为什么这个 Laurent 系列消失了?

让 $\Phi_{l}(z;q)$ 表示 勒奇超凡脱俗 和 $Li_{l}(z)$ 表示 多对数函数。 对于 $l \in \mathbb{Z}_{\geq 0}$,我们有符合 Laurent 扩展的 \begin{align} \Phi_{-l}(z;0) + (-1)^{l} Li_{-l}(1/z) = \sum_{k \geq 0} k^{l} z^{k} + \sum_{k \leq -1} k^{l} z^{k}. \end{align} 对于 $l \in \mathbb{Z}_{\geq 0}$,左侧总是有 2 个合理的特征取消 . 比如 $l = 0$ 和 $l = 1$ 给了 \begin{align} \frac{1}{1-z} + \frac{1}{(1-1/z)z} = 0 \quad \text{and} \quad \frac{z}{1-z} - \frac{1}{(1-1/z)^{2} z} = 0. \end{align} 看多了个方法,我问自己有没有什么简单的理由,合适的一面是 no,可以写成(作为无价值的量) $$ \sum_{k \in \mathbb{Z}} k^{l} z^{k} = 0 \quad \text{for}\quad l \in \mathbb{Z}_{\geq 0}.$$ 有没有办法翻译这个表达式并且还表明它的价值是绝对没有的?

(将此与毫无价值的表达式 $\tfrac{1}{12} + \sum_{n \geq 1} n = 0$ 进行比较。)

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2022-06-07 14:37:46
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答案: 2

对于非负整数 $\ell$ 我们有

$\Phi_{-\ell}(z;0) = \sum_{n=0}^\infty n^\ell z^n$

为 $|z| < 1$ 组装而

$(-1)^\ell {\rm Li}_{-\ell}(1/z) = \sum_{n=-\infty}^{-1} n^\ell z^n$

合并 $|z|>1$。 合并的 Laurent 系列 $\sum_{n=-\infty}^\infty n^\ell z^n$ 几乎在所有地方都发散,所以这个组件没有意义。 然而,当谈到有理函数时

$\Phi_{-\ell}(z;0) = ((\frac{\partial}{\partial t})^\ell \frac{1}{1- e^{t} z})|_{t=0} $

$(-1)^\ell {\rm Li}_{-\ell}(1/z) = ((\frac{\partial}{\partial t})^\ell \frac{1}{e^t z - 1})|_{t=0}$

当然还有$\frac{1}{1-e^tz} + \frac{1}{e^tz - 1} = 0$。

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2022-06-07 15:03:04
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正如许多人已经指出的那样,实际总和 $\sum_{n=-\infty}^{\infty} n^k z^n$ 在任何地方都不会收敛。 然而,下面有一种迷人的感觉。

让 $M$ 是函数 $\phi: \mathbb{Z}^k \to \mathbb{Q}$ 的团队,其中 $\mathbb{Z}^k$ 可以被划分为有限的几个格子多面体,这样 $\phi$ 在每个部分上都是多项式。

定理(劳伦斯): 有一个特殊的直线映射 $h: M \to \mathbb{Q}(z_1, \ldots, z_k)$,这样,如果 $\sum \phi(a_1, \ldots, a_k) z_1^{a_1} \cdots z_k^{a_k}$ 在任何地方收敛,那么之后 $h(\phi)$ 就等于这个数量。

例如,设 $\phi : \mathbb{Z} \to \mathbb{Q}$ 为 $n \mapsto |n|$。 之后 $\sum \phi(n) z^n$ 没有地方收敛。 尽管如此,$\phi(n) = \phi_1(n) + \phi_2(n)$,其中 $\phi_1(n)$ 是 $n$ 如果 $n > 0$ 和 $0$ 否则,以及 $\phi_2(n)$ 是 $-n$ 如果 $n<0$ 和 $0$ 否则。 数量 $\sum \phi_1(n) z^n$ 和 $\sum \phi_2(n) z^n$ 在专业上收敛到 $z/(1-z)^2$ 和 $z^{-1} /(1-z^{-1})^2$,所以 $h(\phi) = h(\phi_1 + \phi_2) = z/(1-z)^2 + z^{-1} /(1-z^{-1})^2$。 劳伦斯的论点是对可以定期使用此类表达的事实的精确陈述。

此外,将 $x_i \phi$ 定义为函数 $(a_1, \ldots, a_n) \mapsto \phi(a_1, \ldots, a_i -1, \ldots, a_n)$。 然后可以检查 $h(x_i \phi) = x_i \phi$。 每当定义数量聚集时,这个公式是显而易见的,并且看到它必须对所有 $\phi$ 都成立还不错。

当您想到这一点时,您的监控就有了很好的描述。 你想要 $h(n \mapsto n^k)$。 我们有 $$(1-x_1)^{k+1} h(n \mapsto n^k) = h \left(n \mapsto n^k - k (n-1)^k + \binom{k}{2} (n-2)^k - \cdots \pm (n-k-1)^k \right) = h(0) = 0$$

中等权是利用 $k$ 级多项式的 $k+1$ - st 区分为 $0$ 的标识。 例如,$n^2 - 3 (n-1)^2 + 3 (n-2)^2 - (n-3)^2 =0$。

目前,$(1-x_1)^{k+1}$ 不是 $\mathbb{Q}(x_1)$ 中的无除数。 因此,正如您所观察到的,我们结束了 $h(n \mapsto n^k)=0$。

据我所知,劳伦斯是网上没有纸。 参考文献是 Jim Lawrence,Rational - function-valued evaluations on polyhedra,离散几何和计算几何(New Brunswick,NJ,1989/1990),199-- 208,DIMACS Ser。 Distinct Math, Theoret, Comput, Sci 6, Amer, Math, Soc (1991 )。 在 巴维诺克的讲座 中对此还有一些很好的讨论。

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2022-06-07 15:02:57
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