के लिए कार्यात्मक समीकरण प्राप्त करना $\zeta(s)$ पूर्णांक की गणना करने के लिए आवश्यक शून्य की शक्तियों का योग करें
जब पूर्णांकों की संख्या की गणना करते हैं$n(x)$ एक निश्चित गैर-पूर्णांक संख्या के नीचे $x$निम्नलिखित श्रृंखला का उपयोग किया जा सकता है:
$$n(x) = x-\frac12 + \sum_{n=1}^{\infty} \left(\frac{e^{x \mu_n}} {\mu_n}+\frac{e^{x \overline{\mu_n}}} {\overline{\mu_n}}\right)$$
कहां है $\mu_n = 2\pi n i$ जो फ़ंक्शन के शून्य हैं $\xi_i(s) = \frac{2}{s}\sinh\left(\frac{s}{2}\right)$ कि साधारण Hadamard उत्पाद है:
$$\displaystyle \xi_i(s) = \prod_{n=1}^\infty \left(1- \frac{s}{2 \pi ni} \right) \left(1- \frac{s}{{-2 \pi ni}} \right)$$
ध्यान दें कि $\xi_i(0)=1$ ठीक वैसा $\xi(0)=1$रीमैन के गैर-तुच्छ शून्य के हैडमार्ड उत्पाद में$\xi$-फंक्शन जब अपने शायद अति सुंदर कारक की अनदेखी$\frac12$।
पैदावार के रूप में इन युग्मित शून्य की शक्तियों का योग करना ($B_r$= बर्नौली संख्या ):
$$\hat{\sigma}_r = \sum_{n=1}^\infty \left(\frac{1}{(2\pi ni)^r}+ \frac{1}{(-2\pi ni)^r}\right) = -\frac{B_{r}}{r\,\Gamma(r)} \qquad r \in \mathbb{N}, r \gt 1\tag{1}$$
श्रृंखला के डोमेन को निम्नानुसार विस्तारित किया जा सकता है:
$$\hat{\sigma}_s = \frac{1}{(2\pi i)^s}\,\left(1+e^{\pi s i}\right)\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^s}\qquad s \in \mathbb{C}, \Re(s) \gt 1 \tag{2}$$
$$\hat{\sigma}_s = 2^{1-s}\,\pi^{-s}\cos\left(\frac{\pi s}{2}\right)\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^s}\qquad s \in \mathbb{C}, \Re(s) \gt 1 \tag{3}$$
स्थानांतरित करना $\Gamma(r)$ (1) के आरएचएस से और $r \mapsto s$ देता है:
$$2^{1-s}\,\pi^{-s}\cos\left(\frac{\pi s}{2}\right)\,\Gamma(s)\,\zeta(s) = \,\,? \tag{4}$$
जो प्रसिद्ध कार्यात्मक समीकरण का 5/6-वें है। हम विभिन्न प्रमाणों के माध्यम से जानते हैं (उदाहरण के लिए 7 अलग-अलग लोगों को टेटमर्श बुक में जीटा फ़ंक्शन पर सूचीबद्ध किया गया है) कि?$= \zeta(1-s)$ और यह पूर्ण विश्लेषणात्मक निरंतरता प्रदान करता है $\zeta(s)$ की ओर $s \in \mathbb{C}\,\, /\,\, {1}$।
प्रश्न: (मुझे आशा है कि बहुत तुच्छ नहीं ...)
मुझे पता है कि यूलर उत्पाद पूर्णांकों की गुणात्मक संरचना को दर्शाता है, जबकि कार्यात्मक समीकरण एडिटिव संरचना को दर्शाता है, लेकिन क्या इस बात पर सहज स्पष्टीकरण है कि कार्यात्मक समीकरण को गणना के लिए दोलनों के लिए आवश्यक शून्य की शक्तियों से योग करना चाहिए। पूर्णांक?
