Si $z_n$ sont les zéros de la fonction zêta, quelle est la limite de $\Im{(z_n)}$ comme $n$ va à l'infini?

Question

Désolé si cette question a déjà été posée, mais il est un peu difficile de chercher des choses dans Google si l'énoncé du problème n'est pas très simple et implique des symboles que Google ne reconnaît pas.

La question que je me pose concerne la fonction zêta. Si$z_n$ est la suite de zéros non triviaux de la fonction zêta avec une partie imaginaire positive et triés par partie imaginaire ascendante, quelle est la limite lorsque $n$ va à l'infini de $\Im{(z_n)}$?

Est-ce que cela explose à l'infini ou est-ce fini?

Demander un ami (papier ici ). Il a dérivé une nouvelle équation super simple dont la solution est équivalente à l'hypothèse de Riemann.

Answer 1

La formule de Riemann-von Mangoldt affirme que le nombre de zéros de la forme$\frac{1}{2} + it$ où $t \in [0, T]$ est asymptotiquement

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

d'où il résulte que $\text{Im}(z_n)$ pousse quelque chose comme $\frac{2 \pi n}{\log n} \left( 1 + \frac{\log \log n}{\log n} \right)$, mais je n'ai pas été trop prudent dans ce calcul.

De grandes tables de zéros sont disponibles pour vérifier cette asymptotique contre; par exemple, le millionième zéro a une partie imaginaire$\approx 600269$ alors que l'asymptotique ci-dessus donne $\approx 541230$, donc c'est un peu sous-estimé.

En travaillant un peu plus attentivement, écrivez $\text{Im}(z_n) = \frac{2 \pi n}{\log n} \left( 1 + e_n \right)$, où $e_n \to 0$(lentement). Ensuite, pour correspondre à l'asymptotique ci-dessus, nous avons besoin

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

Diviser par $\frac{n}{\log n}$, étendre et annuler le terme dominant des deux côtés donne, après quelques simplifications,

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

Pour que le LHS ait une limite $0$ comme $n \to \infty$ nous voyons que nous avons besoin $e_n \approx \frac{\log \log n + 1}{\log n}$. C'est déjà une amélioration notable; il améliore l'estimation de la partie imaginaire du millionième zéro à$\approx 574149$. Pour faire mieux que cela, nous estimerons

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

(en gardant à l'esprit que $O(e_n^2)$ est $O \left( \left( \frac{\log \log n}{\log n} \right)^2 \right)$ ce qui est un peu plus lent que $O \left( \frac{(\log n)^2}{n} \right)$ donc ce n'est pas le meilleur possible), ce qui signifie que le LHS devient, après quelques simplifications,

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

afin que nous puissions améliorer encore notre estimation pour $e_n \approx \frac{\log \log n + 1}{\log n - \log \log n}$. Il s'agit là encore d'une amélioration notable; maintenant l'estimation de la partie imaginaire du millionième zéro est$\approx 602157$. Nous avons maintenant deux chiffres de précision! Au total, alors,

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

et avec un peu plus d'effort on pourrait donner un gros$O$ description de l'erreur dans cette approximation mais je vais m'arrêter ici.

Answer 2

Cela ne fait que rapporter quelques (anciens) résultats empiriques.

Il y a plusieurs années, dans mon groupe de recherche, la même question s'est posée et l'un de mes doctorants développé une corrélation empirique simple$(R^2=0.999991 )$ $$\log \left(\Im\left(\rho _{2^k}\right)\right)\sim a+b \,k^c$$

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

à partir de laquelle l'estimation de la partie imaginaire du millionième zéro est $ 595894$ au lieu de $600270$.

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

Éditer

En utilisant la réponse de @Qiaochu Yuan, nous pourrions inverser

$$\frac{T}{2\pi} \log \frac{T}{2\pi} - \frac{T}{2\pi} + O(\log T)$$ et obtenir $$\Im\left(\rho _{n}\right)\sim \frac{2 \pi n}{W\left(\frac{n}{e}\right)}$$ où $W(.)$ est la fonction Lambert.

En utilisant son extension de série habituelle, $$\Im\left(\rho _{n}\right)\sim \frac{2 \pi n}{L_1-L_2+\frac{L_2} {L_1}+\frac{L_2(L_2-2)}{2L_1^2}+\cdots }$$ où $L_1=\log(n)-1$ et $L_2=\log(L_1)$. Pour$n=10^6$, cela donnerait $600219.$

Si vous regardez l' article de G.Franca et A.LeClair, l'équation$(163)$ donne des limites nettes $$\frac{2 \pi \left(n-\frac{7}{8}\right)}{W\left(\frac{n-\frac{7}{8}}{e}\right)} \leq \Im\left(\rho _{n}\right) \leq \frac{2 \pi \left(n-\frac{3}{8}\right)}{W\left(\frac{n-\frac{3}{8}}{e}\right)}$$