\documentclass[12pt]{article} \baselineskip=.2cm \textwidth=165mm \textheight=22cm \voffset
-1.5cm \hoffset -1cm

\usepackage{amssymb}
\usepackage{amsfonts}
\usepackage{latexsym}
\usepackage{amsthm}
\usepackage[cp1251]{inputenc}
\usepackage[english,russian]{babel}

\newtheorem{theorem}{\bf Теорема}[section]
\newtheorem{lemma}[theorem]{\bf Лемма}
\newtheorem{corollary}[theorem]{\bf Следствие}
\newtheorem{proposition}[theorem]{\bf Предложение}
\newtheorem{definition}[theorem]{\bf Определение}
\newtheorem{conjecture}[theorem]{\bf Гипотеза}
\def\remark{\noindent {\bf Замечание.}\ }

%\renewcommand{\theequation}{\arabic{section}.\arabic{equation}}
\renewcommand{\theequation}{\arabic{equation}}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% Немного определений %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\let\le\leqslant
\let\ge\geqslant

\def\Re{\mathop{\rm Re}\nolimits}
\def\Im{\mathop{\rm Im}\nolimits}
\def\arg{\mathop{\rm arg}\nolimits}
\def\res{\mathop{\rm res}\limits}
\def\Lip{\mathop{\rm Lip}\nolimits}
\def\li{\mathop{\rm li}\nolimits}
\def\wt{\widetilde}
\newcommand{\nh}[1]{{\mathop{#1}\limits^{{}_{\,\bf{\wedge}}}}\vphantom{#1}}

\def\C{{\mathbb C}}
\def\R{{\mathbb R}}
\def\Q{{\mathbb Q}}
\def\Z{{\mathbb Z}}
\def\N{{\mathbb N}}
\def\cD{{\cal D}}
%%%%%%%%%%%%%%%% The end of "Немного определений" %%%%%%%%%%%%%%

\begin{document}

\begin{center}
{\LARGE \bf Доп. главы ТФКП. $8$ лекций.} \vskip 12pt {\large $\rm
M{\bf\forall}T\!\!-\!\!M{\bf\exists}X$, 4 семестр, ПОМИ-группа, {\it Челкак Д.С.}}
\end{center}

\noindent \underline{\hbox to 1\textwidth{{ } \hfil{ } \hfil{ } }} \phantom{Delta4}\hfill ©
Delta4, 2005.

\begin{center}
{\large {\bf Лекция первая. 25 февраля 2005.}}
\end{center}

\setcounter{section}{-1}
\section{Простые вещи.}

В дальнейшем тексте через $\cD\subset\C$ мы будем обозначать произвольную ограниченную область
с кусочно гладкой границей $\partial \cD$, а через $B_R$ - (открытый) круг радиуса $R$ с
центром в начале координат. Класс аналитических в $\cD$ функций обозначается через $H(\cD)$.
Как известно, одним из первых ключевых фактов ТФКП является
\begin{theorem}[Формула Коши] Пусть $f\in H(\cD)\cap C(\overline\cD)$. Тогда
$$
f(z)=\frac{1}{2\pi i}\oint_{\zeta\in\partial\cD}\frac{f(\zeta)d\zeta}{\zeta-z}\,, \quad
z\in\cD.
$$
\end{theorem}
Из этой формулы непосредственно вытекает масса следствий. Так, дифференцируя ее по $z$,
получаем
$$
\frac{f^{(n)}(z)}{n!}= \frac{1}{2\pi
i}\oint_{\zeta\in\partial\cD}\frac{f(\zeta)d\zeta}{(\zeta-z)^{n+1}}\,, \quad z\in\cD,
$$
откуда {\it для функций $f\in H(B_R)\cap C({\overline B}_R)$} имеем
\begin{equation}
\label{TrivEstimCN} |c_n|\le\frac{M(R)}{R^n}\,,\quad n\ge 0\,,
\end{equation}
где $M(R):=\max_{|\zeta|=R}|f(\zeta)|$ и через $c_n$ обозначены тейлоровские коэффициенты
$f(z)$ в точке $0$. В частности, из этой оценки очевидно, что ряд $\sum_{n\ge 0}c_nz^n$
сходится (равномерно на компактах) в $B_R$ и, кроме того,
$$
\overline{\lim_{n\to\infty}}\sqrt[n]{|c_n|}\le\frac{1}{R}\,.
$$
Нетрудно видеть, что последнее неравенство на самом деле дает необходимое и достаточное
условие того, что степенной ряд аналитичен в круге радиуса $R$, т.е. что верна
\begin{theorem}[Коши-Адамар] Радиус сходимости степенного ряда $\sum_{n\ge 0}c_nz^n$ равен
$\displaystyle\frac{1}{\overline{\lim}_{n\to\infty}\sqrt[n]{|c_n|}}$\,, какова бы ни была
последовательность коэффициентов $\{c_n\}_{n\ge 0}\,.$
\end{theorem}

Также формула Коши дает следующую оценку для $f\in H(B_R(z))\cap C(\overline{B}_R(z))$:
$$
|f(z)|\le\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}|f(z\!+\!Re^{i\phi})|d\phi\,,
$$
которая выражает тот факт, что $|f(z)|$ является {\it субгармонической} функцией, то есть
значение этой функции в центре каждой окружности меньше, чем среднее значение по этой
окружности. Отсюда сразу вытекает
\begin{theorem}[принцип максимума] Если $f\in H(\cD)\cap C(\overline\cD)$, то
$$
\max_{\zeta\in\overline\cD}|f(\zeta)|=\max_{\zeta\in\partial\cD}|f(\zeta)|.
$$
\end{theorem}

В частности, из принципа максимума следует, что для $f(z)$, аналитической в кольце
$B_{R_2}\setminus\overline{B}_{R_1}$\,, функция $M(r)$ не может иметь локальных максимумов на
промежутке $(R_1\,,R_2)$. Этот результат можно существенно усилить.

\section{Теорема Адамара о трех кругах.}
\begin{theorem} Пусть $f\in H(B_{R_2}\setminus\overline{B}_{R_1})$. Тогда функция
$M(r)=\max_{|\zeta|=r}|f(\zeta)|$ обладает следующим свойством выпуклости:
\begin{equation}
\label{HadamardConv} \forall R_1\!<\!r_1\!<\!r\!<\!r_2\!<\!R_2\qquad \log M(r)\le \frac{\log
r_2-\log r}{\log r_2-\log r_1}\,\log M(r_1) +\frac{\log r-\log r_1}{\log r_2-\log r_1}\,\log
M(r_2),
\end{equation}
т.е. функция $\log M(r)$ выпукла относительно $\log r$.
\end{theorem}
\begin{proof}
Зафиксируем $r_1<r<r_2$ и рассмотрим функцию $g(z):=z^\alpha f(z)$ (мы пока закроем глаза на
неоднозначность выбора значения $z^\alpha$), где $\alpha$ выбрано так, что
$$
M(r_1)r_1^\alpha=M(r_2)r_2^\alpha=C \quad \Leftrightarrow\quad \alpha=-\frac{\log M(r_2)-\log
M(r_1)}{\log r_2-\log r_1}\,.
$$
Если бы $\alpha$ (случайно) оказалось целым, то функция $g(z)$ была бы аналитична в кольце
$B_{R_2}\setminus\overline{B}_{R_1}$ и удовлетворяла бы неравенству $|g(\zeta)|\le C$ на его
границе. Отсюда по принципу максимума можно получить, что
$$
M(r)=\frac{\max_{|\zeta|=r}|g(\zeta)|}{r^\alpha}\le \frac{C}{r^\alpha},
$$
а это неравенство, как несложно проверить, равносильно (\ref{HadamardConv}). Осталось
преодолеть (чисто техническую) сложность с неоднозначностью функции $z^\alpha$. Например,
можно сказать, что функция $|g(z)|$ однозначна и субгармонична (ибо субгармоничность - это
локальное свойство, а локально всегда можно выбрать однозначную ветвь $g(z)$), а значит к ней
применим принцип максимума. Набросок альтернативного доказательства: Рассмотрим случай
рационального $\alpha=\frac{m}{n}$\,. Переходя к функции $\wt f(z)=(f(z))^n$ имеем
$\wt\alpha=n\alpha\in\Z$\,. Для функции $\wt f(z)$ проводим вышеприведенные рассуждения,
получаем оценку (\ref{HadamardConv}), что дает аналогичную оценку для $f(z)$. Случай
$\alpha\notin\Q$ рассматривается путем предельного перехода. Именно, заменяем величину
$M(r_2)$ на такую последовательность $M_2^{(k)}\to M(r_2)$, что соответствующие $\alpha_k$
рациональны, после чего переходим к пределу в неравенстве (\ref{HadamardConv}).
\end{proof}

\section{Целые функции. Порядок и тип.}

\begin{definition} Целой функцией (entire function) называется функция, аналитическая во всей
комплексной плоскости. {\bf Порядком} целой функции называется число\begin{footnote}{Здесь и
далее запись $A(r)\le B(r),\ r\to\infty$ означает, что требуемое неравенство выполняется для
всех достаточно больших $r$.}\end{footnote}
$$
\rho=\inf\left\{\mu>0:M(r)\le e^{r^\mu},r\to+\infty\right\}
$$
(если таких $\mu$ нет вообще, то $\rho=+\infty$). Если порядок функции конечен, то ее {\bf
тип} определяется как
$$
\sigma=\inf\left\{K: M(r)\le e^{Kr^\rho},r\to+\infty\right\}.
$$
Если $\sigma=0$, то говорят, что функция имеет минимальный, а если $\sigma=+\infty$ - то
максимальный тип.
\end{definition}

\noindent {\bf Комментарии:\ } i) В силу теоремы Коши-Адамара, целые функции представляются в
виде всюду сходящегося ряда $\sum_{n\ge 0}c_nz^n$, где $\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{|c_n|}=0$,
при этом последнее условие необходимо и достаточно для того, чтобы функция $\sum_{n\ge
0}c_nz^n$ была целой.\\
ii) В силу теоремы Лиувилля, справедливость неравенства $M(r)\le Cr^n$ при $r\to+\infty$
невозможна, если только $f(z)$ не многочлен, поэтому использование экспоненциальных оценок в
определении естественно. Отметим, что теорема Лиувилля сразу дает
$$
\lim_{r\to+\infty} \frac{\log M(r)}{\log r}=+\infty,
$$
если только $f$ не есть многочлен (предел заведомо существует в силу выпуклости $\log M(r)$,
как функции от $\log r$).

Наша ближайшая цель - установить связь между скоростью убывания коэффициентов $c_n$ при
$n\to\infty$ и скоростью роста функции $M(r)$ при $r\to\infty$. Предположим сначала, что для
каких-то $K,\mu>0$ справедлива оценка
$$
M(r)\le e^{Kr^\mu},\quad r\to\infty.
$$
Тогда (см. (\ref{TrivEstimCN})) для достаточно больших $r$ справедливо
$$
|c_n|\le\frac{e^{Kr^\mu}}{r^n}=\varphi(r).
$$
Легко видеть, что $(\log \varphi(r))'=K\mu r^{\mu-1}-nr^{-1}$, то есть функция $\varphi(r)$
имеет минимум при $r_{extr}=(n\big/K\mu)^{1/\mu}$. Отметим, что $r_{extr}\to\infty$ при
$n\to\infty$, поэтому для достаточно больших $n$ справедливо
$$
|c_n|\le \varphi(r_{extr})=\biggl(\frac{eK\mu}{n}\biggr)^{\!n/\mu}.
$$
Логарифмируя это неравенство, имеем
$$
\log\frac{1}{\sqrt[n]{|c_n|}}\ge \frac{1}{\mu}\log\frac{n}{eK\mu}
$$
и, далее,
$$
\mu\ge\frac{\log n - \log eK\mu}{\log\frac{1}{\sqrt[n]{|c_n|}}}\,.
$$
Так как знаменатель стремится к бесконечности, имеем
$$
\mu\ge\overline{\lim_{n\to\infty}}\,\,\frac{\log n}{\log\frac{1}{\sqrt[n]{|c_n|}}}.
$$
Рассматривая теперь инфимум $\mu$, для которых исходная оценка имеет место, получаем
\begin{proposition}\label{_RgeA}
Для каждой целой функции справедливо неравенство
$$
\rho\ge\overline{\lim_{n\to\infty}}\,\,\frac{\log n}{\log\frac{1}{\sqrt[n]{|c_n|}}}.
$$
\end{proposition}
Как мы скоро увидим, на самом деле левая и правая часть всегда равны, то есть коэффициенты
$|c_n|$ целой функции порядка $\rho$ убывают не медленнее, чем $1\big/n^{n/\rho}$ и примерно
такое убывание реализуется на какой-то подпоследовательности коэффициентов.

