Jika $z_n$ adalah nol dari fungsi zeta, berapa batasnya $\Im{(z_n)}$ sebagai $n$ pergi ke tak terbatas?
Maaf jika pertanyaan ini sudah pernah ditanyakan, tetapi agak sulit untuk mencari di Google jika pernyataan masalahnya tidak terlalu sederhana dan melibatkan simbol yang tidak dikenali Google.
Pertanyaan yang saya miliki adalah tentang fungsi zeta. Jika$z_n$ adalah urutan angka nol non-trivial fungsi zeta dengan bagian imajiner positif dan diurutkan berdasarkan bagian imajiner menaik, berapa limitnya bila $n$ pergi ke tak terhingga $\Im{(z_n)}$?
Apakah ini meledak hingga tak terbatas atau terbatas?
Meminta teman (makalah di sini ). Dia telah menurunkan persamaan super sederhana baru yang solusinya setara dengan hipotesis Riemann.
Jawaban
The Riemann-von Mangoldt rumus menegaskan bahwa jumlah nol dalam bentuk$\frac{1}{2} + it$ dimana $t \in [0, T]$ secara asimtotik
$$\frac{T}{2\pi} \log \frac{T}{2\pi} - \frac{T}{2\pi} + O(\log T)$$
dari mana setelah itu $\text{Im}(z_n)$ menumbuhkan sesuatu seperti $\frac{2 \pi n}{\log n} \left( 1 + \frac{\log \log n}{\log n} \right)$, tapi saya belum terlalu berhati-hati dengan perhitungan itu.
Tabel besar nol tersedia untuk memeriksa kembali asimtotik ini; misalnya, nol juta memiliki bagian imajiner$\approx 600269$ sedangkan asimtotik di atas memberi $\approx 541230$, jadi itu sedikit meremehkan.
Bekerja sedikit lebih hati-hati, tulis $\text{Im}(z_n) = \frac{2 \pi n}{\log n} \left( 1 + e_n \right)$, dimana $e_n \to 0$(perlahan). Kemudian untuk mencocokkan asimtotik di atas yang kita butuhkan
$$\frac{n}{\log n} (1 + e_n) \log \left( \frac{n}{\log n} (1 + e_n) \right) - \frac{n}{\log n} (1 + e_n) = n + O(\log n).$$
Membagi dengan $\frac{n}{\log n}$, memperluas, dan menghapus suku dominan dari kedua sisi memberikan, setelah beberapa penyederhanaan,
$$e_n \log n + (1 + e_n) \log (1 + e_n) - (1 + e_n) \log \log n - (1 + e_n) = O \left( \frac{(\log n)^2}{n} \right).$$
Agar LHS memiliki batas $0$ sebagai $n \to \infty$ kami melihat apa yang kami butuhkan $e_n \approx \frac{\log \log n + 1}{\log n}$. Ini sudah merupakan peningkatan yang nyata; itu meningkatkan perkiraan bagian imajiner dari nol juta menjadi$\approx 574149$. Untuk melakukan lebih baik dari ini, kami akan memperkirakan
$$\log (1 + e_n) = e_n + O(e_n^2)$$
(ingatlah itu $O(e_n^2)$ aku s $O \left( \left( \frac{\log \log n}{\log n} \right)^2 \right)$ yang sedikit lebih lambat dari $O \left( \frac{(\log n)^2}{n} \right)$ jadi ini tidak mungkin), yang berarti LHS menjadi, setelah beberapa penyederhanaan,
$$\left( e_n \log n - \log \log n - 1 \right) - e_n \log \log n + O(e_n^2)$$
sehingga kami dapat meningkatkan perkiraan kami lagi menjadi $e_n \approx \frac{\log \log n + 1}{\log n - \log \log n}$. Ini sekali lagi merupakan peningkatan yang nyata; sekarang perkiraan untuk bagian imajiner dari nol juta adalah$\approx 602157$. Kami memiliki dua digit akurasi sekarang! Secara keseluruhan,
$$\boxed{ \text{Im}(z_n) \approx \frac{2 \pi n}{\log n} \left( 1 + \frac{\log \log n + 1}{\log n - \log \log n} \right) }$$
dan dengan sedikit usaha lagi seseorang bisa memberikan yang besar-$O$ deskripsi kesalahan dalam perkiraan ini, tetapi saya akan berhenti di sini.
Ini hanya melaporkan beberapa hasil empiris (lama).
Bertahun-tahun yang lalu, dalam kelompok penelitian saya, pertanyaan yang sama datang dan salah satu gelar Ph.D. mengembangkan korelasi empiris sederhana$(R^2=0.999991 )$ $$\log \left(\Im\left(\rho _{2^k}\right)\right)\sim a+b \,k^c$$
Untuk $1 \leq k \leq 23$, ini memberi $$\begin{array}{clclclclc} \text{} & \text{Estimate} & \text{Standard Error} & \text{Confidence Interval} \\ a & 2.72774 & 0.02399 & \{2.67752,2.77795\} \\ b & 0.27581 & 0.00566 & \{0.26396,0.28767\} \\ c & 1.21848 & 0.00627 & \{1.20535,1.23161\} \\ \end{array}$$
dari mana perkiraan bagian imajiner dari nol juta $ 595894$ dari pada $600270$.
$$\left( \begin{array}{ccc} n & \text{estimate} & \Im\left(\rho _{10^n}\right) \\ 1 & 50.3377 & 49.7738 \\ 2 & 244.508 & 236.524 \\ 3 & 1436.66 & 1419.42 \\ 4 & 9672.79 & 9877.78 \\ 5 & 72559.8 & 74920.8 \\ 6 & 595894. & 600270. \\ 7 & 5292950 & 4992381 \end{array} \right)$$
Sunting
Menggunakan jawaban @Qiaochu Yuan, kita bisa membalik
$$\frac{T}{2\pi} \log \frac{T}{2\pi} - \frac{T}{2\pi} + O(\log T)$$ dan dapatkan $$\Im\left(\rho _{n}\right)\sim \frac{2 \pi n}{W\left(\frac{n}{e}\right)}$$ dimana $W(.)$ adalah fungsi Lambert.
Menggunakan ekspansi seri biasa, $$\Im\left(\rho _{n}\right)\sim \frac{2 \pi n}{L_1-L_2+\frac{L_2} {L_1}+\frac{L_2(L_2-2)}{2L_1^2}+\cdots }$$ dimana $L_1=\log(n)-1$ dan $L_2=\log(L_1)$. Untuk$n=10^6$, ini akan memberi $600219.$
Jika Anda melihat makalah oleh G.Franca dan A.LeClair, persamaan$(163)$ memberi batas yang tajam $$\frac{2 \pi \left(n-\frac{7}{8}\right)}{W\left(\frac{n-\frac{7}{8}}{e}\right)} \leq \Im\left(\rho _{n}\right) \leq \frac{2 \pi \left(n-\frac{3}{8}\right)}{W\left(\frac{n-\frac{3}{8}}{e}\right)}$$