पुनश्च:
मैंने यह दिलचस्प चर्चा पढ़ी , लेकिन इसका जवाब नहीं मिला।
जवाब
मध्यस्थ बर्नौली संख्या अनुक्रम प्रतीत होता है, जो मूल रूप से पूर्णांकों की समरूप शक्तियों में पैदा हुआ था और बदले में अंत में जन्म दिया, दाई के रूप में मेलिन परिवर्तन, रीमैन और हर्विट्ज़ ज़ेटा कार्यों के लिए। एमओ-क्यू जिसे आप रीमैन ज़ेटा के लिए कार्यात्मक समीकरण के प्रेरक व्युत्पत्तियों से जोड़ते हैं, में बर्नौलीस के लिए एईएफएफ के गुणांकों की विश्लेषणात्मक निरंतरता है (एसी वास्तव में रिवातन ज़ेटा फ़ंक्शन देता है) संख्याओं के साथ दो अलग-अलग तरीके व्यक्त किए गए हैं जिसमें से रीमैन ज़ेटा के FE बाहर गिरते हैं। आपका इक़न 1 का उपयोग बर्नॉलिस के लिए उन रेप्स में से एक को बदलने के लिए किया जा सकता है - एक युक्त$\cos(\frac{\pi n}{2})$- एक ही अंतिम परिणाम देते हुए, एफई। (हर्नित्ज और रीमैन ज़ेटा कार्यों के एसी बर्नौली नंबरों के एसी पर एक और परिप्रेक्ष्य इस एमओ-क्यू में प्रस्तुत किया गया है )
यदि आप अपने प्रारंभिक समीकरण का व्युत्पन्न लेते हैं, तो आप बाईं ओर डायक डेल्टा फ़ंक्शन / ऑपरेटर कंघी और दाईं ओर कोज़ाइन का योग प्राप्त करते हैं, जिससे कोर पॉइसन समन पहचान मिलती है। डिराक कंघी के मेलिन परिवर्तन आपको रीमैन ज़ेटा फ़ंक्शन देगा। इस पर अधिक जानकारी के लिए, ह्यूजेस और निन्हम द्वारा " द कॉरेस्पोंडेंस प्रिंसिपल " देखें।
1 / 23-4 / 21 संपादित करें:
मुझे अंतिम पैराग्राफ पर विस्तार से बताएं।
जैसा कि आप अपने संबद्ध MSE-Q में दर्शाते हैं, एक दोगुना अनंत सीढ़ी समारोह जोड़कर प्राप्त किया जाता है $x$फाउटर सीरीज़ ऑफ़ सॉउटोथ वेव । के लिये$x > 0$, आप टुकड़े-टुकड़े में निरंतर अर्ध-अनंत सीढ़ी फ़ंक्शन के रूप में लिख सकते हैं
$$H(x) \; n(x) = \sum_{n \geq 1} H(x-n) = H(x) [ \; x - \frac{1}{2} + 2 \sum_{n \geq 1} \frac{\sin(2 \pi n x)}{2 \pi n} \; ],$$
कहां है $H(x)$ हीविसाइड स्टेप फंक्शन है (हीविसाइड यह सब जानता था)।
दोनों पक्षों के व्युत्पन्न लेना, के लिए देता है $x > 0 $, पॉइसन-समन वितरण फार्मूले के मूल का आधा
$$ \sum_{n \geq 1} \delta(x-n) = H(x) [\;1 + 2 \sum_{n \ge 1} \cos(2 \pi n x) \;],$$
और तब से
$$ \int_{0^{+}}^{\infty} x^{s-1} \delta(x-n) \; dx = n^{s-1}$$
तथा
$$ 2 \;\int_{0^{+}}^{\infty} x^{s-1} \cos(2\pi n x) dx = 2 \; (2\pi n)^{-s} \int_{0}^{\infty} x^{s-1} \cos(x) \; dx$$
$$= 2\; (2\pi n)^{-s} \; (s-1)!\; \cos(\frac{\pi}{2}s)$$
के लिये $0 < Re(s) < 1$, सभी के लिए विश्लेषणात्मक निरंतरता के रूप में आरएचएस ले रहा है $s$, हमारे पास जीटा एफई क्रिस्टलीकरण का एक अल्पविकसित रूप है।
