Derivando la ecuación funcional para $\zeta(s)$ de sumar las potencias de los ceros necesarios para contar los enteros

Jan 23 2021

Al contar el número de enteros$n(x)$ por debajo de un cierto número no entero $x$, se podría utilizar la siguiente serie:

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

dónde $\mu_n = 2\pi n i$ que son los ceros de la función $\xi_i(s) = \frac{2}{s}\sinh\left(\frac{s}{2}\right)$ que tiene el producto Hadamard simple:

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

Tenga en cuenta que $\xi_i(0)=1$ al igual que $\xi(0)=1$en el producto de Hadamard de los ceros no triviales de Riemann$\xi$-función al ignorar su factor probablemente superfluo$\frac12$.

Sumando las potencias de estos pares de ceros de la siguiente manera, se obtiene ($B_r$= Número de Bernoulli ):

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

El dominio de la serie podría ampliarse de la siguiente manera:

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

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

Transfiriendo el $\Gamma(r)$ desde el lado derecho de (1) y $r \mapsto s$ da:

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

que es 5/6 de la famosa ecuación funcional. Sabemos a través de varias pruebas (por ejemplo, 7 diferentes se enumeran en el libro de Titchmarsh sobre las funciones de Zeta) que el?$= \zeta(1-s)$ y que esto proporciona la continuación analítica completa de $\zeta(s)$ hacia $s \in \mathbb{C}\,\, /\,\, {1}$.

Pregunta: (Espero que no sea demasiado trivial ...)

Sé que el producto de Euler refleja la estructura multiplicativa de los números enteros, mientras que la ecuación funcional refleja la estructura aditiva, pero ¿hay una explicación intuitiva de por qué la ecuación funcional debería surgir de la suma de las potencias de los ceros requeridas para que el término oscilante cuente la enteros?

PD:

Leí esta interesante discusión , pero no pude obtener la respuesta de ella.

Respuestas

4 TomCopeland Jan 23 2021 at 08:37

El intermediario parece ser la secuencia numérica de Bernoulli, que originalmente nació al sumar poderes de los números enteros y, a su vez, finalmente dio a luz, a través de la partera, la transformada de Mellin, las funciones zeta de Riemann y Hurwitz. El MO-Q al que se vincula en las derivaciones motivacionales de la ecuación funcional para el Riemann zeta tiene una continuación analítica de los coeficientes del egf para el Bernoullis (el AC de hecho da la función Riemann zeta) con los números expresados ​​de dos maneras diferentes. , de la cual se desprende la FE de la zeta de Riemann. Tu Eqn. 1 podría usarse para reemplazar una de esas repeticiones del Bernoullis, la que contiene$\cos(\frac{\pi n}{2})$- dando el mismo resultado final, el FE. (En este MO-Q se presenta otra perspectiva sobre la CA de los números de Bernoulli para las funciones zeta de Hurwitz y Riemann ).

Si toma la derivada de su ecuación inicial, obtiene el peine de la función / operador delta de Dirac a la izquierda y una suma de cosenos a la derecha, dando la identidad de suma de Poisson central. La transformada de Mellin del peine de Dirac le dará la función zeta de Riemann. Para obtener más información sobre esto, consulte " El principio de correspondencia " de Hughes y Ninham.

Editar 1 / 23-4 / 21:

Permítanme profundizar en el último párrafo.

Como representa en su MSE-Q asociado, se obtiene una función de escalera doblemente infinita agregando $x$al representante de la serie de Fourier de la onda de diente de sierra . Para$x > 0$, puede escribir la función de escalera semiinfinita continua a trozos como

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

dónde $H(x)$ es la función escalón de Heaviside (Heaviside sabía todo esto).

Tomando la derivada de ambos lados da, por $x > 0 $, la mitad del núcleo de la fórmula de distribución de suma de Poisson

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

y desde

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

y

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

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

por $0 < Re(s) < 1$, tomando el RHS como la continuación analítica para todos $s$, tenemos una forma rudimentaria de la cristalización zeta FE.

La transformada de Mellin término por término del peine de Dirac da la función zeta de Riemann, serie rep

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

por $Re(s) < 0$. sin embargo, el$n =0$término, es decir, el término constante, en la serie del coseno plantea un problema en la transformación término por término de Mellin de la serie. Al descartarlo, regularizarlo a través del esquema de partes finitas de Hadamard, justificado por una representación de la transformada de Mellin inversa al igual que para la CA de la integral para la función gamma de Euler, e igualar las transformadas de Mellin continuadas analíticamente de las dos repeticiones da el resultado de Riemann ecuación de simetría funcional zeta

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


Observe cómo la interpolación de Mellin (MI) de los coeficientes de un egf (también conocida como la fórmula maestra favorita de Ramanujan) subyace a estas transformaciones:

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

entonces para MI los coeficientes, aplique la transformada de Mellin normalizada al egf con el argumento negado (en este caso la negación devuelve la misma función)

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

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

Para completar, jugar rápido y relajado con la función delta de Dirac / repeticiones de operaciones, podemos volver a aplicar MI a través de

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

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

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

Esto es consistente con el caso límite de $H(1-x) \; \frac{(1-x)^{\omega}}{\omega!}$ como $\omega$ tiende a $-1$ para la representación integral analíticamente continuada de la función beta de Euler, con $H(x)$la función escalón de Heaviside y, por tanto, el cálculo fraccional. Siendo cautelosamente semiconservador, uno podría mirar la representación inversa de la transformada de Mellin de$\delta(x-n)$.