Ableiten der Funktionsgleichung für $\zeta(s)$ von der Summierung der Potenzen der Nullen, die zum Zählen der ganzen Zahlen erforderlich sind

Jan 23 2021

Beim Zählen der Anzahl der ganzen Zahlen$n(x)$ unter einer bestimmten nicht ganzzahligen Zahl $x$Die folgenden Serien könnten verwendet werden:

$$n(x) = x-\frac12 + \sum_{n=1}^{\infty} \left(\frac{e^{x \mu_n}} {\mu_n}+\frac{e^{x \overline{\mu_n}}} {\overline{\mu_n}}\right)$$

wo $\mu_n = 2\pi n i$ Welches sind die Nullen der Funktion $\xi_i(s) = \frac{2}{s}\sinh\left(\frac{s}{2}\right)$ das hat das einfache Hadamard-Produkt:

$$\displaystyle \xi_i(s) = \prod_{n=1}^\infty \left(1- \frac{s}{2 \pi ni} \right) \left(1- \frac{s}{{-2 \pi ni}} \right)$$

Beachten Sie, dass $\xi_i(0)=1$ so wie $\xi(0)=1$im Hadamard-Produkt der nicht trivialen Nullen von Riemann$\xi$-Funktion beim Ignorieren seines wahrscheinlich überflüssigen Faktors$\frac12$.

Summiert man die Potenzen dieser gepaarten Nullen wie folgt:$B_r$= Bernoulli-Nummer ):

$$\hat{\sigma}_r = \sum_{n=1}^\infty \left(\frac{1}{(2\pi ni)^r}+ \frac{1}{(-2\pi ni)^r}\right) = -\frac{B_{r}}{r\,\Gamma(r)} \qquad r \in \mathbb{N}, r \gt 1\tag{1}$$

Die Domäne der Serie könnte wie folgt erweitert werden:

$$\hat{\sigma}_s = \frac{1}{(2\pi i)^s}\,\left(1+e^{\pi s i}\right)\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^s}\qquad s \in \mathbb{C}, \Re(s) \gt 1 \tag{2}$$

$$\hat{\sigma}_s = 2^{1-s}\,\pi^{-s}\cos\left(\frac{\pi s}{2}\right)\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^s}\qquad s \in \mathbb{C}, \Re(s) \gt 1 \tag{3}$$

Übertragen der $\Gamma(r)$ aus der RHS von (1) und $r \mapsto s$ gibt:

$$2^{1-s}\,\pi^{-s}\cos\left(\frac{\pi s}{2}\right)\,\Gamma(s)\,\zeta(s) = \,\,? \tag{4}$$

Das ist das 5/6-te der berühmten Funktionsgleichung. Wir wissen durch verschiedene Beweise (zB 7 verschiedene sind im Titchmarsh-Buch über die Zeta-Funktionen aufgeführt), dass die?$= \zeta(1-s)$ und dass dies die vollständige analytische Fortsetzung von $\zeta(s)$ gegenüber $s \in \mathbb{C}\,\, /\,\, {1}$.

Frage: (Ich hoffe nicht zu trivial ...)

Ich weiß, dass das Euler-Produkt die multiplikative Struktur der ganzen Zahlen widerspiegelt, während die Funktionsgleichung die additive Struktur widerspiegelt. Es gibt jedoch eine intuitive Erklärung dafür, warum die Funktionsgleichung aus der Summierung der Potenzen der Nullen hervorgehen sollte, die der oszillierende Term zum Zählen der Zahlen benötigt ganze Zahlen?

PS:

Ich habe diese interessante Diskussion gelesen , konnte aber keine Antwort darauf ableiten.

Antworten

4 TomCopeland Jan 23 2021 at 08:37

Der Vermittler scheint die Bernoulli-Zahlenfolge zu sein, die ursprünglich in der Summierung der Potenzen der ganzen Zahlen geboren wurde und schließlich über die Hebamme die Mellin-Transformation zur Geburt der Riemann- und Hurwitz-Zeta-Funktionen führte. Das MO-Q, mit dem Sie über motivierende Ableitungen der Funktionsgleichung für das Riemann-Zeta verknüpfen, hat eine analytische Fortsetzung der Koeffizienten des egf für das Bernoullis (der AC gibt tatsächlich die Riemann-Zeta-Funktion an), wobei die Zahlen auf zwei verschiedene Arten ausgedrückt werden , aus dem die FE des Riemannschen Zetas herausfällt. Ihre Gl. 1 könnte verwendet werden, um eine dieser Wiederholungen für die Bernoullis zu ersetzen - die, die enthält$\cos(\frac{\pi n}{2})$- das gleiche Endergebnis geben, die FE. (Eine andere Perspektive auf die AC der Bernoulli-Zahlen für die Hurwitz- und Riemann-Zeta-Funktionen wird in diesem MO-Q vorgestellt .)

Wenn Sie die Ableitung Ihrer Anfangsgleichung nehmen, erhalten Sie links die Dirac-Delta-Funktion / den Operator-Kamm und rechts eine Summe der Kosinusse, die die Poisson-Summationsidentität ergeben. Die Mellin-Transformation des Dirac-Kamms gibt Ihnen die Riemann-Zeta-Funktion. Weitere Informationen hierzu finden Sie unter " The Correspondence Principle " von Hughes und Ninham.

Bearbeiten 1 / 23-4 / 21:

Lassen Sie mich auf den letzten Absatz näher eingehen.