\begin{center}
{\large {\bf Лекция вторая. 28 февраля 2005.}}
\end{center}

Ключевым фактом, позволяющим получить неравенство
$$
\alpha= \overline{\lim_{n\to\infty}}\,\,\frac{\log n}{\log\frac{1}{\sqrt[n]{|c_n|}}}\le\rho
$$
является
\begin{equation}
\label{Mr=>Cn} \log M(r)\le Kr^\mu,\ r\to\infty \quad\Rightarrow\quad
|c_n|\le\biggl(\frac{e\mu K}{n}\biggr)^{\!{n}/{\mu}},\ n\to\infty.
\end{equation}
Предположим теперь, что справедлива оценка (\ref{Mr=>Cn}) для коэффициентов $|c_n|$, $n\ge N$.
Имеем
$$
M(r)=\max_{|\zeta|=r}\left|\sum_{n\ge 0}c_nz^n\right|\le \sum_{n\ge 0}|c_n|r^n
$$
Рассмотрим минимальное $N_r>N$, такое что $\displaystyle \biggl(\frac{e\mu
Kr^\mu}{N_r}\biggr)^{\!1/{\mu}}\!\!\le\!\frac{1}{2}$ (ясно, что $N_r\!=\!O(r^\mu)$). Тогда
$$
M(r)\le \sum_{n=0}^{N-1}|c_n|r^n + \sum_{n=N}^{N_r-1} \biggl(\frac{e\mu
K}{n}\biggr)^{{n}/{\mu}}r^n+1.
$$
Оценим сумму $\sum_{n=N}^{N_r-1}$\,. Для этого найдем максимум выражения
$\displaystyle\biggl(\frac{e\mu Kr^\mu}{n}\biggr)^{\!{n}/{\mu}}$ в зависимости от $n$.
Несложно проверить, что этот максимум достигается при $n=\mu Kr^\mu$ и, следовательно,
$$
\forall n \ \ \biggl(\frac{e\mu Kr^\mu}{n}\biggr)^{\!{n}/{\mu}}\le e^{Kr^\mu}.
$$
В итоге получаем, что
$$
M(r)\le \sum_{n=0}^{N-1}|c_n|r^n + (N_r\!-\!N)e^{Kr^\mu} +1.
$$
Следовательно, для каждого $\varepsilon>0$ импликацию (\ref{Mr=>Cn}) можно "обратить":
\begin{equation}
\label{MrEquivCn} \log M(r)\le Kr^\mu,\ r\to\infty \ \Rightarrow\ |c_n|\le\biggl(\frac{e\mu
K}{n}\biggr)^{\!{n}/{\mu}},\ n\to\infty \ \Rightarrow\ \log M(r)\le (K\!+\varepsilon)r^\mu,\
r\to\infty.
\end{equation}

Используя только что проведенное рассуждение, докажем
\begin{theorem}
Для произвольной целой функции справедливо\begin{footnote}{То есть величины $\rho$ и $\alpha$
($\sigma$ и $\beta$) либо обе конечны и равны, либо обе бесконечны.}\end{footnote}
$$
\rho=\alpha:=\overline{\lim_{n\to\infty}}\,\,\frac{\log n}{\log\frac{1}{\sqrt[n]{|c_n|}}}.
$$
Если порядок $\rho$ конечен, то верно также
$$
(e\rho\sigma)^{1/\rho}=
\beta:=\overline{\lim_{n\to\infty}}\,\,n^{\frac{1}{\rho}}\sqrt[n]{|c_n|}.
$$
\end{theorem}
\begin{proof}
Неравенство $\rho\ge\alpha$ уже получено (Предложение \ref{_RgeA}). Для того, чтобы получить
обратную оценку, заметим, что для каждого $\varepsilon>0$ верно
$$
\frac{\log n}{\log\frac{1}{\sqrt[n]{|c_n|}}}<\alpha+\varepsilon,\ n\to\infty
\quad\Rightarrow\quad |c_n|\le\biggl(\frac{1}{n}\biggr)^{\!{n}/{(\alpha+\varepsilon)}},\
n\to\infty.
$$
Значит, в силу (\ref{MrEquivCn}), имеем
$$
\log M(r)\le C\cdot r^{\alpha+\varepsilon},\ \ r\to+\infty \quad\Rightarrow\quad
\rho\le\alpha+\varepsilon.
$$
Так как $\varepsilon>0$ произвольно, отсюда вытекает $\rho\le\alpha$. Итак, $\rho=\alpha$.

\pagebreak

Аналогичным образом из (\ref{MrEquivCn}) вытекает требуемое равенство для типа $\sigma$
функции конечного порядка. В самом деле,
$$
\log M(r)\le (\sigma\!+\!\varepsilon)r^\rho,\ r\to\infty \ \Rightarrow\ |c_n|\le
\biggl(\frac{e\rho (\sigma\!+\!\varepsilon)}{n}\biggr)^{\!{n}/{\rho}} \ \Rightarrow\
n^{\frac{1}{\rho}}\sqrt[n]{|c_n|}\le (e\rho (\sigma\!+\!\varepsilon))^{\frac{1}{\rho}},\
n\to\infty.
$$
В силу произвольности $\varepsilon>0$, получаем $\beta\le(e\rho\sigma)^{1/\rho}$. Обратно,
$$
n^{\frac{1}{\rho}}\sqrt[n]{|c_n|}\le \beta+\varepsilon,\ n\to\infty \ \Rightarrow\ |c_n|\le
\biggl(\frac{(\beta\!+\!\varepsilon)^{\rho}}{n}\biggr)^{\!{n}/{\rho}}\ \Rightarrow\ \log
M(r)\le \biggl(\frac{(\beta\!+\!\varepsilon)^{\rho}}{e\rho}+\varepsilon\biggr)r^\rho, \
r\to\infty.
$$
Отсюда $\sigma\le \beta^\rho\big/e\rho$\,, что и требовалось установить.
\end{proof}

\section{Принцип Фрагмена-Линделёфа.}
Обсудим поведение функций конечного порядка $\rho\!>\!0$ в углах с вершиной в начале
координат. Как показывает следующая теорема, они не могут быть ограничены на всех
$[2\rho]\!+\!1$ лучах, делящих плоскость на равные углы раствора
${2\pi}\big/{([2\rho]\!+\!1)}<{\pi}\big/{\rho}$\,.
\begin{theorem}[Phragmen-Lindel\"of]\label{_PLP} Пусть $U$ является углом раствора
$\alpha\in(0,2\pi]$ с вершиной в начале координат и $f\in H(U)\cap C(\overline{U})$.
Предположим, что
$$
\log|f(z)|\le K|z|^\mu,\ z\to\infty,\ z\in \overline{U},
$$
где $\displaystyle\alpha<\frac{\pi}{\mu}$\,. Тогда из ограниченности функции $f$ на границе
угла вытекает ее ограниченность во всем угле, т.е.
$$
|f(\zeta)|\le C,\ \zeta\in\partial U \quad\Rightarrow\quad |f(z)|\le C, \ z\in U.
$$
\end{theorem}
\remark Данная теорема является обобщением принципа максимума модуля на неограниченные области
(углы). Вообще, весь класс такого рода обобщений принципа максимума принято связывать с
именами Фрагмена и Линделёфа.
\begin{proof} Не умаляя общности, можно считать, что биссектриса $U$ является положительной
полуосью. Рассмотрим функцию
$$
g_\varepsilon(z):=f(z)e^{-\varepsilon z^\beta},\quad z\in U,
$$
где $\varepsilon>0$ и $\mu<\beta<\pi\big/\alpha$. Ясно, что для $z\in U$ верно $|\arg
z^\beta|\le \frac{1}{2}\,\alpha\beta<\frac{1}{2}\,\pi$. Значит,
$$
\Re z^\beta \ge \cos\frac{\alpha\beta}{2}\cdot|z|^\beta,\ z\in U.
$$
Таким образом,
$$
\log|g_\varepsilon(z)|\le
{K|z|^\mu-\varepsilon\cdot\cos\frac{\alpha\beta}{2}\cdot|z|^\beta}\to -\infty, \quad
z\to\infty,\ z\in \overline{U}.
$$
Теперь мы можем найти такое $R$, что $\displaystyle\max_{|\zeta|\ge R,\ \zeta\in
U}|g(\zeta)|\le C$ и применить обычный принцип максимума для функции $g(z)$ и ограниченной
области $U\cap B_R$\,. В итоге получаем, что
$$
|g_\varepsilon(z)|\le C,\ z\in\overline{U}.
$$
Устремляя теперь $\varepsilon\downarrow 0$, получаем $|f(z)|\le C$, $z\in\overline{U}$, что и
требовалось.
\end{proof}

\section{Нули целой функции. Показатель сходимости.}
Пусть нам дана произвольная бесконечная последовательность точек (возможно с повторениями)
комплексной плоскости, не имеющая конечных точек сгущения:
\begin{equation}
\label{Alphas} \mathop{\underbrace{0,\dots,0}}_\lambda\,,\alpha_1,\alpha_2,\dots,\qquad
0<|\alpha_1|\le|\alpha_2|\le\dots, \ \ |\alpha_k|\to\infty.
\end{equation}
Зададимся вопросом, может ли эта последовательность в точности совпадать с множеством нулей
какой-либо целой функции (для конечных последовательностей нулей искомая функция всегда
существует - это многочлен). Ответ дает
\begin{theorem}[Вейерштрасс] Бесконечное произведение
$$
f(z):=z^\lambda\prod_{k\ge 1}\biggl(1-\frac{z}{\alpha_k}\biggr)e^{p_k(z)},\quad
p_k(z)=\frac{z}{\alpha_k}+\frac{z}{2\alpha_k^2}+\dots+\frac{z^k}{k\alpha_k^k}
$$
равномерно сходится на компактах, а значит является целой функцией. Множество нулей $f(z)$ с
учетом кратности в точности совпадает с последовательностью (\ref{Alphas}).
\end{theorem}
\remark Множители $e^{p_k(z)}$ добавляются исключительно в целях сходимости бесконечного
произведения. Многочлены $p_k(z)$, как мы увидим позднее, обычно можно выбирать существенно
более "экономным"\ в плане степени способом.

\begin{center}
{\large {\bf Лекция третья. 11 марта 2005.}}
\end{center}


\begin{proof}[Доказательство теоремы Вейерштрасса] Рассмотрим $z\in\overline{B}_R$\,.
Найдем такой номер $N(2R)$, что $|\alpha_{N(2R)}|\le 2R<|\alpha_{N(2R)+1}|$. Имеем
$$
f(z)=\mathop{\underbrace{z^\lambda\prod_{k=1}^{N(2R)}
\biggl(1-\frac{z}{\alpha_k}\biggr)e^{p_k(z)}}}_{\displaystyle f_{2R}(z)} \ \cdot
\mathop{\underbrace{\prod_{k=N(2R)+1}^\infty\biggl(1-\frac{z}{\alpha_k}\biggr)e^{p_k(z)}}}_
{\displaystyle e^{h_{2R}(z)}},
$$
где
$$
h_{2R}(z)=\sum_{k=N(2R)+1}^\infty\left[\log\biggl(1-\frac{z}{\alpha_k}\biggr)+p_k(z)\right]
$$
(логарифмирование корректно, так как $|z\big/\alpha_k|<\frac{1}{2}$). Ясно, что для $k>N(2R)$
верно
$$
\left|\log\biggl(1-\frac{z}{\alpha_k}\biggr)+p_k(z)\right|=
\biggl|\,-\!\!\sum_{s=k+1}^\infty\frac{z^s}{s\alpha_k^s}\biggr|<
\sum_{s=k+1}^\infty\frac{1}{s2^s}<\frac{1}{2^k}\,.
$$
Из этой оценки вытекает равномерная сходимость суммы $h_{2R}(z)$ для $|z|\le R$, а значит и
равномерная сходимость произведения, участвующего в формулировке теоремы. Осталось заметить,
что функция $e^{h_{2R}(z)}$ вообще не имеет нулей, а нули функции $f_{2R}(z)$, лежащие в круге
$B_R$ совпадают с заданными. Теорема доказана.
\end{proof}

\remark Предположим, что существует такое $\varkappa\in\N_0$\,, что
\begin{equation}
\label{KappaDef} \sum_{k\ge 1}\frac{1}{|\alpha_k|^\varkappa}=+\infty\,,\qquad \sum_{k\ge
1}\frac{1}{|\alpha_k|^{\varkappa+1}}<+\infty\,.
\end{equation}
В такой ситуации мы можем изменить выбор многочленов $p_k(z)$ следующим образом:
$$ %\begin{equation} \label{PkDef}
p_k(z):=\frac{z}{\alpha_k}+\frac{z^2}{2\alpha_k^2}+\dots+
\frac{z^\varkappa}{\varkappa\alpha_k^\varkappa}
$$ %\end{equation}
($p_k(z)\equiv 0$, если $\varkappa=0$). В самом деле, необходимо только слегка изменить
доказательство сходимости ряда $h_{2R}(z)$ при $|z|\le R$:
$$
\left|\log\biggl(1-\frac{z}{\alpha_k}\biggr)+p_k(z)\right|=
\biggl|\,-\!\!\sum_{s=\varkappa+1}^\infty\frac{z^s}{s\alpha_k^s}\biggr|<
\frac{R^{\varkappa+1}}{|\alpha_k|^{\varkappa+1}}\sum_{s=\varkappa+1}\frac{1}{2^{s-\varkappa-1}}
< \frac{2R^{\varkappa+1}}{|\alpha_k|^{\varkappa+1}}\,.
$$
Ряд, составленный из правых частей неравенства, сходится в силу выбора $\varkappa$.

\begin{corollary} Пусть нулями целой функции $f(z)$ является последовательность
(\ref{Alphas}). Тогда справедливо представление
$$
f(z)=e^{g(z)}\cdot z^\lambda\prod_{k\ge 1}\biggl(1-\frac{z}{\alpha_k}\biggr)e^{p_k(z)},\quad
z\in\C,
$$
где $g(z)$ - целая функция.
\end{corollary}
\begin{proof} Рассматривая отношение $f(z)$ и бесконечного произведения, построенного в
Теореме Вейерштрасса видим, что это отношение является целой функцией, не обращающейся в $0$
на всей комплексной плоскости. Следовательно, оно представимо в виде $e^{g(z)}$ (другими
словами, мы можем выбрать однозначную ветвь логарифма), что и требовалось доказать.
\end{proof}

