1)+2k
+1
ϕ c1
− ϕc1
=
(−1)k+1 ∗2k−(2i+1)
−(2i+1)+2k
2 k=0
k
ϕ c1
+ ϕc1
2i+1 α12i+1 X 2i + 1
a2i+1−k
=
(−1)k+1 (−1)2i+1
2 k=0
α1 (−1)2i+1 a2i+1−k
k
2i+1 α12i X 2i + 1
a2i+1−k
=
(−1)k+1
.
2 k=0
k
a2i+1−k
Ferner liefert uns Lemma 3.2.2 und die Dominanz der Wurzel
Glied der linearen Rekursion
{a}
ϕc1
ϕ∗c1 , dass kein
Rekursion {a}
gegenüber
verschwindet. Damit gilt für jede lineare
deren Folgeglieder durch Gl.(45) festgelegt werden:
ζ{a} (−(2i + 1)) ∈ Q,
für
i ∈ N0 .
5 Die Klasse ζ und Hypertranszendenz
5.1 Vorbemerkung
In diesem Kapitel werden wir uns auf Grund des Resultates von Steuding aus [19] über
die Fibonacci Zeta-Funktion
ζ
ζ{F } ∈ ζ ,
auf die Suche nach weiteren Elementen der Klasse
begeben, welche keiner algebraischen Dierential-Gleichung genügen, also hypertran-
szendent sind.
5
DIE KLASSE
ζ
UND HYPERTRANSZENDENZ
80
5.2 Die Hypertranszendez für Dirichlet-Reihen im Allgemeinen
Wir geben hier kurz ein wichtiges Resultat von Reich, welches unter [16] zu nden ist, wieder und verweisen für eine detailliertere Betrachtung der Hypertranszendenz von DirichletReihen auf [16] und [12].
Denition 5.2.1:
Es bezeichne
D die Menge aller gewöhnlichen Dirichlet-Reihen f (s) =
P∞
n=1
an n−s
welche
den beiden folgenden Bedingungen genügen:
•
Die zugehörige Abszisse der absoluten Konvergenz ist endlich:
•
Die Menge aller Teiler der Indizes
n
mit
an 6= 0
σ(f ) < ∞,
enthält unendlich viele Primzahlen.
Darüber hinaus verwenden wir folgende Abkürzung: Sei
ν ∈ N0 ,
dann schreiben wir
f [ν] (s) = (f (s), f 0 (s), . . . , f ν (s)) .
In [16] beweist Reich für obige Menge
D:
Satz 5.2.1:
f ∈ D und h0 < h1 < . . . < hm irgendwelche reellen Zahlen. Desweiteren
seien
Pm
ν0 , ν1 , . . . , νm ∈ N0 und σ0 > σ(f ) − h0 . Schlieÿlich setzen wir noch k := j=0 (νj + 1).
k
Falls Φ : C → C ganz ist und die Dierenzen-Dierential-Gleichung
Φ f [ν0 ] (s + h0 ), f [ν1 ] (s + h1 ), . . . , f [νm ] (s + hm ) = 0
Sei
für alle
s
mit Re(s)
> σ0
erfüllt ist, dann verschwindet
Um dieses Resultat auf die Klasse
ζ
Φ
identisch.
anwenden zu können, benötigen wir ein Lemma von
Pólya aus [14]:
Lemma 5.2.1:
Sei (an )
(an ),
eine rekurrente Folge ganzer Zahlen, für welche die Menge der Primteiler von
P
:= {p ∈ P; ∃n : p|an } ,
endlich ist. Dann existieren natürliche Zahlen
N
und
j0
mit
0
al+j·N = al+j0 ·N · dj−j
l
für
j ≥ j0 , 1 ≤ l ≤ N .
