Derivazione dell'equazione funzionale per $\zeta(s)$ dalla somma delle potenze degli zeri necessarie per contare gli interi

Jan 23 2021

Quando si conta il numero di numeri interi$n(x)$ sotto un certo numero non intero $x$, si potrebbero utilizzare le seguenti serie:

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

dove $\mu_n = 2\pi n i$ quali sono gli zeri della funzione $\xi_i(s) = \frac{2}{s}\sinh\left(\frac{s}{2}\right)$ che ha il semplice prodotto Hadamard:

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

Notare che $\xi_i(0)=1$ proprio come $\xi(0)=1$nel prodotto Hadamard degli zeri non banali di Riemann$\xi$-funzione quando si ignora il suo fattore probabilmente superfluo$\frac12$.

Sommando le potenze di questi zeri accoppiati come segue si ottiene ($B_r$= Numero di Bernoulli ):

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

Il dominio della serie potrebbe essere ampliato come segue:

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

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

Trasferimento del file $\Gamma(r)$ dalla RHS di (1) e $r \mapsto s$ dà:

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

che è il 5/6-esimo della famosa equazione funzionale. Sappiamo attraverso varie dimostrazioni (es. 7 differenti sono elencate nel libro di Titchmarsh sulle funzioni Zeta) che il?$= \zeta(1-s)$ e che questo fornisce la piena continuazione analitica di $\zeta(s)$ in direzione $s \in \mathbb{C}\,\, /\,\, {1}$.

Domanda: (spero non troppo banale ...)

So che il prodotto di Eulero riflette la struttura moltiplicativa degli interi, mentre l'equazione funzionale riflette la struttura additiva, ma esiste una spiegazione intuitiva sul motivo per cui l'equazione funzionale dovrebbe emergere dalla somma delle potenze degli zeri richiesti per il termine oscillante per contare il interi?

PS:

Ho letto questa interessante discussione , ma non sono riuscito a ricavarne la risposta.

Risposte

4 TomCopeland Jan 23 2021 at 08:37

L'intermediario sembra essere la sequenza numerica di Bernoulli che originariamente era nata per sommare i poteri degli interi e che a sua volta alla fine ha dato alla luce, tramite l'ostetrica la trasformata di Mellin, le funzioni zeta di Riemann e Hurwitz. Il MO-Q a cui ci si collega sulle derivazioni motivanti dell'equazione funzionale per la zeta di Riemann ha una continuazione analitica dei coefficienti dell'egf per i Bernoulli (l'AC infatti dà la funzione zeta di Riemann) con i numeri espressi in due modi differenti , da cui cade la FE della zeta di Riemann. Il tuo Eqn. 1 potrebbe essere usato per sostituire una di quelle ripetizioni per i Bernoulli - quella contenente$\cos(\frac{\pi n}{2})$- dando lo stesso risultato finale, la FE. (Un'altra prospettiva sull'AC dei numeri di Bernoulli per le funzioni zeta di Hurwitz e Riemann è presentata in questo MO-Q .)

Se prendi la derivata dell'equazione iniziale, ottieni il pettine di funzione / operatore delta di Dirac a sinistra e una somma dei coseni a destra, dando l'identità della somma di Poisson centrale. La trasformata di Mellin del pettine di Dirac ti darà la funzione zeta di Riemann. Per ulteriori informazioni su questo, vedere " The Correspondence Principle " di Hughes e Ninham.

Modifica 1 / 23-4 / 21:

Vorrei approfondire l'ultimo paragrafo.

Come descrivi nel tuo MSE-Q associato, una funzione scala doppiamente infinita si ottiene aggiungendo $x$alla serie di Fourier rappresentante dell'onda a dente di sega . Per$x > 0$, puoi scrivere la funzione scala semi-infinita continua a tratti come

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

dove $H(x)$ è la funzione gradino Heaviside (Heaviside lo sapeva).

Prendendo la derivata di entrambi i lati si ottiene, per $x > 0 $, metà del nucleo della formula di distribuzione della somma di Poisson

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

e, da allora

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

e

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

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

per $0 < Re(s) < 1$, prendendo la RHS come la continuazione analitica per tutti $s$, abbiamo una forma rudimentale della zeta FE che si cristallizza.

La trasformata di Mellin termine per termine del pettine di Dirac dà la ripetizione della serie di funzioni zeta di Riemann

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

per $Re(s) < 0$. comunque, il$n =0$termine, cioè il termine costante, nella serie del coseno pone un problema nella trasformazione di Mellin termine per termine della serie. Eliminandolo - regolarizzando attraverso lo schema a parti finite di Hadamard, giustificato da una ripetizione inversa della trasformata di Mellin proprio come per l'AC dell'integrale per la funzione gamma di Eulero - ed equiparando le trasformate di Mellin continuate analiticamente delle due ripetizioni si ottiene il Riemann equazione di simmetria funzionale zeta

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


Nota come l'interpolazione di Mellin (MI) dei coefficienti di un egf (noto anche come Formula Master preferita di Ramanujan) è alla base di queste trasformazioni:

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

quindi a MI i coefficienti, applica la trasformata di Mellin normalizzata all'egf con argomento negato (in questo caso la negazione restituisce la stessa funzione)

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

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

Per completezza, giocando veloce e sciolto con la funzione delta di Dirac / ripetizioni operative, possiamo nuovamente applicare MI tramite

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

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

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

Ciò è coerente con il caso limite di $H(1-x) \; \frac{(1-x)^{\omega}}{\omega!}$ come $\omega$ tende a $-1$ per la ripetizione integrale analiticamente continuata della funzione beta di Eulero, con $H(x)$la funzione del passo di Heaviside e, quindi, il calcolo frazionario. Essendo cautamente semi-conservatore, si potrebbe guardare al rappresentante inverso della trasformazione di Mellin$\delta(x-n)$.