\noindent {\bf Отступление. Показатель сходимости последовательности.\ } Рассмотрим какую-либо
последовательность комплексных чисел $\{\alpha_k\}_{k=1}^\infty$:\ \
$0<|\alpha_1|\le|\alpha_2|\le\dots$\,,\ \ $|\alpha_k|\to\infty$. Положим
$$
\tau:=\inf\biggl\{\lambda>0:\sum_{k\ge 1}\frac{1}{|\alpha_k|^\lambda}<+\infty\biggr\}.
$$
В принципе, если рост $|\alpha_k|$ достаточно медленный (например, логарифмический), то таких
$\lambda$ может вообще не найтись, тогда мы полагаем $\tau=+\infty$.
\begin{lemma} Справедливо равенство
$$
\tau=\gamma:=\overline{\lim_{k\to\infty}}\,\,\frac{\log k}{\log|\alpha_k|}\,.
$$
\end{lemma}
\begin{proof}
С одной стороны, для всех $\varepsilon>0$ выполняется
$$
\frac{\log k}{\log|\alpha_k|}<\gamma+\varepsilon,\ \ k\to\infty\quad \Rightarrow\quad
\frac{1}{|\alpha_k|^\lambda}<\frac{1}{k^{\frac{\lambda}{\gamma+\varepsilon}}}\,,\ \
k\to\infty\quad \Rightarrow\quad \tau\le\gamma+\varepsilon,
$$
то есть $\tau\le\gamma$. С другой стороны, из сходимости ряда $\displaystyle\sum_{k\ge 1}
\frac{1}{|\alpha_k|^{\tau+\varepsilon}}$ и монотонного убывания последовательности
$\displaystyle\frac{1}{|\alpha_k|^{\tau+\varepsilon}}$ вытекает\begin{footnote}{В самом деле,
$\frac{k}{|\alpha_{2k}|^{\tau+\varepsilon}}\le
\sum_{s=k+1}^{2k}\frac{1}{|\alpha_s|^{\tau+\varepsilon}}\to 0\,.$ }\end{footnote}, что
$$
\lim_{k\to\infty}\frac{k}{|\alpha_k|^{\tau+\varepsilon}}=0.
$$
Следовательно, имеем
$$
k<|\alpha_k|^{\tau+\varepsilon},\ \ k\to\infty \quad\Rightarrow\quad \frac{\log
k}{\log|\alpha_k|}<{\tau+\varepsilon},\ \ k\to\infty \quad\Rightarrow\quad
\gamma\le{\tau+\varepsilon},
$$
а значит $\gamma\le\tau$, что и требовалось установить.
\end{proof}

\section{Неравенство Йенсена.}
Наша цель - связать скорость роста нулей целой функции с ее порядком, т.е. со скоростью роста
ее значений. Обозначим через $n(r)$ количество нулей функции $f(z)$ (с учетом кратности),
лежащих в круге $\overline{B}_R$\,, исключая возможные нули в точке $0$.
\begin{theorem} Пусть $f\in H(B_R)\cap C(\overline{B}_R)$ и
$M(R)=\max_{|\zeta|=R}|f(\zeta)|$.\\
i) Если $f(0)=1$, т.е. $f(z)=1+c_1z+\dots$\,, то выполняется неравенство
$$
\int_0^R\frac{n(r)}{r}\,dr\le\log M(R)\,.
$$
ii) В общей ситуации $f(z)=c_\lambda z^\lambda+c_{\lambda+1}z^{\lambda+1}+\dots$ справедливо
$$
\int_0^R\frac{n(r)}{r}\,dr\le\log \frac{M(R)}{|c_\lambda| R^\lambda}\,.
$$
\end{theorem}
\begin{proof} $i)\Rightarrow ii)$. Легко видеть, что если мы рассмотрим вместо функции $f(z)$
новую аналитическую функцию $\displaystyle g(z):=\frac{f(z)}{c_\lambda z^\lambda}$ и применим
к ней первый пункт теоремы, то получится требуемая оценка.\\
i) Не умаляя общности можно считать, что $f(\zeta)\ne 0$, $|\zeta|=R$, поскольку обе части
неравенства очевидно непрерывны по $R$. Обозначим через $\alpha_1\,,\alpha_2\,,\dots,\alpha_N$
нули функции $f(z)$ (лежащие в $B_R$) и рассмотрим функцию
$$
\Phi(z)=\frac{f(z)}{(z\!-\!\alpha_1)\dots(z\!-\!\alpha_N)}\,,\ \ z\in\overline{B}_R\,.
$$
Функция $\Phi(z)$ не имеет нулей в $\overline{B}_R$ и, как следствие, мы можем рассмотреть
аналитическую в $B_R$ функцию $\log\Phi(z)$. Имеем
$$
\log\Phi(0)=\frac{1}{2\pi i}\oint_{|\zeta|=R}\frac{\log\Phi(\zeta)}{\zeta}\,d\zeta=
\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}\log\Phi(Re^{i\theta})d\theta\,.
$$
Переходя к вещественным частям, получаем
$$
\log|\Phi(0)|= \frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}\log|\Phi(Re^{i\theta})|d\theta\,.
$$
Для левой части верно
$$
\log|\Phi(0)|=\log|f(0)|-\sum_{k=1}^N\log|\alpha_k|=-\sum_{k=1}^N\log|\alpha_k|.
$$
Для правой части имеем
$$
\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}\log|\Phi(Re^{i\theta})|d\theta=
\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}\log|f(Re^{i\theta})|d\theta-
\sum_{k=1}^N\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}\log|Re^{i\theta}\!-\!\alpha_k|d\theta.
$$
При этом
$$
\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}\log|Re^{i\theta}\!-\!\alpha_k|d\theta=
\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}\log\biggl|
R\!-\!\frac{\overline{\alpha}_k}{R}\,Re^{i\theta}\biggr|d\theta=\log R,
$$
где последнее равенство вытекает из того, что функция $R\!-\!\frac{\overline{\alpha}_k}{R}\,z$
не имеет нулей в $\overline{B}_R$\,. Таким образом, мы установили, что
$$
N\log R-\sum_{k=1}^N\log|\alpha_k|= \frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}\log|f(Re^{i\theta})|d\theta\le
\log M(R).
$$
Но
$$
N\log R-\sum_{k=1}^N\log|\alpha_k|= \sum_{k=1}^N\int_{|\alpha_k|}^R\frac{dt}{t}=
\int_0^R\frac{n(r)}{r}\,dr\,,
$$
что и дает требуемый результат.
\end{proof}

\section{Теорема Адамара о факторизации.}

\begin{theorem} Пусть дана целая функция конечного порядка $\rho>0$ и
последовательность ее нулей (\ref{Alphas}) (возможно конечная). Тогда\\
i) Показатель сходимости нулей конечен и не превосходит порядок функции: $\tau\le\rho$.\\
ii) Обозначим через $\varkappa:\tau-1\le\varkappa\le\tau$ натуральное число, удовлетворяющее
(\ref{KappaDef}) и пусть
$p_k(z)=\frac{z}{\alpha_k}+\dots+\frac{z^\varkappa}{\varkappa\alpha_k^\varkappa}$\,. Тогда
справедливо представление
\begin{equation}
\label{Hadamard} f(z)=e^{g(z)}\cdot z^\lambda\prod_{k\ge
1}\biggl(1-\frac{z}{\alpha_k}\biggr)e^{p_k(z)},\quad z\in\C,
\end{equation}
где $g(z)$ - многочлен степени не выше, чем $\rho$.
\end{theorem}
\begin{proof} i) Пусть $0<\theta<1$. Используя неравенство Йенсена, получаем
$$
\log\frac{1}{\theta}\cdot n(\theta R)=\int_{\theta R}^R\frac{n(\theta R)}{t}\,dt\le
%\int_0^R\frac{n(r)}{r}\,dr\le
\log \frac{M(R)}{|c_\lambda|R^\lambda}\le
R^{\rho+\varepsilon}-\log |c_\lambda|R^\lambda \le R^{\rho+\varepsilon},\ \ R\to\infty.
$$
Заменяя здесь $\theta R$ на $R$, имеем%\begin{footnote}{Минимум выражения $\displaystyle
%\frac{1}{\theta^{\rho+\varepsilon}\log\frac{1}{\theta}}$ достигается при
%$\theta=e^{-1/(\rho\!+\!\varepsilon)}$ и равен $e(\rho\!+\!\varepsilon)$.}\end{footnote}
$$
n(R)\le C(\theta)R^{\rho+\varepsilon},\ \
C(\theta)=\frac{1}{\theta^{\rho+\varepsilon}\log\frac{1}{\theta}}\,,\ \ R\to\infty.
$$
Положим $R=|\alpha_k|$. Тогда $n(R)\ge k$, откуда
$$
k\le C(\theta)|\alpha_k|^{\rho+\varepsilon}\quad\Rightarrow\quad \frac{\log k}{\log|\alpha_k|}
\le \rho+\varepsilon+\frac{\log C(\theta)}{\log|\alpha_k|}\,,\ \ k\to\infty.
$$
Устремляя $k\to\infty$ и $\varepsilon\downarrow 0$, имеем
$$
\tau=\overline{\lim_{k\to\infty}}\,\,\frac{\log k}{\log|\alpha_k|}\le \rho,
$$
что и требовалось установить.

\begin{center}
{\large {\bf Лекция четвертая. 14 марта 2005.}}
\end{center}

\noindent ii) Наша цель - доказать, что все тейлоровские коэффициенты
$\frac{1}{n!}\,g^{(n)}(0)$ целой функции $g(z)$ с достаточно большими номерами $n>\rho$ суть
нули. Положим
$$
f(z)=z^\lambda\prod_{k=1}^{N(R)}\biggl(1-\frac{z}{\alpha_k}\biggr)\cdot f_R(z),\qquad
f_R(z)=e^{g(z)+\sum_{k=1}^{N(R)}p_k(z)}\!\!\!
\prod_{k=N(R)+1}^{\infty}\biggl(1-\frac{z}{\alpha_k}\biggr)e^{p_k(z)},
$$
где номер $N(R)$, как и ранее, выбран так, что $|\alpha_{N(R)}|\le R<|\alpha_{N(R)+1}|$.
Отметим, что при $|z|=2R$ верно $|f_R(z)|\le |f(z)|\le M(2R)$. Поэтому принцип максимума дает
$|f_R(z)|\le M(2R)$ при всех $|z|\le 2R$.
% и, в частности, при всех $|z|\le R$.

Для $|z|\le R$ мы можем записать
$$
f_R(z)=e^{h_R(z)},\quad h_R(z)=g(z)+\sum_{k=1}^{N(R)}p_k(z)\ +\!
\sum_{k=N(R)+1}^\infty\left[\log\biggl(1-\frac{z}{\alpha_k}\biggr)+p_k(z)\right].
$$
При этом
$$
\Re h_R(z)\le\log M(2R).
$$
Наша ближайшая цель - получить из этого неравенства оценку для коэффициентов функции $h_R(z)$.
\begin{lemma} Пусть $h(z)=\sum_{n\ge 0}c_nz^n\in H(B_R)\cap C(\overline{B}_R)$. Тогда для всех
$n\ge 1$ справедливо представление
$$
c_n=\frac{1}{\pi R^n}\int_0^{2\pi}\Re h(Re^{i\theta})\cdot e^{-in\theta}d\theta\,.
$$
\end{lemma}
\begin{proof} Пусть $c_n=\alpha_n+i\beta_n$\,. Тогда при $r<R$ имеем
$$
\Re h(re^{i\theta})=\alpha_0+\sum_{n\ge 1}(\alpha_n\cos n\theta-\beta_n\sin n\theta)r^n\,.
$$
Умножая это равенство на $\cos n\theta$ и интегрируя, получаем
$$
\int_0^{2\pi} \Re h(re^{i\theta})\cdot \cos n\theta d\theta =\alpha_nr^n\int_0^{2\pi}\cos^2
n\theta d\theta =\pi \alpha_nr^n.
$$
Аналогично,
$$
\int_0^{2\pi} \Re h(re^{i\theta})\cdot \sin n\theta d\theta = -\pi \beta_nr^n.
$$
В итоге,
$$
c_n=\alpha_n+i\beta_n=\frac{1}{\pi r^n}\int_0^{2\pi} \Re h(re^{i\theta})\cdot
e^{-in\theta}d\theta
$$
и остается только перейти к пределу при $r\uparrow R$.
\end{proof}
Применим только что доказанную лемму к функции $h(z)=\log M(2R)-h_R(z)$. Для $n\ge 1$ получаем
$$
-\frac{h^{(n)}_R(0)}{n!}=\frac{h^{(n)}(0)}{n!}=\frac{1}{\pi R^n}\int_0^{2\pi} \left[\log
M(2R)-\Re h_R(e^{i\theta})\right]e^{-in\theta}d\theta.
$$
Так как выражение в скобках положительно, отсюда вытекает оценка
$$
\left|\frac{h^{(n)}_R(0)}{n!}\right|\le \frac{1}{\pi R^n}\int_0^{2\pi} \left[\log M(2R)-\Re
h_R(e^{i\theta})\right]d\theta=\frac{2}{\pi R^n}\,(\log M(2R)-\Re h_R(0)).
$$
Величина $h_R(0)$ не зависит от $R$ (по определению функции $h_R$), а $\log
M(2R)<R^{\rho+\varepsilon}$, $R\to\infty$. Значит, при $n>\rho$ верно
$$
\frac{h^{(n)}_R(0)}{n!}\to 0,\quad R\to\infty.
$$

Последний шаг состоит в том, чтобы связать тейлоровские коэффициенты $h_R$ и $g$. Степени
многочленов $p_k$ (при всех $k$) равны $\varkappa\le\rho<n$, откуда
$$
\frac{h^{(n)}_R(0)}{n!}=\frac{g^{(n)}(0)}{n!}\ -\sum_{k=N(R)+1}^\infty
\frac{1}{n\alpha_k^n}\,.
$$
Так как $n>\rho\ge\tau$, второе слагаемое представляет собой остаток сходящегося ряда и,
значит, стремится к нулю при $R\to\infty$. Следовательно,
$$
\frac{g^{(n)}(0)}{n!}\to 0,\quad R\to\infty\,,\quad n>\rho.
$$
Поскольку тейлоровские коэффициенты $g$ не зависят от $R$, теорема доказана.
\end{proof}