sowie ganze Zahlen
dl , 1 ≤ l ≤ N ,
5
DIE KLASSE
ζ
UND HYPERTRANSZENDENZ
81
5.3 Hypertranszendente Elemente der Klasse ζ
Erfüllt nun eine lineare Rekursion
{a}
die Voraussetzung aus dem Lemma von Pólya,
dann besitzt insbesondere die Teilfolge
(aN +j·N )j∈N0
von
{a}
für
j ≥ j0
einen festen
Teiler. Folglich würde uns eine Bedingung, unter der keine solche Teilfolge von
|P | = ∞
festen Teiler besitzt, die Mächtigkeit
{a}
einen
der obigen Menge P garantieren. Diese
Überlegungen und der Satz von Reich führen uns zu dieser Schlussfolgerung:
Korollar 5.3.1:
Sei
ζ{a} ∈ ζ
und
ϕ1 , . . . , ϕl
die charakteristischen Wurzeln von
{a}.
Dann genügt
ζ{a}
keiner algebraischen Dierential-Gleichung, falls gilt:
{ϕni ; 1 ≤ i ≤ l, n ∈ N} ∩ N = ∅.
Beweis:
Zunächst zeigen wir, dass für ein festgewähltes m ∈ N jede Teilfolge (am·n )n∈N der linearen
l
l
Rekursion {a} aus der Menge C wieder ein Element der Menge C ist:
Wegen Korollar 1.5.1
von
{a}
i)
existieren Konstanten
α1 , . . . , αl ,
sodass sich jedes Folgenglied
in der Form
an =
l
X
αi ϕni , n ∈ N,
i=1
darstellen lässt. Folglich besitzt jedes Glied der Teilfolge
l
X
am·n =
(am·n )n∈N
die Darstellung
n
αi (ϕm
i ) , n ∈ N.
i=1
Damit können wir die Potenzen
ϕm
i
der charakteristischen Wurzeln von
teristische Wurzeln einer Rekursion für die Teilfolge
(am·n )n∈N
{a}
als charak-
auassen. Insbesondere
verstehen wir unter
l
l
Y
X
l
m
Pm (z) :=
(z − ϕi ) =: z −
dj z l−j
i=1
j=1
das charakteristische Polynom einer Rekursion für die Teilfolge
Korollar 1.5.1
(am·n )n∈N .
ii) garantiert uns nun, dass die Teilfolge (am·n )n∈N eine Lösung der linearen
Rekursion
bn =
l
X
j=1
dj bn−j , n ∈ N,
5
DIE KLASSE
ζ
UND HYPERTRANSZENDENZ
82
dj nach Satz 3.2.1 wieder ganzzahlig sind. Damit ist die Re(am·n )n∈N wieder ein Element der Menge Cl , wobei wir im Folgenden
müssen, dass jedes Element am·n eine Umindizierung erfährt, also den
ist, wobei die Koezienten
kursion der Teilfolge
berücksichtigen
Index
n
erhält. Um Missverständlichkeiten auszuschlieÿen kennzeichnen wir daher diese
Teilfolge besonders durch:
am·n := a∗n .
Wir beweisen nun unsere Aussage durch Kontraposition:
{a}
Angenommen die Rekursion
besitzt trotz der oben genannten Voraussetzungen nur
endlich viele Primteiler, dann existieren nach dem Satz von Pólya natürliche Zahlen
und
j0 ,
sodass die Teilfolge
(aN (1+j) )j∈N0
für
j ≥ j0
N
die Darstellung
0
aN (1+j) = aN (1+j0 ) dj−j
N ,
für eine ganze Zahl
dN
besitzt. Berücksichtigen wir die neue Indizierung, die die Rekur∗
sion der Teilfolge (aN (1+j) )j∈N0 verleiht, so besitzt das Element aN (1+j) die Gestalt a1+j .
Insgesamt erhalten wir in der neuen Indizierung für
j ≥ j0 :
0
a∗1+j = a∗1+j0 dj−j
N .
