場合 $z_n$ ゼータ関数の零点は何ですか、の限界は何ですか $\Im{(z_n)}$ なので $n$ 無限大になりますか？

Question

この質問がすでに行われている場合は申し訳ありませんが、問題の説明がそれほど単純ではなく、Googleが認識しない記号が含まれている場合、Googleで物事を調べるのは少し難しいです。

私が持っている質問はゼータ関数に関するものです。場合$z_n$ は、正の虚数部を持ち、昇順の虚数部でソートされたゼータ関数の自明でない零点のシーケンスです。 $n$ の無限大に行きます $\Im{(z_n)}$？

これは無限に爆発しますか、それとも有限ですか？

友達を頼む（紙はこちら）。彼は、その解がリーマン予想と同等である新しい超単純方程式を導き出しました。

Answer 1

リーマン・フォンMangoldt式は、フォームのゼロの数と主張します$\frac{1}{2} + it$ どこ $t \in [0, T]$ 漸近的です

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

そこからそれは続く $\text{Im}(z_n)$ のようなものを育てる $\frac{2 \pi n}{\log n} \left( 1 + \frac{\log \log n}{\log n} \right)$、しかし私はその計算についてあまり注意していません。

ゼロの大きなテーブルを使用して、この漸近線を再確認できます。たとえば、100万番目のゼロには虚数部があります$\approx 600269$ 一方、上記の漸近線は $\approx 541230$、それでそれは少し過小評価です。

もう少し慎重に作業して、 $\text{Im}(z_n) = \frac{2 \pi n}{\log n} \left( 1 + e_n \right)$、 どこ $e_n \to 0$（ゆっくり）。次に、上記の漸近線に一致させるには、

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

で割る $\frac{n}{\log n}$、拡張し、両側から支配的な項をキャンセルすると、いくつかの単純化の後、

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

LHSに制限を設けるために $0$ なので $n \to \infty$ 必要なことがわかります $e_n \approx \frac{\log \log n + 1}{\log n}$。これはすでに顕著な改善です。これにより、100万分の1のゼロの虚数部の推定が改善されます。$\approx 574149$。これよりもうまくいくために、私たちは見積もります

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

（それを覚えておいてください $O(e_n^2)$ です $O \left( \left( \frac{\log \log n}{\log n} \right)^2 \right)$ これはよりかなり遅いです $O \left( \frac{(\log n)^2}{n} \right)$ したがって、これは最善の方法ではありません）。つまり、LHSは、いくつかの単純化の後、

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

見積もりをさらに改善できるように $e_n \approx \frac{\log \log n + 1}{\log n - \log \log n}$。これもまた顕著な改善です。これで、100万番目のゼロの虚数部の推定値は次のようになります。$\approx 602157$。現在、2桁の精度があります。全体として、それでは、

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

そしてもう少し努力すれば、大きなものを与えることができます-$O$ この近似のエラーの説明ですが、ここで停止します。

Answer 2

これは、いくつかの（古い）経験的結果を報告するだけです。

何年も前に、私の研究グループで同じ質問があり、私の博士号の1つでした。単純な経験的相関関係を開発しました$(R^2=0.999991 )$ $$\log \left(\Im\left(\rho _{2^k}\right)\right)\sim a+b \,k^c$$

ために $1 \leq k \leq 23$、これは与えた $$\begin{array}{clclclclc} \text{} & \text{Estimate} & \text{Standard Error} & \text{Confidence Interval} \\ a & 2.72774 & 0.02399 & \{2.67752,2.77795\} \\ b & 0.27581 & 0.00566 & \{0.26396,0.28767\} \\ c & 1.21848 & 0.00627 & \{1.20535,1.23161\} \\ \end{array}$$

そこから百万番目のゼロの虚数部の推定値は $ 595894$ の代わりに $600270$。

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

編集

@Qiaochu Yuanの答えを使用して、逆にすることができます

$$\frac{T}{2\pi} \log \frac{T}{2\pi} - \frac{T}{2\pi} + O(\log T)$$ 取得します $$\Im\left(\rho _{n}\right)\sim \frac{2 \pi n}{W\left(\frac{n}{e}\right)}$$ どこ $W(.)$ ランベルトの関数です。

通常の級数展開を使用して、 $$\Im\left(\rho _{n}\right)\sim \frac{2 \pi n}{L_1-L_2+\frac{L_2} {L_1}+\frac{L_2(L_2-2)}{2L_1^2}+\cdots }$$ どこ $L_1=\log(n)-1$ そして $L_2=\log(L_1)$。ために$n=10^6$、これは $600219.$

あなたは見れば紙G.FrancaとA.LeClair、式で$(163)$ 鋭い境界を与える $$\frac{2 \pi \left(n-\frac{7}{8}\right)}{W\left(\frac{n-\frac{7}{8}}{e}\right)} \leq \Im\left(\rho _{n}\right) \leq \frac{2 \pi \left(n-\frac{3}{8}\right)}{W\left(\frac{n-\frac{3}{8}}{e}\right)}$$