Dériver l'équation fonctionnelle pour $\zeta(s)$ de la somme des puissances des zéros nécessaires pour compter les entiers

Question

Lors du comptage du nombre d'entiers$n(x)$ en dessous d'un certain nombre non entier $x$, la série suivante pourrait être utilisée:

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

où $\mu_n = 2\pi n i$ qui sont les zéros de la fonction $\xi_i(s) = \frac{2}{s}\sinh\left(\frac{s}{2}\right)$ qui a le produit Hadamard simple:

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

Noter que $\xi_i(0)=1$ juste comme $\xi(0)=1$dans le produit de Hadamard des zéros non triviaux de Riemann$\xi$-fonction en ignorant son facteur probablement superflu$\frac12$.

La somme des puissances de ces zéros appariés comme suit donne ($B_r$= Numéro de Bernoulli ):

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

Le domaine de la série pourrait être élargi comme suit:

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

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

Transfert du $\Gamma(r)$ de l'ERS de (1) et $r \mapsto s$ donne:

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

qui est 5/6-ème de la célèbre équation fonctionnelle. Nous savons à travers diverses preuves (par exemple 7 différentes sont répertoriées dans le livre de Titchmarsh sur les fonctions Zeta) que le?$= \zeta(1-s)$ et que cela fournit la continuation analytique complète de $\zeta(s)$ envers $s \in \mathbb{C}\,\, /\,\, {1}$.

Question: (j'espère pas trop trivial ...)

Je sais que le produit d'Euler reflète la structure multiplicative des nombres entiers, alors que l'équation fonctionnelle reflète la structure additive, mais y a-t-il une explication intuitive sur la raison pour laquelle l'équation fonctionnelle devrait émerger de la somme des puissances des zéros nécessaires au terme oscillant pour compter le entiers?

PS:

J'ai lu cette discussion intéressante , mais je n'ai pas pu en tirer la réponse.

Answer 1

L'intermédiaire semble être la séquence de nombres de Bernoulli qui est née à l'origine en résumant les puissances des nombres entiers et qui a finalement donné naissance, via la sage-femme, la transformée de Mellin, aux fonctions zêta de Riemann et Hurwitz. Le MO-Q auquel vous liez sur les dérivations motivantes de l'équation fonctionnelle pour la zêta de Riemann a une suite analytique des coefficients de l'egf pour le Bernoullis (l'AC donne en fait la fonction zêta de Riemann) avec les nombres exprimés de deux manières différentes , d'où sort le FE du Riemann zeta. Votre Eqn. 1 pourrait être utilisé pour remplacer l'un de ces représentants pour le Bernoullis - celui contenant$\cos(\frac{\pi n}{2})$- donnant le même résultat final, le FE. (Une autre perspective sur l'AC des nombres de Bernoulli aux fonctions zêta de Hurwitz et Riemann est présentée dans ce MO-Q .)

Si vous prenez la dérivée de votre équation initiale, vous obtenez le peigne fonction / opérateur delta de Dirac à gauche et une somme des cosinus de droite, donnant l'identité de sommation de Poisson de base. La transformée de Mellin du peigne de Dirac vous donnera la fonction zêta de Riemann. Pour plus d'informations à ce sujet, voir " The Correspondence Principle " de Hughes et Ninham.

Modifier 1 / 23-4 / 21:

Permettez-moi de préciser le dernier paragraphe.

Comme vous le décrivez dans votre MSE-Q associé, une fonction d'escalier doublement infinie est obtenue en ajoutant $x$à la série de Fourier représentant la vague en dents de scie . Pour$x > 0$, vous pouvez écrire la fonction d'escalier semi-infini continue par morceaux comme

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

où $H(x)$ est la fonction d'étape Heaviside (Heaviside savait tout cela).

Prendre la dérivée des deux côtés donne, car $x > 0 $, la moitié du noyau de la formule de distribution de la sommation de Poisson

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

et depuis

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

et

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

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

pour $0 < Re(s) < 1$, prenant l'ERS comme la continuation analytique pour tous $s$, nous avons une forme rudimentaire du zêta FE cristallisant.

La transformée de Mellin terme par terme du peigne de Dirac donne la série de fonctions zêta de Riemann rep

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

pour $Re(s) < 0$. Cependant, le$n =0$terme, c'est-à-dire le terme constant, dans la série cosinus pose un problème dans le terme à terme La transformation de Mellin de la série. Le jeter - régulariser par le schéma des parties finies de Hadamard, justifié par une répétition de transformée de Mellin inverse tout comme pour l'AC de l'intégrale de la fonction gamma d'Euler - et assimiler les transformées de Mellin analytiquement continues des deux répétitions donne le Riemann équation de symétrie fonctionnelle zêta

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

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Notez comment l'interpolation de Mellin (MI) des coefficients d'un egf (alias la formule principale préférée de Ramanujan) sous-tend ces transformations:

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

donc à MI les coefficients, appliquez la transformée de Mellin normalisée à l'egf avec l'argument nié (dans ce cas, la négation renvoie la même fonction)

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

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

Pour être complet, jouer rapidement et librement avec la fonction delta de Dirac / les représentants opérationnels, nous pouvons à nouveau appliquer MI via

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

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

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

Ceci est cohérent avec le cas limite de $H(1-x) \; \frac{(1-x)^{\omega}}{\omega!}$ comme $\omega$ tend à $-1$ pour la répétition intégrale analytiquement continue de la fonction bêta d'Euler, avec $H(x)$la fonction d'étape Heaviside et, par conséquent, le calcul fractionnaire. Étant prudemment semi-conservateur, on pourrait regarder la répétition inverse de la transformée de Mellin de$\delta(x-n)$.