\section{Теоремы Бореля.}
В предыдущем параграфе мы показали, что каждая целая функция конечного порядка раскладывается
в произведение (\ref{Hadamard}). При этом показатель сходимости нулей и степень многочлена $g$
не превышают порядка функции. Покажем, что это точные оценки.
\begin{theorem} Пусть дана последовательность нулей (\ref{Alphas}) с показателем сходимости
$\tau$ и многочлен $g(z)$ степени $n$. Тогда порядок функции (\ref{Hadamard}) в точности равен
$\max(n,\tau)$.
\end{theorem}
\begin{proof}
Благодаря Теореме Адамара мы уже знаем, что $\rho\ge \max(n,\tau)$, где через $\rho$ обозначен
порядок целой функции (\ref{Hadamard}). Поэтому все, что необходимо - это доказать оценку
$$
\log |f(z)|\le {K|z|^{\max(n,\tau)+\varepsilon}},\quad |z|\to\infty
$$
для каждого $\varepsilon>0$. Множители $e^{g(z)}$ и $z^\lambda$ очевидно удовлетворяют
требуемому неравенству. Поэтому достаточно проверить, что
$$
\log \left|\prod_{k=1}^\infty\biggl(1-\frac{z}{\alpha_k}\biggr)e^{p_k(z)}\right|\le
K|z|^{\tau+\varepsilon},\quad |z|\to\infty.
$$
Пусть сначала $\sum_{k\ge 1}{|\alpha_k|^{-\tau}}<\infty$ (и, в частности,
$\varkappa<\tau\le\varkappa+1$). Оценим каждый сомножитель $(1-\frac{z}{\alpha_k})e^{p_k(z)}$
в отдельности. Легко видеть, что
$$
\left|\frac{z}{\alpha_k}\right|\le\frac{1}{2}\ \ \Rightarrow\ \
\left|\log\biggl(1-\frac{z}{\alpha_k}\biggr)e^{p_k(z)}\right|=
\left|\sum_{s=\varkappa+1}^\infty\frac{z^s}{s\alpha_k^s}\right|<
2\left|\frac{z}{\alpha_k}\right|^{\varkappa+1}\le 2\left|\frac{z}{\alpha_k}\right|^{\tau}\,;
$$
$$
\left|\frac{z}{\alpha_k}\right|\!\ge\!\frac{1}{2}\ \Rightarrow\
\left|\log\biggl(1\!-\!\frac{z}{\alpha_k}\biggr)e^{p_k(z)}\right|\le
\log\biggl(1+\frac{|z|}{|\alpha_k|}\biggr)+ \left|\frac{z}{\alpha_k}\right|^\varkappa\!\!
({\textstyle 2^{\varkappa-1}+\frac{1}{2}\,2^{\varkappa-2}+...+\frac{1}{\varkappa}})\le
C\left|\frac{z}{\alpha_k}\right|^\tau,
$$
поскольку $\tau>\varkappa$.

\pagebreak\noindent В итоге для всех $k$ имеем
$$
\left|\log\biggl(1\!-\!\frac{z}{\alpha_k}\biggr)e^{p_k(z)}\right|\le
C\left|\frac{z}{\alpha_k}\right|^\tau.
$$
Суммируя, получаем требуемую оценку (при условии, что $\sum_{k\ge 1}
|\alpha_k|^{-\tau}<\infty$).

Если же $\sum_{k\ge 1} |\alpha_k|^{-\tau}=\infty$, то $\varkappa\le\tau<\varkappa+1$ и
аналогичные рассуждения могут быть проделаны с произвольным $\tau'\in(\tau,\varkappa+1]$, что
и доказывает теорему.
\end{proof}

\begin{corollary}[еще одна теорема Бореля] Пусть $f$ - целая функция конечного порядка
$\rho<\infty$ (но которая при этом не является многочленом). Тогда\\
i) Если $\rho\notin\N_0$\,, то для каждого $A\in\C$ уравнение $f(z)=A$ имеет бесконечно много
решений и показатель сходимости этих решений (с учетом кратности) $\tau_A$ равен $\rho$.\\
ii) Если $\rho\in\N_0$\,, то для всех $A\in\C$, кроме возможно одного исключительного
значения, уравнение $f(z)=A$ имеет бесконечно много решений и $\tau_A=\rho$.
\end{corollary}
\begin{proof} i) Доказывать нечего. В самом деле, порядок функции $f(z)-A$ равен порядку
$f(z)$, т.е. является нецелым числом $\rho$. С другой стороны, этот же порядок равен
максимуму из (целой) степени многочлена и $\tau_A$\,. Значит, $\tau_A=\rho$.\\
ii) Предположим, что $\rho=n\in\N_0$ и есть два значения $A\ne B$, для которых утверждение
неверно. Так как $\tau_A$ строго меньше порядка функции $f(z)-A$ имеем
$$
f(z)-A=e^{c_A z^n}\cdot f_1(z),
$$
где $c_A\ne 0$ и порядок $\rho_1$ функции $f_1$ строго меньше, чем $n$. Заметим, что
$$
\log |e^{c_Az^n}|={\Re c_Az^{n}}=|c_A|{\cos(\arg c_A + n\arg z)\cdot |z|^n}\,.
$$
Так как $\rho_1<n$, для всех таких $\theta$, что $\cos(\arg c_A + n\theta)<0$ имеем
$$
\log |f(Re^{i\theta})-A|\le |c_A|\cos(\arg c_A + n\theta)\cdot R^n +O(R^{\rho_1})\to
-\infty,\quad R\to+\infty,
$$
то есть $|f(Re^{i\theta})-A|\to 0$ при $R\to+\infty$. Аналогично, для некоторого $c_B\ne 0$
верно
$$
\theta:\cos(\arg c_B + n\theta)<0 \ \ \Rightarrow\ \ |f(Re^{i\theta})-B|\to 0,\quad
R\to+\infty.
$$
Легко понять, что раз $A\ne B$, то получающиеся углы должны в точности заполнять всю плоскость
(поскольку они не могут пересекаться, а их сумма есть
$n\cdot\frac{\pi}{n}+n\cdot\frac{\pi}{n}=2\pi$). Таким образом, для всех $\theta$, кроме
конечного числа, рассматриваемая функция ограничена на луче $Re^{i\theta}$, $R\in[0,+\infty)$,
что противоречит принципу Фрагмена-Линделёфа.
\end{proof}
\remark i) Проверим, что в случае $\rho=0$ для всех $A$ количество решений уравнения $f(z)=A$
бесконечно. Если бы это было не так, то для какого-то $A$ факторизация Адамара давала бы
$f(z)-A=Cz^\lambda\prod_{k=1}^N(1-\frac{z}{\alpha_k})$, т.е. рассматриваемая функция обязана
была бы быть многочленом.\\
ii) Про решения уравнения $f(z)=A_0$\,, где $A_0$ - исключительное значение, ничего (кроме
$\tau_{A_0}\le\rho$) сказать нельзя. Их может вообще не быть ($e^z$), их число может быть
конечным ($e^zP(z)$) или же бесконечным, но с другим показателем сходимости ($e^{z^2}\sin z$).

\pagebreak

\noindent{\bf Пример.\ } Рассмотрим целую функцию $\sin z=\frac{1}{2i}\,(e^{iz}-e^{-iz})$. Ее
порядок равен $1$, нули находятся в точках $\pi k$, $k\!\in\!\Z$, показатель сходимости нулей
также равен $1$. Факторизация Адамара дает
$$
\sin z= e^{az+b}z\prod_{k=1}^{+\infty}\biggl(1\!-\!\frac{z^2}{\pi^2k^2}\biggr)=
z\prod_{k=1}^{+\infty}\biggl(1\!-\!\frac{z^2}{\pi^2k^2}\biggr)\,,
$$
поскольку $a$ должно быть равно $0$ из-за нечетности синуса, а $b\!=\!0$ в силу $(\sin
z)'\big|_{z=0}=1$\,.

\begin{center}
{\large {\bf Лекция пятая. 25 марта 2005.}}
\end{center}

\section{Гамма-функция.}

\begin{definition} При $\Re z\!>\!0$ положим
\begin{equation}
\label{GammaDef} \Gamma(z):=\int_0^{+\infty}\!\!t^{z-1}e^{-t}dt\,.
\end{equation}
\end{definition}
\remark Здесь значение $t^{z-1}:=e^{(z-1)\log t}$ корректно определено и, кроме того,
$$
|\Gamma(z)|\le \int_0^{+\infty}|t^{z-1}|e^{-t}dt = \int_0^{+\infty}t^{\Re z-1}e^{-t}dt=
\Gamma(\Re z)<+\infty\,,\quad \Re z\!>\!0\,.
$$
\begin{lemma} i) Для $\Re z\!>\!0$ верно тождество $z\Gamma(z)\!=\!\Gamma(z\!+\!1)$.\\
ii) Для $\Re z\!>\!0$ справедливо представление
\begin{equation}
\label{GammaDef1} \Gamma(z)=\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{(-1)^n}{n!(z\!+\!n)}+
\int_1^{+\infty}\!\!t^{z-1}e^{-t}dt\,.
\end{equation}
\end{lemma}
\begin{proof} i) Доказывается интегрированием по частям:
$$
\Gamma(z\!+\!1)=\int_0^{+\infty}\!\!t^ze^{-t}dt=-t^ze^{-t}\Big|_0^{+\infty}+
z\int_0^{+\infty}\!\!t^{z-1}e^{-t}dt=z\Gamma(z)\,.
$$
ii) Легко видеть, что
$$
\int_0^1\!t^{z-1}e^{-t}dt=\int_0^1\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{(-1)^nt^{z-1+n}}{n!}\,dt
=\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{(-1)^n}{n!(z\!+\!n)}\,.
$$
\end{proof}
\begin{definition} Для $z\ne 0,-1,-2,\dots$ определим $\Gamma(z)$ по формуле
(\ref{GammaDef1}).
\end{definition}
\remark Очевидное преимущество представления (\ref{GammaDef1}) по сравнению с (\ref{GammaDef})
в том, что ряд равномерно сходится на любом компакте, не содержащем отрицательных целых точек,
а интеграл сходится равномерно вообще на любом ограниченном множестве.
\begin{proposition} $\Gamma\!\in\! H(\C\setminus\{0,-1,\dots\})$. В точке $-n$
$\Gamma(z)$ имеет простой полюс с вычетом $\frac{(-1)^n}{n!}$\,, $n\!\in\!\N_0$\,. Основное
тождество $z\Gamma(z)\!=\!\Gamma(z\!+\!1)$ справедливо во всей плоскости $\C$\,.
\end{proposition}
\begin{proof}
Рассмотрим аналитическое продолжение $\Gamma$-функции с правой полуплоскости на
$\C\setminus\{0,-1,\dots\}$ по формуле (\ref{GammaDef1}). Ясно, что если мы рассмотрим
альтернативное продолжение $\widetilde\Gamma (z)$ по формуле
$\Gamma(z\!-\!1)\!\equiv\!(z\!-\!1)^{-1}\Gamma(z)$, то опять-таки получится аналитическая в
$\C\setminus\{0,-1,\dots\}$ функция. Осталось заметить, что аналитическое продолжение
единственно. Характер особенностей в отрицательных целых точках сразу вытекает из основного
тождества.
\end{proof}
\begin{theorem}[Формула Эйлера] \label{*GammaEuler} Для всех $z \ne 0,-1,\dots$ верно
$$
\Gamma(z)=\lim_{n\to\infty}\frac{n!\cdot n^z}{z(z\!+\!1)\dots(z\!+\!n)}\,.
$$
\end{theorem}
\begin{proof}
Ясно, что если формула справедлива для какого-то $z$, то она автоматически выполняется и для
$z\!-\!1$, поскольку мы можем воспользоваться основным тождеством. Поэтому, достаточно
рассматривать только $\Re z\!>\!0$\,. Вычислим интеграл
$$
I_n(z):=\int_0^n t^{z-1}\biggl(1\!-\!\frac{t}{n}\biggr)^ndt\,,
$$
а потом оценим разность $e^{-t}-(1-\frac{t}{n})^n$. После замены переменной и многократного
интегрирования по частям имеем
$$
I_n(z)=n^z\int_0^1\tau^{z-1}(1\!-\!\tau)^nd\tau = n^z\cdot
\frac{n}{z}\int_0^1\tau^z(1\!-\!\tau)^{n-1}d\tau =\dots = \frac{n!\cdot
n^z}{z(z\!+\!1)\dots(z\!+\!n)}\,.
$$
Таким образом, осталось доказать, что $I_n(z)\!\to\!\Gamma(z)$ при $n\!\to\!\infty$\,. Так как
для всех $t\!\in\!\R$, $|t|\!\le\! n$ верно $e^t\!\ge\!(1\!+\!\frac{t}{n})^n$, видим
$$
0\le e^{-t}-\biggl(1\!-\!\frac{t}{n}\biggr)^n=
e^{-t}\left(1-e^t\biggl(1\!-\!\frac{t}{n}\biggr)^n\right)\le
e^{-t}\left(1\!-\!\biggl(1\!-\!\frac{t^2}{n^2}\biggr)^n\right)\le \frac{t^2e^{-t}}{n}\,.
$$
Отсюда
$$
\biggl|I_n(z)-\int_0^n t^{z-1}e^{-t}dt\biggr|\le \frac{1}{n}\int_0^n|t^{z+1}|e^{-t}dt\le
\frac{1}{n}\,\Gamma(\Re z \!+\! 2)\to 0\,,\quad n\!\to\!\infty\,.
$$
Наконец, $\int_n^{+\infty}t^{z-1}e^{-t}\!\to\!0$\,, поскольку интеграл сходится.
\end{proof}
\begin{corollary}[разложение в бесконечное произведение]
$\frac{1}{\Gamma(z)}$ является целой функцией и ее факторизация Адамара есть
$$
\frac{1}{\Gamma(z)}= e^{cz}\cdot
z\prod_{k=1}^{+\infty}\biggl(1\!+\!\frac{z}{k}\biggr)e^{-\frac{z}{k}}\,,
$$
где $c\!=\!\lim_{n\to\infty}(\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}-\log n)=0.57...$. В частности,
$\Gamma(z)$ не имеет нулей.
\end{corollary}
\begin{proof}
Заметим, что
$$
\left(\frac{n!\cdot n^z}{z(z\!+\!1)\dots(z\!+\!n)}\right)^{\!-1} = e^{-z\log n}\cdot
z\prod_{k=1}^n\biggl(1\!+\!\frac{z}{k}\biggr) = e^{z(\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}\,-\,\log n)}\cdot
z\prod_{k=1}^{n}\biggl(1\!+\!\frac{z}{k}\biggr)e^{-\frac{z}{k}}\,.
$$
Осталось применить формулу Эйлера.
\end{proof}
\begin{corollary}[формула отражения] Справедливо тождество
$$
\Gamma(z)\Gamma(-z)=-\frac{\pi}{z\sin \pi z}\quad \Leftrightarrow \quad
\Gamma(z)\Gamma(1\!-\!z)=\frac{\pi}{\sin \pi z}\,,\quad z\!\in\!\C\,.
$$
\end{corollary}
\begin{proof} В самом деле,
$$
\frac{1}{\Gamma(z)\Gamma(-z)}= e^{cz}\cdot
z\prod_{k=1}^{+\infty}\biggl(1\!+\!\frac{z}{k}\biggr)e^{-\frac{z}{k}}\cdot e^{-cz}\cdot
(-z)\prod_{k=1}^{+\infty}\biggl(1\!-\!\frac{z}{k}\biggr)e^{\frac{z}{k}}=
-z^2\prod_{k=1}^{+\infty}\biggl(1\!-\!\frac{z^2}{k^2}\biggr)= -\frac{z\sin{\pi z}}{\pi}\,,
$$
где мы использовали разложение синуса в бесконечное произведение.
\end{proof}
\remark В частности, $\Gamma(\frac{1}{2})=\sqrt{\pi\big/\sin \frac{\pi}{2}}=\sqrt{\pi}$\,.