Wie Sie in Ihrem zugehörigen MSE-Q darstellen, erhalten Sie durch Hinzufügen eine doppelt unendliche Treppenfunktion $x$zur Fourier-Serie rep der Sägezahnwelle . Zum$x > 0$können Sie die stückweise durchgehende halb-unendliche Treppenfunktion als schreiben

$$H(x) \; n(x) = \sum_{n \geq 1} H(x-n) = H(x) [ \; x - \frac{1}{2} + 2 \sum_{n \geq 1} \frac{\sin(2 \pi n x)}{2 \pi n} \; ],$$

wo $H(x)$ ist die Heaviside-Schrittfunktion (Heaviside wusste das alles).

Wenn man die Ableitung beider Seiten nimmt, ergibt sich z $x > 0 $, die Hälfte des Kerns der Poisson-Summationsverteilungsformel

$$ \sum_{n \geq 1} \delta(x-n) = H(x) [\;1 + 2 \sum_{n \ge 1} \cos(2 \pi n x) \;],$$

und da

$$ \int_{0^{+}}^{\infty} x^{s-1} \delta(x-n) \; dx = n^{s-1}$$

und

$$ 2 \;\int_{0^{+}}^{\infty} x^{s-1} \cos(2\pi n x) dx = 2 \; (2\pi n)^{-s} \int_{0}^{\infty} x^{s-1} \cos(x) \; dx$$

$$= 2\; (2\pi n)^{-s} \; (s-1)!\; \cos(\frac{\pi}{2}s)$$

zum $0 < Re(s) < 1$unter Berücksichtigung der RHS als analytische Fortsetzung für alle $s$Wir haben eine rudimentäre Form der Zeta-FE-Kristallisation.

Die Mellin-Transformation Term für Term des Dirac-Kamms ergibt die Riemann-Zeta-Funktionsreihe rep

$$ \zeta(1-s) = \sum_{n \ge 1} \frac{1}{n^{1-s}}$$

zum $Re(s) < 0$. Die$n =0$Der Term, dh der konstante Term in der Cosinus-Reihe, wirft ein Problem im Term-by-Term-Mellin-Transformation der Reihe auf. Das Herauswerfen - Regularisieren durch das Hadamard-Finite-Teile-Schema, gerechtfertigt durch eine inverse Mellin-Transformationswiederholung wie für den Wechselstrom des Integrals für die Euler-Gammafunktion - und das Gleichsetzen der analytisch fortgesetzten Mellin-Transformationen der beiden Wiederholungen ergibt das Riemann Zeta-Funktionssymmetriegleichung

$$\zeta(1-s) = 2 \; (2\pi)^{-s} \; (s-1)! \; \cos(\frac{\pi}{2}s) \; \zeta(s).$$


Beachten Sie, wie die Mellin-Interpolation (MI) der Koeffizienten eines egf (auch bekannt als Ramanujans Lieblings-Master-Formel) diesen Transformationen zugrunde liegt:

$$ \cos(2\pi n x) = \sum_{k \ge 0} \cos(\pi \frac{k}{2}) (2\pi n)^k \frac{x^k}{k!} = \sum_{k \ge 0} c_k \frac{x^k}{k!} = e^{c. x} ,$$

Um die Koeffizienten zu MIen, wenden Sie die normalisierte Mellin-Transformation mit dem negierten Argument auf das egf an (in diesem Fall gibt die Negation dieselbe Funktion zurück).

$$\int_{0}^{\infty} e^{-c.x} \; \frac{x^{s-1}}{(s-1)!} \; dx = (c.)^{-s} = c_{-s} $$

$$ = \int_{0}^{\infty} \frac{x^{s-1}}{(s-1)!} \; \cos(-2\pi n x) \; dx = \cos(\pi \frac{k}{2}) (2\pi n)^k \; |_{k \to -s}. $$

Der Vollständigkeit halber können wir, wenn wir schnell und locker mit Dirac-Delta-Funktion / Op-Wiederholungen spielen, MI erneut über anwenden

$$ \int_{0}^{\infty} \frac{x^{s-1}}{(s-1)!} \; \delta(x-n) \; dx =\int_{0}^{\infty} \frac{x^{s-1}}{(s-1)!} \; \frac{1}{n} \delta(1-\frac{x}{n}) \; dx $$

$$ =\int_{0}^{\infty} \frac{x^{s-1}}{(s-1)!} \; \frac{1}{n} \frac{(1-\frac{x}{n})^{-1}}{(-1)!} \; dx = \int_{0}^{\infty} \frac{x^{s-1}}{(s-1)!} \; \sum_{k \geq 0}(-1)^k \frac{1}{n^{k+1}} \; \frac{1}{(-k-1)!} \; \frac{x^k}{k!} \; dx$$

$$ =\frac{1}{n^{k+1}} \; \frac{1}{(-k-1)!} \; |_{k \to -s} = \frac{1}{(s-1)!} \; n^{s-1} .$$

Dies steht im Einklang mit dem Grenzfall von $H(1-x) \; \frac{(1-x)^{\omega}}{\omega!}$ wie $\omega$ neigt dazu $-1$ für die analytisch fortgesetzte integrale Wiederholung der Euler-Beta-Funktion mit $H(x)$die Heaviside-Schrittfunktion und daher die Bruchrechnung. Da man vorsichtig halbkonservativ ist, könnte man sich die inverse Mellin-Transformations-Wiederholung von ansehen$\delta(x-n)$.