डेरेक कंघी के शब्द से मेलिन रूपांतरित होने से रीमैन ज़ेटा फंक्शन सीरीज़ को दोहराता है
$$ \zeta(1-s) = \sum_{n \ge 1} \frac{1}{n^{1-s}}$$
के लिये $Re(s) < 0$। हालांकि$n =0$शब्द, यानी, कॉशन श्रृंखला में निरंतर शब्द, श्रृंखला के मेलिन परिवर्तन द्वारा शब्द में समस्या पैदा करता है। इसे टॉस करना - हैडमार्ड परिमित भाग योजना के माध्यम से नियमित करना, एक उलटा मेलिन ट्रांसफॉर्म द्वारा ठीक किया गया, जैसा कि यूलर गामा फ़ंक्शन के लिए इंटीग्रल के एसी के लिए प्रतिनिधि - और दो रेप्स के विश्लेषणात्मक रूप से जारी किए गए मेलेल ट्रांसफ़ॉर्म को समान करने के लिए रीमैन देता है जेटा कार्यात्मक समरूपता समीकरण
$$\zeta(1-s) = 2 \; (2\pi)^{-s} \; (s-1)! \; \cos(\frac{\pi}{2}s) \; \zeta(s).$$
ध्यान दें कि किस तरह एक एईएफ (उर्फ रामानुजन के पसंदीदा मास्टर फॉर्मूला) के गुणांकों के मेलिन प्रक्षेप (एमआई) इन परिवर्तनों को रेखांकित करते हैं:
$$ \cos(2\pi n x) = \sum_{k \ge 0} \cos(\pi \frac{k}{2}) (2\pi n)^k \frac{x^k}{k!} = \sum_{k \ge 0} c_k \frac{x^k}{k!} = e^{c. x} ,$$
ऐसा करने के लिए, गुणांक करने वालों के लिए, सामान्यीकृत मेलिन रूपांतरण को तर्क के साथ लागू करें उपेक्षित (इस मामले में नकारात्मकता समान फ़ंक्शन देता है)
$$\int_{0}^{\infty} e^{-c.x} \; \frac{x^{s-1}}{(s-1)!} \; dx = (c.)^{-s} = c_{-s} $$
$$ = \int_{0}^{\infty} \frac{x^{s-1}}{(s-1)!} \; \cos(-2\pi n x) \; dx = \cos(\pi \frac{k}{2}) (2\pi n)^k \; |_{k \to -s}. $$
पूर्णता के लिए, डिराक डेल्टा फ़ंक्शन / ऑप प्रतिनिधि के साथ तेज़ और ढीली खेलना, हम फिर से एमआई के माध्यम से आवेदन कर सकते हैं
$$ \int_{0}^{\infty} \frac{x^{s-1}}{(s-1)!} \; \delta(x-n) \; dx =\int_{0}^{\infty} \frac{x^{s-1}}{(s-1)!} \; \frac{1}{n} \delta(1-\frac{x}{n}) \; dx $$
$$ =\int_{0}^{\infty} \frac{x^{s-1}}{(s-1)!} \; \frac{1}{n} \frac{(1-\frac{x}{n})^{-1}}{(-1)!} \; dx = \int_{0}^{\infty} \frac{x^{s-1}}{(s-1)!} \; \sum_{k \geq 0}(-1)^k \frac{1}{n^{k+1}} \; \frac{1}{(-k-1)!} \; \frac{x^k}{k!} \; dx$$
$$ =\frac{1}{n^{k+1}} \; \frac{1}{(-k-1)!} \; |_{k \to -s} = \frac{1}{(s-1)!} \; n^{s-1} .$$
इस के सीमित मामले के अनुरूप है $H(1-x) \; \frac{(1-x)^{\omega}}{\omega!}$ जैसा $\omega$ आदत है $-1$ एयुलर बीटा फ़ंक्शन के विश्लेषणात्मक रूप से निरंतर अभिन्न प्रतिनिधि के लिए $H(x)$हीविसाइड स्टेप फंक्शन और, फ्रैक्शनल कैलकुलस। सतर्क रूप से अर्ध-रूढ़िवादी होने के कारण, व्यक्ति उलटा मेलिन ट्रांसफ़ॉर्म रिप के रूप में देख सकता है$\delta(x-n)$।