\section{Асимптотика $\Gamma(z)$. Формула Стирлинга.}
\begin{lemma}[формула Эйлера-Маклорена] \label{*EulerMcLoren} Пусть $f\!\in\!C^1([0,n])$. Тогда
$$
\sum_{k=0}^nf(k)-\int_0^n\!f(t)dt= \frac{f(0)\!+\!f(n)}{2}+\int_0^n\!f'(t)
\left(\{t\}\!-\!{\textstyle{\frac{1}{2}}}\right)dt\,.
$$
\end{lemma}
\begin{proof} Легко видеть, что интегрирование по частям дает
$$
\int_{k}^{k+1}\!f'(t)\left(\{t\}\!-\!{\textstyle{\frac{1}{2}}}\right)dt =
f(t)\left(\{t\}\!-\!{\textstyle{\frac{1}{2}}}\right)\Big|_k^{k+1}-\int_k^{k+1}\!f(t)dt =
\frac{f(k)\!+\!f(k\!+\!1)}{2}-\int_k^{k+1}f(t)dt\,.
$$
Суммируя по $k$, получаем требуемое равенство.
\end{proof}
\begin{theorem}[формула Стирлинга] Для каждого $\varepsilon\!>\!0$ асимптотика
$$
\log\frac{1}{\Gamma(z)}=-\biggl(z\!-\!{\frac{1}{2}}\biggr)\log z + z -\frac{1}{2}\,\log 2\pi
+O(z^{-1})\,,\quad z\!\to\!\infty\,,
$$
выполняется равномерно в угле $\arg z\!\in\![-\pi\!+\!\varepsilon,\pi\!-\!\varepsilon]$\,.
\end{theorem}
\remark i) Так как $\frac{1}{\Gamma(z)}$ не имеет нулей в $\C\setminus\R_-$\,, в этой области
можно определить не только однозначную ветвь $\log z$\,, но и однозначную ветвь $\log
\frac{1}{\Gamma(z)}$\,.\\
ii) Нельзя надеяться получить осмысленную асимптотику во всей плоскости, поскольку
гамма-функция имеет счетное множество полюсов на отрицательной полуоси. В то же время это и не
нужно, поскольку всегда можно воспользоваться формулой отражения.\\
iii) Несложное тождественное преобразование дает
$$
\Gamma(z)=\sqrt{\frac{2\pi}{z}}\cdot\biggl(\frac{z}{e}\biggr)^z(1\!+\!O(z^{-1}))\,,\quad
z\!\to\!\infty\,,\quad \arg z\!\in\![-\pi\!+\!\varepsilon,\pi\!-\!\varepsilon]\,.
$$
\begin{proof} По-прежнему, будем использовать формулу Эйлера (Теорема \ref{*GammaEuler}). Имеем
$$
\log\frac{z(z\!+\!1)\dots(z\!+\!n)}{n!\cdot n^z}=\sum_{k=0}^n\log(z\!+\!k)-\sum_{k=1}^n\log k
-z\log n
$$
Лемма \ref{*EulerMcLoren} дает
$$
\sum_{k=0}^n\log(z\!+\!k)=\int_0^n\!\log(z\!+\!t)dt + \frac{\log z\!+\!\log
(z\!+\!n)}{2}+\underbrace{\int_0^n\frac{\{t\}-\frac{1}{2}}{z\!+\!t}\,dt}_{I_n(z)}=
$$
$$
=t(\log t\!-\!1)\Big|_z^{z+n}+\frac{\log z\!+\!\log (z\!+\!n)}{2}+I_n(z)=
(z\!+\!n\!+\!{\textstyle\frac{1}{2}})\log(z\!+\!n)-(z\!-\!{\textstyle\frac{1}{2}})\log z - n +
I_n(z)\,.
$$
Подставляя сюда $z\!=\!1$ и вычитая "лишнее"\ слагаемое $\log(n\!+\!1)$ имеем
$$
\sum_{k=1}^n\log k = (n\!+\!{\textstyle\frac{1}{2}})\log(n\!+\!1) - n + I_n(1)\,.
$$
Значит,
$$
\log\frac{z(z\!+\!1)\dots(z\!+\!n)}{n!\cdot n^z}= -(z\!-\!{\textstyle\frac{1}{2}})\log z +
z\log\frac{z\!+\!n}{n}+
(n\!+\!{\textstyle\frac{1}{2}})\log\frac{z\!+\!n}{n\!+\!1}+I_n(z)-I_n(1)\,.
$$
Устремляя $n\!\to\!\infty$\,, получаем
$$
\log\frac{1}{\Gamma(z)}=-(z\!-\!{\textstyle\frac{1}{2}})\log z +z-1-I(1)+I(z)\,,
$$
где
$$
I(z)=\int_0^{+\infty}\frac{\{t\}-\frac{1}{2}}{z\!+\!t}\,dt
$$
(несобственный интеграл сходится по признаку Дирихле). Интегрируя по частям, получаем
$$
I(z)=\int_0^{+\infty}\frac{\varphi(t)dt}{(z\!+\!t)^2}\,,\qquad
\varphi(t):=\int_0^t(\{s\}\!-\!{\textstyle\frac{1}{2}})ds=\frac{1}{2}\,\{t\}(\{t\}\!-\!1)\,.
$$
Отсюда несложно получить оценку $I(z)\!=\!O(z^{-1})$ (равномерную в произвольном угле $\arg
z\!\in\![-\pi\!+\!\varepsilon,\pi\!+\!\varepsilon]$). Именно, если $z\!=\!x\!+\!iy$\,, то
$$
|I(z)|\le\frac{1}{8}\int_0^{+\infty}\!\!\frac{dt}{|z\!+\!t|^2}=
\frac{1}{8}\int_0^{+\infty}\!\!\frac{dt}{(x\!+\!t)^2\!+\!y^2}\le
\cases{\frac{1}{8}\int_0^{+\infty}\frac{dt}{(x+t)^2}=\frac{1}{8x}\,, & $x\!>\!0$\,, \cr
\frac{1}{8}\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{dt}{t^2+y^2}=\frac{\pi}{8|y|}\,, & $|y|\!\ne\!0$\,.}
$$
Первая оценка работает в секторе $\arg z\!\in\![-\varepsilon,\varepsilon]$, а вторая - в
оставшейся области.

Все что нам осталось - это вычислить константу $A=-1\!-\!I(1)$\,.

\pagebreak

\begin{center}
{\large {\bf Лекция шестая. 28 марта 2005.}}
\end{center}

Рассмотрим тождество
$$
\frac{1}{\Gamma(iy)\Gamma(-iy)}=-\frac{iy\sin \pi iy}{\pi}=\frac{y(e^{\pi y}\!-\!e^{-\pi y})}
{2\pi}
$$
при $y\!\to\!+\infty$\,. Логарифмируя, получаем
$$
\pi y+\log y -\log 2\pi +o(1) =\log \frac{1}{\Gamma(iy)\Gamma(-iy)} =
$$
$$
=-(iy\!-\!{\textstyle\frac{1}{2}})\log iy - (-iy\!-\!{\textstyle\frac{1}{2}})\log (-iy) +2A +
o(1)=\pi y +\log y+2A+o(1)\,.
$$
Следовательно, $A=-\frac{1}{2}\,\log 2\pi$\,, что и требовалось доказать.
\end{proof}
\section{Уточнение асимптотики $\Gamma(z)$. Числа Бернулли.}
Напомним, что мы только что доказали тождество
$$
\log\Gamma(z)=\biggl(z\!-\!{\frac{1}{2}}\biggr)\log z - z +\frac{1}{2}\,\log 2\pi
-I(z)\,,\qquad I(z)=\int_0^{+\infty}\frac{\{t\}-\frac{1}{2}}{z+t}\,dt\,.
$$
Интегрируя $I(z)$ по частям, довольно легко найти любое конечное число слагаемых типа
$O(z^{-k})$ в асимптотике $\log\Gamma(z)$\,. Рассмотрим последовательность функций
$$
\omega_0(t)\equiv 1\,,\quad \omega_1(t)\equiv\{t\}-\frac{1}{2}\,,\qquad
\omega_{k+1}'(t)\equiv\omega_k(t)\,,\ \ \int_0^1\omega_{k+1}(t)dt\!=\!0\,,\ \ k\!\ge\!1\,.
$$
При помощи индукции по $k$ легко установить, что $\omega_k(t)$ - периодичная функция и, более
того, $\omega_k(t)$ - это полином степени $k$ от $\{t\}$\,. В частности,
$$
\omega_2(t)\equiv\frac{1}{2}\,\{t\}^2-\frac{1}{2}\,\{t\}+\frac{1}{12}\,,\qquad
\omega_3(t)\equiv\frac{1}{6}\,\{t\}^3-\frac{1}{4}\,\{t\}^2+\frac{1}{12}\,\{t\}\,.
$$
Интегрирование по частям дает
$$
-I(z)=-\int_0^{+\infty}\frac{\omega_1(t)}{z\!+\!t}\,dt=
\frac{\omega_2(0)}{z}-\int_0^{+\infty}\frac{\omega_2(t)}{(z\!+\!t)^2}\,dt=
\frac{\omega_2(0)}{z}+\frac{\omega_3(0)}{z^2}-
2\int_0^{+\infty}\frac{\omega_3(t)}{(z\!+\!t)^3}\,dt=
$$
$$
=\dots= \frac{\omega_2(0)}{z}+\dots+\frac{(k\!-\!2)!\cdot\omega_{k}(0)}{z^{k-1}}+O(z^{-k})\,,
\quad k\!\ge\!1\,,
$$
при $z\!\to\!\infty$\,, $\arg z\!\in\![-\pi\!-\!\varepsilon,\pi\!+\!\varepsilon]$\,.

\begin{definition}
Полиномы Бернулли $B_k(t)$\,, $k\!\ge\!0$\,, определяются равенством
$\omega_k(t)\!\equiv\!\frac{1}{k!}\,B_k(\{t\})$\,. Их значения при $t\!=\!0$ называются
числами Бернулли $B_k:=B_k(0)$\,.
\end{definition}
\remark Старший коэффициент полинома Бернулли равен $1$.