(46)
Wir verwenden nun die Tatsache, dass sich für hinreichend groÿes j ∈ N0 das Element
a∗1+j als Rekursion mit ganzzahligen Koezienten ri , 1 ≤ i ≤ t, schreiben lässt:
a∗1+j
=
t
X
ri a∗1+j−i .
(47)
i=1
Für
j ≥ j0 + t − 1
können wir dann Gl.(46) in Gl.(47) einsetzen:
j−j0
a∗1+j0 dN
=
a∗1+j
=
t
X
ri a∗1+j−i
i=1
=
t
X
0
ri a∗1+j0 dj−i−j
.
N
i=1
Durch Kürzen erhalten wir
j−j0
=
dN
t
X
0
ri dj−i−j
,
N
i=1
was bedeutet, dass die Zahl dN charakteristische Wurzel der linearen Rekursion für die
∗
Teilfolge (a1+j )j∈N0 ist. Nach Voraussetzung ist aber die Zahl dN ganz, ein Widerspruch
zur Voraussetzung.
Wir können nun einen alternativen Beweis zu Steudings Beweis der Hypertranszendenz
der Fibonacci Zeta-Funktion
ζF
aus [19] liefern:
5
DIE KLASSE
ζ
UND HYPERTRANSZENDENZ
83
Lemma 5.3.1:
Die Fibonacci Zeta-Funktion
ζF
ist hypertranszendent.
Beweis:
Wegen Korollar 5.3.1 reicht es aus zu zeigen, dass natürliche Potenzen der charakteristischen Wurzeln
√
√
1+ 5
1− 5
ϕ1 =
und ϕ2 =
2
2
nicht in den natürlichen Zahlen N liegen. Oensichtlich müssen wir dabei die Aussage nur
für die Nenner der charakteristischen Wurzeln ϕ1 und ϕ2 verizieren. Angenommen es
existiert ein n ∈ N und ein m ∈ N mit
n √ n X
n √ k
1+ 5 =
5 = m.
(48)
k
k=0
Wir sortieren nun Gl.(48) nach geraden und ungeraden Potenzen der irrationalen Zahl
√
5:
m=
n X
n √
k=0
k
n−1
n
bX
bX
2c
2 c
√ 2k+1
n k
n
5 +
5 =
5
2k
2k + 1
k=0
k=0
k
n
b n−1
bX
2c
2 c
n k √ X
n
=
5 + 5
5k
2k
2k
+
1
k=0
k=0
√
=: a + 5 · b.
Wir erkennen sofort das
a
und
b
natürliche Zahlen sind. Folglich würde gelten
√
Ein Widerspruch. Der Beweis für
m−a
∈ Q.
b
√ n
1− 5 ∈
/ N für
5=
alle
n ∈ N
erfolgt vollkommen
analog. Damit ist die Aussage bewiesen.
6 Anhang
6.1 Ergebnisse der Funktionentheorie
Satz 6.1.1:(Weierstraÿ) Vgl. [5] S. 100.
F ⊂ C ein Gebiet und fn eine in F gegen f
Sei
gleichmäÿig konvergente Folge holomorpher
Funktionen. Dann gilt:
• f
•
ist holomorph in
Für jedes
k∈N
F.
konvergiert
f (k)
lokal gleichmäÿig in
F
gegen
f (k) .
Satz 6.1.2:(Identitätsprinzip für holomorphe Funktionen) Vgl. [5] S. 119.
Sei
f : F → C eine von der Nullfunktion verschiedene analytische Funktion
F ⊂ C. Dann liegt die Menge N(f ) der Nullstellen von f diskret in F.
auf dem
Gebiet
Beweis:
Angenommen die Menge
läÿt sich dann
f
um
a
N(f )
besitzt einen Häufungspunkt
a ∈ F.
