Wenn $z_n$ sind die Nullen der Zeta-Funktion, was ist die Grenze von $\Im{(z_n)}$ wie $n$ geht ins Unendliche?

Question

Es tut uns leid, wenn diese Frage bereits gestellt wurde, aber es ist etwas schwierig, in Google nachzuschlagen, wenn die Erklärung des Problems nicht sehr einfach ist und Symbole enthält, die Google nicht erkennt.

Die Frage, die ich habe, betrifft die Zeta-Funktion. Wenn$z_n$ ist die Folge von nicht trivialen Nullen der Zeta-Funktion mit positivem Imaginärteil und sortiert nach aufsteigendem Imaginärteil, was ist die Grenze, wenn $n$ geht ins Unendliche von $\Im{(z_n)}$?

Explodiert dies ins Unendliche oder ist es endlich?

Nach einem Freund fragen (Papier hier ). Er hat eine neue supereinfache Gleichung abgeleitet, deren Lösung der Riemannschen Hypothese entspricht.

Answer 1

Die Riemann-von-Mangoldt-Formel besagt, dass die Anzahl der Nullen der Form$\frac{1}{2} + it$ wo $t \in [0, T]$ ist asymptotisch

$$\frac{T}{2\pi} \log \frac{T}{2\pi} - \frac{T}{2\pi} + O(\log T)$$

woraus folgt das $\text{Im}(z_n)$ wächst so etwas wie $\frac{2 \pi n}{\log n} \left( 1 + \frac{\log \log n}{\log n} \right)$, aber ich war bei dieser Berechnung nicht besonders vorsichtig.

Es stehen große Nullentabellen zur Verfügung , um diese Asymptotik zu überprüfen. Zum Beispiel hat die millionste Null einen Imaginärteil$\approx 600269$ wohingegen die asymptotische oben gibt $\approx 541230$, also ist es ein bisschen unterschätzt.

Schreiben Sie etwas sorgfältiger $\text{Im}(z_n) = \frac{2 \pi n}{\log n} \left( 1 + e_n \right)$, wo $e_n \to 0$(langsam). Dann brauchen wir, um die oben genannte Asymptotik zu erreichen

$$\frac{n}{\log n} (1 + e_n) \log \left( \frac{n}{\log n} (1 + e_n) \right) - \frac{n}{\log n} (1 + e_n) = n + O(\log n).$$

Teilen durch $\frac{n}{\log n}$Das Ausdehnen und Aufheben des dominanten Begriffs von beiden Seiten ergibt nach einiger Vereinfachung Folgendes:

$$e_n \log n + (1 + e_n) \log (1 + e_n) - (1 + e_n) \log \log n - (1 + e_n) = O \left( \frac{(\log n)^2}{n} \right).$$

Damit die LHS ein Limit hat $0$ wie $n \to \infty$ wir sehen, dass wir brauchen $e_n \approx \frac{\log \log n + 1}{\log n}$. Dies ist bereits eine spürbare Verbesserung; es verbessert die Schätzung des Imaginärteils der millionsten Null auf$\approx 574149$. Um es besser zu machen, werden wir schätzen

$$\log (1 + e_n) = e_n + O(e_n^2)$$

(Denken Sie daran $O(e_n^2)$ ist $O \left( \left( \frac{\log \log n}{\log n} \right)^2 \right)$ das ist ziemlich viel langsamer als $O \left( \frac{(\log n)^2}{n} \right)$ das ist also nicht am besten möglich), was bedeutet, dass die LHS nach einiger Vereinfachung zu

$$\left( e_n \log n - \log \log n - 1 \right) - e_n \log \log n + O(e_n^2)$$

so können wir unsere Schätzung noch weiter verbessern $e_n \approx \frac{\log \log n + 1}{\log n - \log \log n}$. Dies ist wieder eine spürbare Verbesserung; jetzt ist die Schätzung für den Imaginärteil der millionsten Null$\approx 602157$. Wir haben jetzt zwei Stellen Genauigkeit! Insgesamt also.

$$\boxed{ \text{Im}(z_n) \approx \frac{2 \pi n}{\log n} \left( 1 + \frac{\log \log n + 1}{\log n - \log \log n} \right) }$$

und mit etwas mehr Mühe könnte man einen großen geben-$O$ Beschreibung des Fehlers in dieser Annäherung, aber ich werde hier aufhören.

Answer 2

Dies berichtet nur über einige (alte) empirische Ergebnisse.

Vor vielen Jahren kam in meiner Forschungsgruppe dieselbe Frage und einer meiner Doktoranden. entwickelten eine einfache empirische Korrelation$(R^2=0.999991 )$ $$\log \left(\Im\left(\rho _{2^k}\right)\right)\sim a+b \,k^c$$

Zum $1 \leq k \leq 23$gab dies $$\begin{array}{clclclclc} \text{} & \text{Estimate} & \text{Standard Error} & \text{Confidence Interval} \\ a & 2.72774 & 0.02399 & \{2.67752,2.77795\} \\ b & 0.27581 & 0.00566 & \{0.26396,0.28767\} \\ c & 1.21848 & 0.00627 & \{1.20535,1.23161\} \\ \end{array}$$

woraus die Schätzung des Imaginärteils der millionsten Null ist $ 595894$ Anstatt von $600270$.

$$\left( \begin{array}{ccc} n & \text{estimate} & \Im\left(\rho _{10^n}\right) \\ 1 & 50.3377 & 49.7738 \\ 2 & 244.508 & 236.524 \\ 3 & 1436.66 & 1419.42 \\ 4 & 9672.79 & 9877.78 \\ 5 & 72559.8 & 74920.8 \\ 6 & 595894. & 600270. \\ 7 & 5292950 & 4992381 \end{array} \right)$$

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Mit der Antwort von @Qiaochu Yuan könnten wir umkehren

$$\frac{T}{2\pi} \log \frac{T}{2\pi} - \frac{T}{2\pi} + O(\log T)$$ und bekomme $$\Im\left(\rho _{n}\right)\sim \frac{2 \pi n}{W\left(\frac{n}{e}\right)}$$ wo $W(.)$ ist Lambert-Funktion.

Mit der üblichen Serienerweiterung $$\Im\left(\rho _{n}\right)\sim \frac{2 \pi n}{L_1-L_2+\frac{L_2} {L_1}+\frac{L_2(L_2-2)}{2L_1^2}+\cdots }$$ wo $L_1=\log(n)-1$ und $L_2=\log(L_1)$. Zum$n=10^6$würde dies geben $600219.$

Wenn Sie sich das Papier von G.Franca und A.LeClair ansehen, Gleichung$(163)$ gibt scharfe Grenzen $$\frac{2 \pi \left(n-\frac{7}{8}\right)}{W\left(\frac{n-\frac{7}{8}}{e}\right)} \leq \Im\left(\rho _{n}\right) \leq \frac{2 \pi \left(n-\frac{3}{8}\right)}{W\left(\frac{n-\frac{3}{8}}{e}\right)}$$