\pagebreak

Найдем производящую функцию для полиномов Бернулли. Рассмотрим формальный степенной ряд
$$
G(x,t):=\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{B_n(x)}{n!}\,t^n\,.
$$
Тогда для $x\!\in\!(0,1)$\,.
$$
G'_x(x,t)\equiv\left(\sum_{n=0}^{+\infty}\omega_n(x)t^n\right)'_x\equiv
\sum_{n=1}^{+\infty}\omega_{n-1}(x)t^n=tG(x,t)
$$
и, следовательно, должно быть
$$
G(x,t)\equiv e^{xt}G(0,t)\,.
$$
Кроме того,
$$
\int_0^1G(x,t)dx=\sum_{n=0}^{+\infty}\,t^n\!\!\int_0^1\omega_n(x)dx=1\,,
$$
что дает
$$
1=G(0,t)\int_0^1e^{xt}dx=G(0,t)\cdot\frac{e^t\!-\!1}{t}\quad\Rightarrow\quad
G(0,t)\equiv\frac{t}{e^t\!-\!1}\quad\Rightarrow\quad G(x,t)\equiv\frac{te^{xt}}{e^t\!-\!1}\,.
$$
Таким образом, доказана
\begin{lemma} \label{*GenBern} Справедливы тождества
$$
\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{B_n(x)}{n!}\,t^n\equiv\frac{te^{xt}}{e^t\!-\!1}\,,\qquad
\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{B_n}{n!}\,t^n\equiv\frac{t}{e^t\!-\!1}\,.
$$
\end{lemma}
\remark Правые части представляют собой мероморфные функции с с особенностями в точках $\pm
2\pi i,\ \pm4\pi i,\dots$. Таким образом, все ряды сходятся при $|t|<2\pi$ и предыдущие
рассуждения корректны для таких $t$ и $x\!\in\!(0,1)$. Так как обе части аналитичны по $x$,
результат сразу же переносится на все $x\!\in\!\C$\,.

Зная производящую функцию, можно получать разнообразные "комбинаторные"\ тождества. Мы не
будем углубляться в эту деятельность, ограничившись следующими двумя утверждениями:
\begin{lemma} i) $B_{2s+1}\!=\!0$ для всех $s\!\ge\!1$\,.\\
ii) Для всех $n\!\ge\!0$ справедливо тождество $B_n(x)\equiv\sum_{j=0}^n C_n^jB_{n-j}x^j$\,.
\end{lemma}
\begin{proof} i) Так как $B_1\!=\!-\frac{1}{2}$\,, требуемое утверждение эквивалентно четности
функции
$$
\frac{t}{e^t\!-\!1}+\frac{t}{2}\equiv\frac{t}{2}\cdot\frac{e^t\!+\!1}{e^t\!-\!1}\equiv
-\frac{t}{2}\cdot\frac{e^{-t}\!+\!1}{e^{-t}\!-\!1}\,.
$$
ii) Заметим, что
$$
\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{B_n(x)}{n!}\,t^n\equiv e^{xt}\cdot\frac{t}{e^t\!-\!1}\equiv
\sum_{j=0}^{+\infty}\frac{1}{j!}\,(xt)^j\cdot\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{B_k}{k!}\,t^k\,.
$$
Приравнивая коэффициенты при $t^n$, получаем
$$
\frac{B_n(x)}{n!}=\sum_{j=0}^n\frac{B_{n-j}x^j}{j!(n\!-\!j)!}\,,
$$
что и требовалось доказать.
\end{proof}
\begin{proposition}[значение $\zeta(2s)$] \label{*Zeta2s} Для всех $s\!\ge\!1$ верно
$$
\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n^{2s}}=\frac{(2\pi)^{2s}(-1)^{s-1}B_{2s}}{2(2s)!}\,.
$$
\end{proposition}
\begin{proof}%[Доказательство (немного в стиле белого рояля в кустах).]
Лемма \ref{*GenBern} (с учетом того, что $B_1\!=\!-\frac{1}{2}$ и $B_3\!=\!B_5\!=\!\dots\!=0$)
дает
$$
\sum_{s=0}^{+\infty}\frac{(2\pi it)^{2s}B_{2s}}{(2s)!}\equiv \frac{2\pi it}{e^{2\pi
it}\!-\!1}+\pi it\equiv\pi it\,\frac{e^{2\pi it}\!+\!1}{e^{2\pi it}\!-\!1}\equiv \pi t\ctg \pi
t\equiv 1+\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{2t^2}{t^2\!-\!n^2}\,.
$$
Разложим дроби в ряды по степеням $t$:
$$
\frac{2t^2}{t^2\!-\!n^2}\equiv -\frac{2t^2}{n^2}\cdot\frac{1}{1\!-\!\frac{t^2}{n^2}}\equiv
-2\sum_{s=1}^{+\infty}\frac{t^{2s}}{n^{2s}}\,.
$$
Приравнивая теперь коэффициенты при $t^{2s}$ (отметим еще, что все ряды являются
аналитическими функциями при $|t|\!<\!1$\,, поэтому рассуждения корректны), получаем требуемое
равенство.
\end{proof}
\remark Из Предложения \ref{*Zeta2s} непосредственно вытекает, что
$$
B_{2s}\sim (-1)^{s-1}\frac{2(2s)!}{(2\pi)^{2s}}\,,\quad s\!\to\!\infty\,.
$$

Возвращаясь к асимптотике $\log \Gamma(z)$\,, мы можем написать
$$
\log\Gamma(z)=\biggl(z\!-\!{\frac{1}{2}}\biggr)\log z - z +\frac{1}{2}\,\log 2\pi
+\sum_{s=1}^k\frac{B_{2s}}{2s(2s\!-\!1)z^{2s-1}}+O(z^{-2k-1})
$$
при $z\!\to\!\infty$\,, $\arg z\!\in\![-\pi\!+\!\varepsilon,\pi\!+\!\varepsilon]$\,, где $k$ -
произвольное натуральное число. Необходимо {\underline{подчеркнуть}}, что ряд
$$
\sum_{s=1}^{+\infty}\frac{B_{2s}}{2s(2s\!-\!1)z^{2s-1}}
$$
расходится при всех $z\!\in\!\C$ в силу факториального роста чисел Бернулли. Это вполне
естественно - если бы он сходился при каком-то $z_0\!\in\!\C$\,, то, как и всякий степенной
ряд, должен был бы сходиться и при всех $z:|z|\!>\!|z_0|$, что выглядит по меньшей мере
странно, если $z$ - отрицательное целое число. Такого рода разложения называются {\it
асимптотическими рядами}.

\section{Дзэта-функция Римана.}
\begin{definition} Для $s\!\in\!\C$: $\Re s\!>\!1$ положим
$$
\zeta(s):=\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n^s}\,.
$$
\end{definition}
\remark Ряд сходится, так как $|n^{-s}|=n^{-\Re s}$.

Наша ближайшая цель - построить аналитическое продолжение $\zeta(s)$ во всю комплексную
плоскость. Исходное определение для этой цели малопригодно, поэтому докажем лемму об
интегральном представлении:
\begin{lemma}\label{*ZetaInt}
При $\Re s\!>\!1$ верно
\begin{equation}
\zeta(s)=\frac{1}{\Gamma(s)}\int_0^{+\infty}\frac{x^{s-1}}{e^x\!-\!1}\,dx
\end{equation}
\end{lemma}
\remark Интеграл сходится, поскольку $\frac{x^{s-1}}{e^x-1}\sim x^{s-2}$ при $x\!\to\!+0$\,.
\begin{proof}
По определению,
$$
\Gamma(s)\zeta(s)=\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{\Gamma(s)}{n^s}\,.
$$
Заметим, что
$\Gamma(s)\!=\!\int_0^{+\infty}t^{s-1}e^{-t}dt\!=\!n^s\int_0^{+\infty}x^{s-1}e^{-nx}dx$\,.
Следовательно,
$$
\Gamma(s)\zeta(s)=\sum_{n=1}^{+\infty}\int_0^{+\infty}x^{s-1}e^{-nx}dx=
\int_0^{+\infty}x^{s-1}\sum_{n=1}^{+\infty}e^{-nx}\,dx=
\int_0^{+\infty}\frac{x^{s-1}}{e^x\!-\!1}\,dx\,.
$$
Обоснование изменения порядка суммирования: поскольку $|x^{s-1}e^{-nx}|=x^{\Re s-1}e^{-nx}$,
этот "двойной интеграл"\ абсолютно сходится (и оценивается при этом через $\Gamma(\Re
s)\zeta(\Re s)$).
\end{proof}

\begin{center}
{\large {\bf Лекция седьмая. 08 апреля 2005.}}
\end{center}

\begin{theorem} i) $\zeta(s)-\frac{1}{s-1}\in H(\C)$ (т.е. $\zeta(s)$ может быть
аналитически продолжена во всю плоскость, кроме точки $s\!=\!1$, где она имеет
простой полюс с вычетом $1$);\\
ii) Справедливо тождество
$$
\zeta(1\!-\!s)=\frac{2\cos\frac{\pi s}{2}\,\Gamma(s)}{(2\pi)^s}\,\zeta(s)\,,\quad
s\!\in\!\C\,.
$$
\end{theorem}
\begin{proof}
i) Как и при построении аналитического продолжения (\ref{GammaDef1}) функции $\Gamma(s)$, мы
будем использовать интегральное представление. При $\Re s\!>\!1$ справедливо
$$
\zeta(s)=\frac{1}{\Gamma(s)}\int_0^{+\infty}\frac{x^{s-1}}{e^x\!-\!1}\,dx=
\frac{1}{\Gamma(s)}\left[\int_0^1\frac{x^{s-1}}{e^x\!-\!1}\,dx +
\int_1^{+\infty}\frac{x^{s-1}}{e^x\!-\!1}\,dx\right]=
$$
(отметим, что второй интеграл сходится при всех значениях $s\!\in\!\C$)
$$
=%\zeta(s)=
\frac{1}{\Gamma(s)}\left[\int_0^1\biggl(\frac{1}{e^x\!-\!1}-\frac{1}{x}\biggr)x^{s-1}dx
+\frac{1}{s-1}+\int_1^{+\infty}\frac{x^{s-1}}{e^x\!-\!1}\,dx\right]=
$$
(это представление задает аналитическое продолжение $\zeta(s)$ в $\{s:\Re s\!>\!0\,,\
s\!\ne\!1\}$)
$$
=\frac{1}{\Gamma(s)}\left[\int_0^1\biggl(\frac{1}{e^x\!-\!1}-\frac{1}{x}+
\frac{1}{2}\biggr)x^{s-1}dx
+\frac{1}{s-1}-\frac{1}{2s}+\int_1^{+\infty}\frac{x^{s-1}}{e^x\!-\!1}\,dx\right]\,.
$$
Последняя формула работает при $\Re s\!>\!-1$, так как $\frac{1}{e^x\!-\!1}-\frac{1}{x}+
\frac{1}{2}=O(x)$, $x\!\to\!0$\,. Ясно, что такую процедуру заведомо можно повторить
произвольное конечное число раз, получая представление для $\zeta(s)$ в области $\Re
s\!>\!-k$\,. Отметим еще, что особенности в точках $s\!=\!-k$\,, $k\!\ge\!0$ отсутствуют,
поскольку $\frac{1}{\Gamma(s)}$ имеет там нули.\\
ii) Докажем справедливость формулы при $-1\!<\!\Re s\!<\!0$ (так как и левая, и правая части
аналитичны во всей плоскости кроме $s\!=\!0$, этого достаточно). Имеем
$$
\zeta(s)\Gamma(s)= \int_0^1\biggl(\frac{1}{e^x\!-\!1}-\frac{1}{x}+ \frac{1}{2}\biggr)x^{s-1}dx
+\frac{1}{s-1}-\frac{1}{2s}+\int_1^{+\infty}\frac{x^{s-1}}{e^x\!-\!1}\,dx =
$$
$$
=\int_0^{+\infty}\biggl(\frac{1}{e^x\!-\!1}-\frac{1}{x}+ \frac{1}{2}\biggr)x^{s-1}dx
$$
Заметим, что
$$
\frac{1}{e^x\!-\!1}+\frac{1}{2}=\frac{1}{2}\,\frac{e^x\!+\!1}{e^x\!-\!1}= -\frac{\ctg
\frac{ix}{2}}{2i}= -\frac{1}{2i}\biggl(\frac{2}{ix}+\sum_{n\ge
1}\frac{ix}{-\frac{x^2}{4}-\pi^2n^2}\biggr) = \frac{1}{x}+\sum_{n\ge
1}\frac{2x}{x^2\!+\!4\pi^2n^2}\,.
$$
Значит,
$$
\zeta(s)\Gamma(s)= 2\int_0^{+\infty}\sum_{n\ge 1}\frac{x^s}{x^2\!+\!4\pi^2n^2}\,dx=
2\sum_{n\ge 1} \int_0^{+\infty}\!\!\frac{x^sdx}{x^2\!+\!4\pi^2n^2}
$$
(интеграл и суммирование можно менять местами, поскольку все оценивается через $\zeta(\Re
s)\Gamma(\Re s)\!<\!+\infty$). В то же время каждый интеграл легко вычисляется по вычетам
(напомним, что $-1\!<\!\Re s\!<\!0$):
$$
\int_0^{+\infty}\!\!\frac{x^sdx}{x^2\!+\!4\pi^2n^2}= \frac{2\pi i}{1\!-\!e^{2\pi i s}}\,
\left(\res_{x=2\pi in}+\res_{x=-2\pi in}\right) = \frac{2\pi i}{1\!-\!e^{2\pi i
s}}\,\biggl(\frac{(2\pi in)^s}{4\pi in}+\frac{(-2\pi in)^s}{-4\pi in}\biggr)=
$$
$$
=\frac{(2\pi n)^{s}}{2n}\,\frac{e^{\frac{\pi}{2} is} - e^{\frac{3\pi}{2} is}}{1\!-\!e^{2\pi i
s}}= \frac{(2\pi n)^{s}}{4n\cos\frac{\pi s}{2}}=\frac{(2\pi)^s}{4\cos\frac{\pi s}{2}}\,
n^{s-1}\,.
$$
Суммируя по $n$, получаем анонсированную формулу $2\zeta(s)\Gamma(s)\cos\frac{\pi s}{2}=
(2\pi)^s\sum_{n\ge 1}n^{s-1}$ (ряд $\sum_{n\ge 1}n^{s-1}=\zeta(1\!-\!s)$ сходится, так как
$\Re s\!<\!0$).
\end{proof}
\begin{corollary}
$\zeta(-2)\!=\!\zeta(-4)\!=\!\dots\!=\!0$ и других нулей в $\{s:\Re s\!>\!1\}\cup\{s:\Re
s\!<\!0\}$ дзэта-функция не имеет.
\end{corollary}
\begin{proof} То, что $\zeta(s)\!\ne\!0$ при $\Re s\!>\!1$ вытекает из разложения в бесконечное
произведение (см. первый пункт следующей леммы), остальное получается при помощи формулы,
выражающей $\zeta(1\!-\!s)$ через $\zeta(s)$\,.
\end{proof}