Nach Voraussetzung
in eine Potenzreihe entwickeln:
f (z) =
∞
X
an (z − a)n ,
|z − a| < r.
n=0
Da
mit
a ∈ F ein Häufungspunkt von N(f ) ist, gibt es in jeder Umgebung von a Punkte z 6= a
f (z) = 0. Hieraus folgt wegen der Stetigkeit von f
a0 = f (a) = 0.
f (z)
= a1 + a2 (z − a) + . . . an, so
z−a
usw. Die Koezienten der Potenzreihe verschwinden also. Wir erhalten
Wenden wir nun denselben Schluss auf die Reihe
erhalten wir
a1 = 0
f (z) = 0 in einer vollen Umgebung von a. (Sogar in der gröÿten oenen Kreisscheibe um
a, welche in F enthalten ist). Die Menge U = {z ∈ F; z ist Häufungspunkt von N(f )} ist
also oen.
Trivialerweise ist aber auch die Menge
oen. Die Funktion
g:
ist lokal konstant, da
U
V
=
{z ∈ F; z

 F →
R
 z → g(z) :=
und
V
ist kein Häufungspunkt vonN(f )}
1
0
für
für
z∈U
z∈V
oen sind. Nun ist aber
konstant.
84
F
zusammenhängend,
g
also
6
ANHANG
Da
U
85
nicht leer ist, folgt
V=∅
und damit
f ≡ 0.
Satz 6.1.3:(Majorantenkriterium von Weierstrass.) Vgl. [17] S. 81.
Es sei
sei
fν : X → C
Mν
eine Funktionenfolge und
A 6= ∅
eine Teilmenge von
X.
Desweiteren
eine Folge reeller Zahlen mit
|fν (x)| ≤ Mν , ν ∈ N, x ∈ A und
∞
X
Mν < ∞.
ν=1
Dann konvergiert die Reihe
Beweis:
Für alle
n>m
und
P∞
ν=1
fν
gleichmäÿig in
A.
x ∈ A gilt:
n
n
n
X
X
X
Mν < ∞.
|fν (x)| ≤
fν (x) ≤ |
ν=m+1
ν=m+1
ν=m+1
Damit existiert aber zu jedem
>0
ein
n0 ∈ N,
n
X
sodass
Mν < ν=m+1
n > m ≥ n0 . Dies bedeutet aber,
Kriterium in A gleichmäÿig konvergiert.
für alle
dass die Reihe
P∞
ν=1
fν
nach dem Cauchyschen
6.2 Ergebnisse der Analysis
Multinomialsatz:
Für jedes
m ∈ N, n ∈ N0
und
x1 , . . . , x m ∈ C
gilt:
X n
xα
(x1 + . . . + xm ) =
α
n
|α|=n
α = (α1 , . . . , αm ) ∈ Nm
0 einen Multiindex bezeichnet und |α| = α1 + . . . + αm
Ordnung von α ist. Die Multinomialkoezienten sind deniert durch
n
n!
:=
für α! := α1 ! · . . . · αm !
α!
α
wobei
die
6
ANHANG
und die Monome
86
xα
sind deniert durch:
xα := xα1 1 · . . . · xα1 m
(x1 , . . . , xm ) ∈ Rm
Beweis:
Wir beweisen den Multinomialsatz durch eine Induktion nach m ∈ N :
α1
α
Sei m = 1, dann gilt |α| = α1 = n und x = x1 , also folgt die Behauptung.
Die Aussage sei nun bereits für ein m ∈ N bewiesen.
(IA):
(IV):
(IS): Schluss von m auf m + 1:
Unter Verwendung der binomischen Formel erhalten wir:
n X
n n−k
(x1 + . . . + xm + xm+1 ) =
xm+1 (x1 + . . . + xm )k
k
k=0
n
X k (IV) X n
n−k
=
xm+1
xα
k
α
k=0
n
|α|=k
=
n
X
X
k=0 |α|=k
n!
k!
xα1 1 · . . . · xαmm · xn−k
m+1 .
k!(n − k)! α1 ! · . . . · αm !
