Menurunkan persamaan fungsional untuk $\zeta(s)$ dari menjumlahkan pangkat nol yang diperlukan untuk menghitung bilangan bulat

Jan 23 2021

Saat menghitung jumlah bilangan bulat$n(x)$ di bawah angka non-integer tertentu $x$, seri berikut dapat digunakan:

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

dimana $\mu_n = 2\pi n i$ yang merupakan angka nol dari fungsi tersebut $\xi_i(s) = \frac{2}{s}\sinh\left(\frac{s}{2}\right)$ yang memiliki produk Hadamard sederhana:

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

Catat itu $\xi_i(0)=1$ seperti $\xi(0)=1$dalam produk Hadamard dari angka nol non-sepele Riemann$\xi$-fungsi saat mengabaikan faktor yang mungkin berlebihan$\frac12$.

Menjumlahkan pangkat dari angka nol berpasangan ini sebagai berikut menghasilkan ($B_r$= Bilangan Bernoulli ):

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

Domain seri dapat diperluas sebagai berikut:

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

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

Mentransfer file $\Gamma(r)$ dari RHS (1) dan $r \mapsto s$ memberikan:

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

yang merupakan 5/6 dari persamaan fungsional terkenal. Kita tahu melalui berbagai bukti (mis. 7 yang berbeda tercantum dalam buku Titchmarsh tentang fungsi Zeta) bahwa?$= \zeta(1-s)$ dan ini memberikan kelanjutan analitik penuh dari $\zeta(s)$ menuju $s \in \mathbb{C}\,\, /\,\, {1}$.

Pertanyaan: (semoga tidak terlalu sepele ...)

Saya tahu perkalian Euler mencerminkan struktur perkalian bilangan bulat, sedangkan persamaan fungsional mencerminkan struktur aditif, tetapi apakah ada penjelasan intuitif tentang mengapa persamaan fungsional harus muncul dari menjumlahkan pangkat nol yang diperlukan untuk suku berosilasi untuk menghitung bilangan bulat?

PS:

Saya membaca diskusi yang menarik ini , tetapi tidak dapat memperoleh jawabannya.

Jawaban

4 TomCopeland Jan 23 2021 at 08:37

Perantara tampaknya adalah urutan bilangan Bernoulli yang awalnya lahir dalam menjumlahkan kekuatan bilangan bulat dan pada akhirnya melahirkan, melalui bidan transformasi Mellin, ke fungsi Riemann dan Hurwitz zeta. MO-Q yang Anda hubungkan untuk memotivasi penurunan persamaan fungsional untuk Riemann zeta memiliki kelanjutan analitik dari koefisien egf untuk Bernoullis (AC sebenarnya memberikan fungsi Riemann zeta) dengan angka-angka yang diekspresikan dalam dua cara berbeda , dari mana FE dari Riemann zeta jatuh. Persamaan Anda. 1 dapat digunakan untuk menggantikan salah satu repetisi untuk Bernoullis - yang berisi$\cos(\frac{\pi n}{2})$--memberikan hasil akhir yang sama, FE. (Perspektif lain tentang AC dari bilangan Bernoulli ke fungsi Hurwitz dan Riemann zeta disajikan dalam MO-Q ini .)

Jika Anda mengambil turunan dari persamaan awal Anda, Anda mendapatkan fungsi delta Dirac / sisir operator di sebelah kiri dan jumlah cosinus di sebelah kanan, yang memberikan identitas penjumlahan Poisson inti. Transformasi Mellin dari sisir Dirac akan memberi Anda fungsi Riemann zeta. Untuk lebih lanjut tentang ini, lihat " Prinsip Korespondensi " oleh Hughes dan Ninham.

Edit 1 / 23-4 / 21:

Izinkan saya menjelaskan paragraf terakhir.

Seperti yang Anda gambarkan dalam MSE-Q terkait, fungsi tangga ganda tak terhingga diperoleh dengan menambahkan $x$ke perwakilan seri Fourier dari gelombang gigi gergaji . Untuk$x > 0$, Anda dapat menuliskan fungsi tangga semi-tak hingga sebagian kontinu sebagai

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

dimana $H(x)$ adalah fungsi langkah Heaviside (Heaviside mengetahui semua ini).

Mengambil turunan dari kedua sisi memberi, untuk $x > 0 $, setengah dari inti rumus distribusi penjumlahan Poisson

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

dan, sejak

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

dan

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

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

untuk $0 < Re(s) < 1$, mengambil RHS sebagai kelanjutan analitik untuk semua $s$, kami memiliki bentuk dasar dari kristalisasi zeta FE.

Suku transformasi Mellin dengan suku sisir Dirac memberikan perwakilan seri fungsi Riemann zeta

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

untuk $Re(s) < 0$. Namun,$n =0$istilah, yaitu, suku konstanta, dalam deret cosinus menimbulkan masalah dalam istilah transformasi deret Mellin suku. Melempar keluar - mengatur melalui skema bagian hingga Hadamard, dibenarkan oleh perwakilan transformasi Mellin terbalik seperti untuk AC integral untuk fungsi gamma Euler - dan menyamakan transformasi Mellin yang dilanjutkan secara analitis dari dua repetisi memberikan Riemann persamaan simetri fungsional zeta

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


Perhatikan bagaimana interpolasi Mellin (MI) dari koefisien egf (alias Formula Master favorit Ramanujan) mendasari transformasi ini:

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

jadi ke MI koefisiennya, terapkan transformasi Mellin yang dinormalisasi ke egf dengan argumen dinegasikan (dalam hal ini negasi mengembalikan fungsi yang sama)

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

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

Untuk kelengkapan, main cepat dan lepas dengan fungsi delta Dirac / op repetisi kita bisa kembali menerapkan MI lewat

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

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

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

Ini konsisten dengan kasus pembatas $H(1-x) \; \frac{(1-x)^{\omega}}{\omega!}$ sebagai $\omega$ cenderung $-1$ untuk repetisi integral yang dilanjutkan secara analitis dari fungsi beta Euler, dengan $H(x)$fungsi langkah Heaviside, dan, oleh karena itu, kalkulus pecahan. Menjadi semi-konservatif hati-hati, orang dapat melihat terbalik perwakilan transformasi Mellin$\delta(x-n)$.