Установим еще связь $\zeta(s)$ с распределением простых чисел.
\begin{lemma} i) При $\Re s\!>\!1$ верно
$\displaystyle \zeta(s)=\prod_{k\ge 1}\biggl(1\!-\!\frac{1}{p_k^s}\biggr)^{\!\!-1}\,, $ где
$p_k\!=\!2,3,5,7,11,13,17\dots$\linebreak В частности, $\zeta(s)$ не имеет нулей в
полуплоскости
$\{s:\Re s\!>\!1\}$\,.\\
ii) При $\Re s\!>\!1$ справедливо интегральное представление
$$
\log\zeta(s)=s\int_2^{+\infty}\frac{\pi(x)dx}{x(x^s\!-\!1)}\,,
$$
где через $\pi(x)$ обозначено количество простых чисел, не превосходящих $x$\,.
\end{lemma}
\begin{proof}
i) Тождество очевидно, поскольку
$\displaystyle\biggl(1\!-\!\frac{1}{p_k^s}\biggr)^{\!\!-1}\!\!=\frac{1}{p_k^s}\!+
\!\frac{1}{p_k^{2s}}\!+\!\dots$\\
ii) Имеем
$$
\log\zeta(s)=-\sum_{k\ge 1}\log\biggl(1\!-\!\frac{1}{p_k^s}\biggr)=-\sum_{n\ge 2}
(\pi(n)\!-\!\pi(n\!-\!1))\log\biggl(1\!-\!\frac{1}{n^s}\biggr)=
$$
$$
=\sum_{n\ge 2}\pi(n)\left(-\log\biggl(1\!-\!\frac{1}{n^s}\biggr)+
\log\biggl(1\!-\!\frac{1}{(n\!+\!1)^s}\biggr)\right)= \sum_{n\ge 2}\pi(n)\int_n^{n+1}
\left(\log(1\!-\!x^{-s})\right)'dx\,.
$$
Осталось заметить, что $(\log(1\!-\!x^{-s}))'=\frac{s}{x(x^s-1)}$ и $\pi(x)\!=\!\pi(n)$ для
$x\!\in\!(n,n\!+\!1)$\,.
\end{proof}

\section{Преобразование Меллина.}
\begin{definition}
Преобразованием Меллина называется линейное отображение
$$
f(x),\ x\!\in\!\R_+\,,\quad \mapsto \quad F(s):=\int_0^{+\infty}\!\!x^{s-1}f(x)dx\,.
$$
\end{definition}
\remark Мы пока не рассматриваем вопрос сходимости интеграла.\\
\noindent {\bf Примеры. 1.\ } $f(x)=e^{-x} \mapsto F(s)=\Gamma(s)\,,\ \Re s\!>\!0$
(определение гамма-функции).\\
{\bf 2.\ } $\displaystyle f(x)=\frac{1}{e^x\!-\!1} \mapsto F(s)=\zeta(s)\,,\ \Re s\!>\!1$
(Лемма \ref{*ZetaInt}).\\
{\bf 3.}
$$
\pi(x)\mapsto \int_2^{+\infty}x^{s-1}\pi(x)dx=
\int_2^{+\infty}\biggl(\frac{1}{x(x^{-s}\!-\!1)}-
\frac{1}{x^{1-s}(x^{-s}\!-\!1)}\biggr)\pi(x)dx=
$$
$$
=-\frac{\log\zeta(-s)}{s}- \int_2^{+\infty}\frac{\pi(x)dx}{x^{1-s}(x^{-s}\!-\!1)}\,,\ \ \Re
s\!<\!-1\,.
$$
Отметим, что второй интеграл сходится при $\Re s\!<\!-\frac{1}{2}$\,, т.е. ведет себя лучше,
чем $\zeta(-s)$\,.

\pagebreak

Наша ближайшая цель - получить формулу обращения, т.е. выражение $f(x)$ через $F(s)$. После
этого, например, можно надеяться выразить $\pi(x)$ через дзэта-функцию Римана (пример 3) и из
этого извлечь какую-то информацию о простых числах.

Необходимо сказать, что преобразование Меллина легко выражается через преобразование Фурье,
которое является намного более известным.

\begin{definition} Преобразованием Фурье называется линейное отображение
$$
f(x)\,,\ x\!\in\!\R\,,\quad\mapsto\quad \nh f (t):=\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-ixt}f(x)dx\,,\
t\!\in\!\R\,.
$$
\end{definition}
\begin{theorem}[минимальные сведения о преобразовании Фурье] \ \\
i) {\bf (лемма Римана\,-Лебега)} Если $f\!\in\!L^1(\R)$\,,
%(т.е. $\int_{-\infty}^{+\infty}|f(t)|dt\!<\!+\infty$),
то $\nh f(t)\!\to\!0$\,, $t\!\to\!\pm\infty$\,.\\
ii) Пусть $f\!\in\!L^1(\R)$ и в точке $x_0\!\in\!\R$ выполнено {\bf условие Дини}
$$
\int_{x_0-\delta}^{x_0+\delta}\frac{|f(x)\!-\!f(x_0)|}{|x\!-\!x_0|}\,dx<+\infty
$$
(что заведомо так, если, например, $f\!\in\!C^1$ или даже $f\!\in\!\Lip_\alpha$\,,
$\alpha\!>\!0$). Тогда
$$
f(x_0)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}e^{ix_0t}\cdot\nh f(t)dt\,.
$$
\end{theorem}
\begin{proof}[Набросок доказательства] i) Если $f\in C^1_0(\R)$ (дифференцируемые
функции с компактным носителем), то утверждение легко доказывается
интегрированием по частям:
$$
\nh f(t)=\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-ixt}f(x)dx=
\int_{-\infty}^{+\infty}f(x)\biggl(\frac{e^{-ixt}}{-it}\biggr)'dx=
\frac{1}{it}\int_{-\infty}^{+\infty}f'(x)e^{-ixt}dx=O\biggl(\frac{1}{t}\biggr)\,.
$$
Если же мы имеем дело с произвольной функцией из $L^1(\R)$, то для каждого $\varepsilon\!>\!0$
найдется такая гладкая функция $f_1\!\in\!C^1_0(\R)$, что
$\int_{-\infty}^{+\infty}|f(x)\!-\!f_1(x)|dx<\frac{1}{2}\,\varepsilon$\,, откуда для всех $t$
имеем $|\nh f(t)\!-\!\nh f_1(t)|\!<\!\frac{1}{2}\,\varepsilon$\,. Так как $\nh
f_1(t)\!\to\!0$\,, $t\!\to\!\pm\infty$ (см. выше), то для всех достаточно больших $t$ будет
$|\nh f(t)|\!<\!\varepsilon$\,, что и доказывает требуемое утверждение в силу произвольности
выбора $\varepsilon\!>\!0$\,.\\
ii) Легко видеть, что
$$
\frac{1}{2\pi}\int_{-R}^{+R}e^{ix_0t}\cdot\nh f(t)dt=
\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}f(x)\left[\int_{-R}^Re^{i(x_0-x)t}dt\right]dx=
\int_{-\infty}^{+\infty}f(x)\cdot\frac{\sin R(x\!-\!x_0)}{\pi(x\!-\!x_0)}\,dx\,.
$$
Так как $\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\sin Ry}{y}\,{dy}\!=\!\pi$, получаем
$$
\frac{1}{2\pi}\int_{-R}^{+R}e^{ix_0t}\cdot\nh f(t)dt - f(x_0)=
\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{f(x)\!-\!f(x_0)}{\pi(x\!-\!x_0)}\cdot{\sin R(x\!-\!x_0)}dx =
\int_{\R\setminus [x_0-\delta,x_0+\delta]}+\int_{x_0-\delta}^{x_0+\delta}
$$
Для каждого фиксированного $\delta\!>\!0$ первый интеграл сходится (при $R\!\to\!\infty$) к
$0$ в силу первого пункта. Второй интеграл равномерно (по $R$) сходится к $0$ при
$\delta\downarrow 0$ в силу условия Дини (ибо $|\sin R(x\!-\!x_0)|\!\le\!1$). Теперь для
каждого $\varepsilon\!>\!0$ можно сначала найти такое $\delta\!>\!0$\,, что второй интеграл
будет меньше чем $\frac{1}{2}\,\varepsilon$ для всех $R$\,; а потом (по этому \nolinebreak
$\delta$) найти такое $R_0$\,, что при всех $R\!>\!R_0$ первый интеграл также меньше, чем
$\frac{1}{2}\,\varepsilon$\,.
\end{proof}

\begin{center}
{\large {\bf Лекция восьмая. 11 апреля 2005.}}
\end{center}

Напомним, что преобразованием Меллина называется линейное отображение
$$
f(x),\ x\!\in\!\R_+\,,\quad \mapsto \quad F(s):=\int_0^{+\infty}\!\!x^{s-1}f(x)dx\,.
$$

\begin{theorem}[простейшие свойства преобразования Меллина] Пусть для некоторого $k\!\in\!\R$
верно $\int_0^{+\infty}|f(x)|x^{k-1}dx\!<\!+\infty$\,.
Тогда:\\
i) $F(s)$ корректна определена на прямой $\Re s\!=\!k$ и $F(k\!+\!it)\!\to\!0$ при
$t\!\to\!\pm\infty$\,.\\
ii) Если в некоторой точке $x_0\!\in\!(0,+\infty)$ функция $f(x)$ удовлетворяет условию Дини,
то справедлива {\bf формула обращения}
\begin{equation}
\label{MellinInverse} f(x_0)=\frac{1}{2\pi i}\int_{k-i\infty}^{k+i\infty}F(s)x_0^{-s}ds
\end{equation}
\end{theorem}
\begin{proof} Положим $\varphi(y):=e^{ky}f(e^y)$\,, $y\!\in\!\R$\,. Легко проверить, что если
$f$ удовлетворяет условию Дини в точке $x_0$, то $\varphi$ удовлетворяет тому же условию в
точке $y_0\!=\!\log x_0$\,. Ясно, что
$$
\int_{-\infty}^{+\infty}|\varphi(y)|dy=\,[x\!=\!e^y]\,=\int_0^{+\infty}\!\!x^{k-1}|f(x)|dx\,,
$$
т.е. $\varphi\!\in\!L^1(\R)$\,. Вычислим $F(k\!+\!it)$\,:
$$
F(k+it)=\int_0^{+\infty}\!x^{k-1+it}f(x)dx=\int_{-\infty}^{+\infty}\varphi(y)e^{iyt}dy=
\nh\varphi(-t)\,.
$$
Первый пункт теперь вытекает из леммы Римана-Лебега, а формула обращения получается из
соответствующей формулы для преобразования Фурье:
$$
x_0^kf(x_0)=\varphi(\log x_0)= \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}e^{it\log x_0}\nh
\varphi(t)dt=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}x_0^{it}F(k-it)dt
$$
(надо еще поделить на $x_0^k$ и сделать замену переменной $s:=k\!-\!it$).
\end{proof}

\section{Распределение простых чисел.}
\begin{theorem}
$$
\pi(x)\sim\frac{x}{\log x}\,,\quad x\!\to\!+\infty\,.
$$
\end{theorem}
\begin{proof} Напомним, что
$$
\log\zeta(s)=s\int_2^{+\infty}\frac{\pi(x)}{x(x^{s}\!-\!1)}dx\,, \quad \Re s\!>\!1\,.
$$
Положим
$$
\omega(s):=\int_2^{+\infty}\frac{\pi(x)}{x^{s+1}(x^{s}\!-\!1)}dx\,, \quad \Re
s\!>\!\frac{1}{2}
$$
(интеграл сходится, поскольку $\pi(x)\!\le\!x$). Следовательно,
$$
\frac{\log\zeta(s)}{s}-\omega(s)=\int_2^{+\infty}\frac{\pi(x)}{x^{s+1}}\,dx\,,\quad \Re
s\!>\!1\,.
$$
Отметим, что $\omega(s)$ и ее производная ограничены в любой полуплоскости $\Re
s\ge\frac{1}{2}\!+\!\delta$\,. Проведем некоторые тождественные преобразования. Дифференцируя
по $s$\,, получаем
$$
\varphi(s):=-\frac{\zeta'(s)}{s\zeta(s)}+\frac{\log\zeta(s)}{s^2}+\omega'(s)=
\int_2^{+\infty}\frac{\pi(x)\log x}{x^{s+1}}\,dx\,,\quad \Re s\!>\!1\,.
$$
Очевидно, что $\varphi(s)$ ограничена при $\Re s\!\ge\!1\!+\!\delta$\,, однако нам потребуется
более точная информация о поведении этой функции при $\Re s\!\ge\!1$\,, а именно:
\begin{equation}
\label{KeyEstim} \varphi(\sigma\!+\!it)=O(\log^9|t|)\,,\quad t\!\to\!\pm\infty\,,\ \
\sigma\!\in\![1,2]
\end{equation}
(в частности, $\zeta(s)\!\ne\!0$ на прямой $\Re s\!=\!1$). Это будет доказано позже (Следствие
\ref{*LastLemma}).