Wir setzen nun
β = (β1 , . . . , βm+1 ) ∈
Nm+1
, mit βi
0
(
αi
=
n−k
1 ≤ i ≤ m,
sonst.
für
Damit gilt:
n X
X
X
n!
k!
n!
βm+1
n−k
xα1 1 · . . . · xαmm · xm+1
=
xβ1 1 · . . . · xm+1
k!(n
−
k)!
α
!
·
.
.
.
·
α
!
β
!
·
.
.
.
·
β
!
1
m
1
m+1
k=0 |α|=k
|β|=n
X n
=
xβ .
β
|β|=n
Doppelreihensatz: Vgl. [9] S. 71.
(aik )(i,k)∈I×K sei summierbar. Dann ist jede der Familien
summierbar, und es gilt
Die Familie
!
X
(i,k)∈I×K
aik =
X X
i∈I
k∈K
aik
!
=
X X
k∈K
i∈I
aik
.
(aik )i∈I
und
(aik )k∈K
6
ANHANG
87
Satz 6.2.1: Vgl. [6] S. 299. P
Die Binomialreihe
B(x) :=
n
∞
α
n=0 n x konvergiert für
|x| < 1
gegen
(1 + x)α .
Beweis:
Wir bestimmen den Konvergenzradius der Reihe mit der Quotientenregel:
α n α n+1
α(α − 1) · . . . · (α − n + 1) (n + 1)!
·
=
α(α − 1) · . . . · (α − n) n!
=
1 + n1
n+1
=
,
|α − n|
1 − αn
und dieser Ausdruck konvergiert gegen 1. Damit ist aber
] − 1; 1[
B(x)
auf dem oenen Intervall
dierenzierbar und es gilt:
∞
X
∞
α n−1 X
α
B (x) =
n·
x
=
(n + 1) ·
xn
n
n
+
1
n=1
n=0
∞ X
α−1 n
=α·
x .
n
n=0
0
Damit folgt:
0
(1 + x) B (x) = α ·
=α·
=α·
!
∞ X
α
−
1
xn +
xn+1
n
n
n=0
n=0
!
∞
X
α−1
α−1
1+
+
xn
n
n
−
1
n=1
!
∞ X
α n
1+
x
= α · B(x).
n
n=1
∞ X
α−1
Setzen wir nun
h(x) :=
B(x)
,
(1 + x)α
so folgt:
0
(1 + x)α B (x) − B(x)α (1 + x)α−1
h (x) =
(1 + x)2α
(1 + x)α−1 0
=
·
(1
+
x)
B
(x)
−
αB(x)
≡ 0.
(1 + x)2α
0
Demnach muss
|x| < 1
h(x)
konstant sein und wegen
h(0) = 1
folgt, dass
B(x) = (1 + x)α
für
ist.
7
VERZEICHNIS DER VERWENDETEN SYMBOLE
88
7 Verzeichnis der verwendeten Symbole
∆. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .5
E . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .6
W (t) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
P (ϕ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
ϕ1 , . . . , ϕk . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
σi , 1 ≤ i ≤ k . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
s = σ + it . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
bxc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
˜ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
∆
σ0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
W (s0 , α) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
A(x) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
A(x, y) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
o, O . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
Hσ0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
σ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
ζ{F } . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
(Fn )n∈N . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
ζ{a} . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
{a} . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
Rl . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
Cl . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
ζ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
ϕ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
β . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
|β|. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
k
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
β
β
ϕ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
J . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
α . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
P . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
ρk,m (β) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
P̃ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
Am,n (α) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57
Bϕ,n,m (s) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69
k
σϕ,n,m
(d) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70
D . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80
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Erklärung:
Die vorliegende Diplomarbeit wurde am Institut für Mathematik der Universität Würzburg nach einem Thema von Herrn Prof. Dr. Jörn Steuding
erstellt.
Hiermit versichere ich, dass ich diese Arbeit selbstständig angefertigt und
dazu nur die angegebenen Quellen verwendet habe.
Würzburg, den 1. September 2010
Michael Krasser