Прежде, чем применять формулу обращения Меллина, проинтегрируем по частям. Пусть
$$
g(x)=\int_0^x\frac{\pi(u)\log u}{u}\,du\,, \qquad h(x)=\int_0^x\frac{g(u)}{u}\,du
$$
(очевидно, что $g(x)\!=\!O(x\log x)$\,, $h(x)\!=\!O(x\log^2x)$). Тогда
$$
\varphi(s)=\int_0^{+\infty}\!g'(x)x^{-s}dx=s\int_0^{+\infty}\!g(x)x^{-s-1}dx=
%s\int_0^{+\infty}h'(x)x^{-s}dx=
s^2\int_0^{+\infty}h(x)x^{-s-1}dx\,, \quad \Re s\!>\!1\,.
$$
Нам необходимо доказать, что $\pi(x)\log x\sim x$\,, $x\!\to\!+\infty$\,. Справедлива простая
\begin{lemma}
Пусть $f$ - неотрицательная неубывающая функция, такая что
$$
\int_0^x\frac{f(u)}{u}\,du\sim x\,,\quad x\!\to\!+\infty\,.
$$
Тогда $f(x)\sim x$\,, $x\!\to\!+\infty$\,.
\end{lemma}
\begin{proof}
Для каждого $\delta\!>\!0$\,, всех достаточно больших $x\!>\!x_0(\delta)$ и всех
$\varepsilon\!>\!0$ верно
$$
f(x)\log(1\!+\!\varepsilon)\le \int_x^{(1+\varepsilon)x}\frac{f(u)}{u}\,du \le
(1\!+\!\delta)(1\!+\!\varepsilon)x-
(1\!-\!\delta)x=(\varepsilon+2\delta+\delta\varepsilon)x\,,
$$
т.е.
$$
\frac{f(x)}{x}\le \frac{\varepsilon+2\delta+\delta\varepsilon}{\log(1\!+\!\varepsilon)}
=1+O\biggl(\varepsilon+\frac{\delta}{\varepsilon}\biggr)\,.
$$
Полагая $\varepsilon\!=\!\delta^{1/2}$\,, имеем $f(x)\le (1\!+\!O({\delta}^{1/2}))x$\,. Оценка
снизу доказывается аналогично.
\end{proof}
В силу этой леммы нам достаточно установить, что $h(x)\sim x$\,, $x\!\to\!+\infty$\,.

\pagebreak

Так как
$$
\int_0^{+\infty}h(x)x^{-s-1}dx=\frac{\varphi(s)}{s^2}\,,\quad \Re s\!>\!1\,,
$$
по формуле обращения Меллина имеем
$$
h(x)=\frac{1}{2\pi
i}\int_{-\sigma-i\infty}^{-\sigma+i\infty}\frac{\varphi(-s)}{s^2}\,x^{-s}ds= \frac{1}{2\pi i}
\int_{\sigma-i\infty}^{\sigma+i\infty}\frac{\varphi(s)}{s^2}\,x^sds\,,\quad\sigma\!>\!1\,.
$$
Заметим, что в окрестности точки $s\!=\!1$ справедливо
$$
\zeta(s)=\frac{1}{s\!-\!1}+\dots \quad\Rightarrow\quad
\varphi(s)=\frac{1}{s\!-\!1}+\log\frac{1}{s\!-\!1} +\dots=\frac{1}{s\!-\!1}+\psi(s)\,,
$$
где многоточием обозначены аналитические слагаемые. Поэтому мы можем написать
$$
h(x)=\frac{1}{2\pi i}\int_{\sigma-i\infty}^{\sigma+i\infty}\frac{x^s}{(s\!-\!1)s^2}\,ds+
\frac{1}{2\pi i}\int_{\sigma-i\infty}^{\sigma+i\infty}\frac{\psi(s)}{s^2}\,x^sds
$$
Первый интеграл легко берется по вычетам, находящимся в полуплоскости $\Re s<\sigma$:
$$
\frac{1}{2\pi i}\int_{\sigma-i\infty}^{\sigma+i\infty}\frac{x^s}{(s\!-\!1)s^2}\,ds=
\res_{s=0}+\res_{s=1}=\biggl(\frac{x^s}{s\!-\!1}\biggr)'_s\Big|_{s=0}+
\frac{x^s}{s^2}\Big|_{s=1}=-\log x-1+x
$$
Во втором интеграле можно перейти к пределу при $\sigma\downarrow 1$\,, поскольку особенность
$\psi(s)$ в точке $s\!=\!1$ логарифмическая и справедлива оценка (\ref{KeyEstim}). А тогда
имеем
$$
\int_{1-i\infty}^{1+i\infty}\frac{\psi(s)}{s^2}\,x^sds=
ix\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\psi(1\!+\!it)}{(1\!+\!it)^2}\,e^{it\log x}dt=ix\cdot o(1)\,,
\quad x\!\to\!+\infty\,,
$$
в силу леммы Римана-Лебега. В итоге $h(x)\!=\!x\!+\!o(x)$. Доказательство закончено.
\end{proof}

\noindent {\bf Комментарий.\ } Видно, что нам было бы желательно сдвинуть прямую
интегрирования в последнем интеграле как можно левее. Этому препятствуют возможные нули
$\zeta$-функции, находящиеся в полосе $0\!<\!\Re s\!<\!1$\,. Существует

\vskip 10pt \noindent {\bf Гипотеза Римана ($\$1000000$).} {\it Все нетривиальные (т.е.
отличные от $-2,-4,\dots$) нули $\zeta$-функции лежат на прямой $\Re s\!=\!\frac{1}{2}$\,.}
\vskip 10pt

Известно, что если эта гипотеза справедлива, то
$$
\pi(x)=\int_e^x\frac{d\xi}{\log\xi}+O(\sqrt{x}\log x)\,.
$$
Такая оценка остатка практически оптимальна, поскольку (результат Литтлвуда) для любой
константы $c\!>\!0$ каждое из неравенств
$$
\pi(x)-\int_e^x\frac{d\xi}{\log\xi}> c\sqrt{x}\,\frac{\log\log\log x}{\log x}\,;\qquad
\pi(x)-\int_e^x\frac{d\xi}{\log\xi}< -c\sqrt{x}\,\frac{\log\log\log x}{\log x}
$$
справедливо для бесконечного числа значений $x\!\to\!+\infty$\,.

\pagebreak

\section{Поведение $\zeta(s)$ на прямой $\Re s=1$\,.}
\begin{theorem}[Адамар -- Валле-Пуссен] \label{*Re=1} $\zeta(s)\!\ne\!0$\,, если $\Re s\!=\!1$\,.
\end{theorem}
\begin{proof}
Рассмотрим разложение в бесконечное произведение
$$
\zeta(s)=\prod_{k\ge 1}\biggl(1\!-\!\frac{1}{p_k^s}\biggr)^{-1}
$$
при $s=\sigma\!+\!it$\,, $\sigma\downarrow 1$\,. Логарифмируя, имеем
$$
\log|\zeta(s)|=-\Re\sum_{k\ge 1}\log\biggl(1\!-\!\frac{1}{p_k^s}\biggr)= \sum_{k\ge 1}
\sum_{m\ge 1} \Re\frac{1}{mp_k^{ms}}= \sum_{k\ge 1}\sum_{m\ge 1}\frac{\cos (mt\log
p_k)}{mp_k^{m\sigma}}
$$
Основная идея приведенного ниже доказательства заключается в том, что если бы было
$\zeta(1\!+\!it)\!=\!0$\,, то при $\sigma\downarrow 1$ последняя сумма должна стремиться к
$-\infty$\,, то есть "довольно много"\ косинусов в числителе должны быть "примерно равны"\
$-1$\,. Если же такая ситуация имеет место, то тогда в аналогичной сумме для $\sigma\!+\!2it$
"довольно много"\ косинусов "примерно равны"\ $+1$\,, то есть при $\sigma\downarrow 1$ сумма
будет стремиться к $+\infty$\,, что невозможно, так как тогда $\zeta$-функция должна была бы
иметь полюс в точке $1\!+\!2it$\,.

Наиболее простая реализация этой идеи такова (Валле-Пуссен):
$$
\forall\phi\quad 3\!+\!4\cos\phi\!+\!\cos 2\phi=2(1\!+\!\cos\phi)^2\ge 0\,.
$$
Значит, для всех $\sigma\!>\!1$ и всех $t\!\in\!\R$ верно
$$
3\log|\zeta(\sigma)|+4\log|\zeta(\sigma\!+\!it)|+\log|\zeta(\sigma\!+\!2it)|\!\ge\!0 \ \
\Rightarrow \ \ |\zeta(\sigma)|^3|\zeta(\sigma\!+\!it)|^4|\zeta(\sigma\!+\!2it)|\!\ge\!1\,.
$$
Пусть $\zeta(1\!+\!it)\!=\!0$\,. Тогда при $\sigma\downarrow 1$ верно
$|\zeta(\sigma\!+\!it)|=O(|\sigma\!-\!1|)$\,, $\zeta(\sigma)\!=\!O(|\sigma\!-\!1|^{-1})$ (так
как в точке $s\!=\!1$ находится простой полюс) и $\zeta(\sigma\!+\!2it)\!=\!O(1)$ (так как
$\zeta(s)$ регулярна в точке $1\!+\!2it$). Но это противоречит полученной оценке.
\end{proof}

\begin{theorem} В области $s\!=\!\sigma\!+\!it$\,, $\sigma\!\in\![1,2]$\,, $t\!\ge\!2$
справедливы оценки
$$
\zeta(s)=O(\log t)\,,\quad \zeta'(s)=O(\log^2t)\,,\quad \frac{1}{\zeta(s)}=O(\log^7t)\,.
$$
\end{theorem}
\begin{proof}
i) Применяя формулу суммирования Эйлера-Маклорена (Лемма \ref{*EulerMcLoren}) при
$\sigma\!>\!1$\,, имеем
%$$
%\zeta(s)=\sum_{n=1}^{N-1}\frac{1}{n^s}+\sum_{n=N}^{+\infty}\frac{1}{n^s}\,,
%$$
$$
\sum_{n=N}^{+\infty}\frac{1}{n^s}=\frac{1}{2N^s}+\frac{1}{(s\!-\!1)N^{s-1}}-
s\int_N^{+\infty}\frac{\{x\}-\frac{1}{2}}{x^{s+1}}\,dx=
O\biggl(\frac{1}{N^\sigma}+\frac{1}{tN^{\sigma-1}}+\frac{t}{\sigma N^\sigma}\biggr)
%=O\biggl(\frac{N^2\!+\!t^2}{tN}\biggr)
$$
(мы использовали равенство $|x^{s+1}|=x^{\sigma+1}$ при оценке интеграла). При этом оценка
равномерна по $\sigma$\,, а значит справедлива и при $\sigma\!=\!1$\,. Теперь возьмем $N=[t]$
и заметим, что
$$
\zeta(s)=\sum_{n=1}^{N-1}\frac{1}{n^s}+O(1)=\sum_{n=1}^{[t]-1}O\biggl(\frac{1}{n}\biggr)+O(1)
= O(\log t)\,.
$$
ii) Оценка функции $\zeta'(s)=-\sum_{n\ge 1}\frac{\log n}{n^s}$ получается аналогично.\\
iii) Как мы видели при доказательстве Теоремы \ref{*Re=1}, если $\sigma\!>\!1$\,, то
$$
\frac{1}{|\zeta(\sigma\!+\!it)|}\le|\zeta(\sigma)|^{3/4}|\zeta(\sigma\!+\!2it)|^{1/4} =
O\biggl(\frac{\log^{1/4}t}{(\sigma\!-\!1)^{3/4}}\biggr)\,.
$$
Положим $\sigma_0(t):=1\!+\!c\log^{-9}t$\,, где $c\!>\!0$ - достаточно малая постоянная. Если
$\sigma\!>\!\sigma_0(t)$\,, то оценка уже доказана. Кроме того, справедливо
$$
|\zeta(\sigma_0(t)\!+\!it)|\ge A\cdot c^{3/4}\log^{-7}t\,,
$$
где $A\!>\!0$ - некоторая абсолютная постоянная. При $\sigma\!<\!\sigma_0(t)$ полученная выше
оценка для $\zeta'(s)$ дает
$$
\zeta(\sigma\!+\!it)=\zeta(\sigma_0(t)\!+\!it)+O((\sigma_0(t)\!-\!\sigma)\log^2t)=
\zeta(\sigma_0(t)\!+\!it)+O(c\log^{-7}t)\,.
$$
Ясно, что, выбирая достаточно маленькое $c$, можно сделать первое слагаемое главным.
\end{proof}
\begin{corollary}
\label{*LastLemma} В области $s\!=\!\sigma\!+\!it$\,, $\sigma\!\in\![1,2]$\,, $t\!\ge\!2$
справедливы оценки
$$
\frac{\zeta'(s)}{\zeta(s)}=O(\log^9t)\,,\quad \log\zeta(s)=O(\log^9t)\,.
$$
\end{corollary}
\begin{proof}
Неравенство для $\zeta'(s)\big/\zeta(s)$ получается перемножением соответствующих оценок
$\zeta'(s)$ и $1\big/\zeta(s)$\,, а неравенство для $\log\zeta(s)$ - интегрированием:
$$
\log\zeta(s)=\log\zeta(2\!+\!it)-\int_\sigma^2O(\log^9t)dx=O(\log^9t)\,.
$$
Следствие доказано.
\end{proof}

\vskip 30pt

\begin{center}
{\Large {\bf Источники мудрости.}}\hfill\phantom{\ }
\end{center}

\noindent Маркушевич А. И. {\it Теория аналитических функций, т. 1,2. } "Наука", 1967-1968.

\noindent Олвер Ф. {\it Асимптотика и специальные функции. } "Наука", 1990 (F. Olver 1974).

\noindent Титчмарш Е. К. {\it Теория дзэта-функции Римана. } "ИЛ", 1953 (E. C. Titchmarsh
1951).



\end{document}
