에 대한 함수 방정식 유도 $\zeta(s)$ 정수를 세는 데 필요한 0의 거듭 제곱을 합산하여
때 정수의 수를 계산$n(x)$ 정수가 아닌 특정 숫자 아래 $x$, 다음 시리즈를 사용할 수 있습니다.
$$n(x) = x-\frac12 + \sum_{n=1}^{\infty} \left(\frac{e^{x \mu_n}} {\mu_n}+\frac{e^{x \overline{\mu_n}}} {\overline{\mu_n}}\right)$$
어디 $\mu_n = 2\pi n i$ 함수의 0입니다 $\xi_i(s) = \frac{2}{s}\sinh\left(\frac{s}{2}\right)$ 간단한 Hadamard 제품이 있습니다.
$$\displaystyle \xi_i(s) = \prod_{n=1}^\infty \left(1- \frac{s}{2 \pi ni} \right) \left(1- \frac{s}{{-2 \pi ni}} \right)$$
참고 $\xi_i(0)=1$ 처럼 $\xi(0)=1$Riemann의 중요하지 않은 0의 Hadamard 곱에서$\xi$- 아마 불필요한 요소를 무시할 때의 기능$\frac12$.
이 쌍을 이룬 0의 거듭 제곱을 다음과 같이 합하면 ($B_r$= 베르누이 수 ) :
$$\hat{\sigma}_r = \sum_{n=1}^\infty \left(\frac{1}{(2\pi ni)^r}+ \frac{1}{(-2\pi ni)^r}\right) = -\frac{B_{r}}{r\,\Gamma(r)} \qquad r \in \mathbb{N}, r \gt 1\tag{1}$$
시리즈의 도메인은 다음과 같이 확장 될 수 있습니다.
$$\hat{\sigma}_s = \frac{1}{(2\pi i)^s}\,\left(1+e^{\pi s i}\right)\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^s}\qquad s \in \mathbb{C}, \Re(s) \gt 1 \tag{2}$$
$$\hat{\sigma}_s = 2^{1-s}\,\pi^{-s}\cos\left(\frac{\pi s}{2}\right)\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^s}\qquad s \in \mathbb{C}, \Re(s) \gt 1 \tag{3}$$
전송 $\Gamma(r)$ (1)의 RHS에서 $r \mapsto s$ 제공합니다 :
$$2^{1-s}\,\pi^{-s}\cos\left(\frac{\pi s}{2}\right)\,\Gamma(s)\,\zeta(s) = \,\,? \tag{4}$$
이것은 유명한 함수 방정식의 5/6입니다. 우리는 다양한 증명 (예 : Zeta 함수에 대한 Titchmarsh 책에 7 개의 다른 증명이 나열되어 있음)을 통해?$= \zeta(1-s)$ 그리고 이것은 완전한 분석적 연속을 제공합니다. $\zeta(s)$ ...쪽으로 $s \in \mathbb{C}\,\, /\,\, {1}$.
질문 : (너무 사소하지 않기를 바랍니다 ...)
오일러 곱은 정수의 곱셈 구조를 반영하는 반면, 함수 방정식은 가산 구조를 반영하지만 진동 항에 필요한 0의 거듭 제곱을 합산하여 함수 방정식이 나타나는 이유에 대한 직관적 인 설명이 있습니다. 정수?
추신:
나는 이 흥미로운 토론을 읽었 지만 그로부터 답을 얻을 수 없었다.
답변
중개자는 원래 정수의 거듭 제곱을 합산하여 탄생 한 베르누이 수열 인 것으로 보이며 결국 산파를 통해 Mellin 변환을 통해 Riemann 및 Hurwitz 제타 함수를 탄생 시켰습니다. Riemann zeta에 대한 함수 방정식의 유도 유도에 연결하는 MO-Q에는 Bernoullis (사실 AC는 Riemann zeta 함수를 제공함)에 대한 egf 계수가 두 가지 다른 방식으로 표현 된 숫자와 함께 분석적 연속성이 있습니다. , Riemann zeta의 FE가 빠집니다. 귀하의 Eqn. 1을 사용하여 Bernoullis의 반복 횟수 중 하나를 대체 할 수 있습니다.$\cos(\frac{\pi n}{2})$-동일한 최종 결과를 제공하는 FE. (Hurwitz 및 Riemann zeta 함수에 대한 Bernoulli 수의 AC에 대한 또 다른 관점이이 MO-Q에 나와 있습니다.)
초기 방정식의 미분을 취하면 왼쪽의 Dirac 델타 함수 / 연산자 빗과 오른쪽의 코사인 합계를 구하여 핵심 푸 아송 합계 ID를 제공합니다. Dirac 빗의 Mellin 변환은 Riemann zeta 기능을 제공합니다. 이에 대한 자세한 내용은 Hughes와 Ninham의 " 통신 원칙 "을 참조하십시오 .
1 / 23-4 / 21 수정 :
마지막 단락에 대해 자세히 설명하겠습니다.
관련 MSE-Q에서 묘사했듯이 이중 무한 계단 기능은 다음을 추가하여 얻을 수 있습니다. $x$톱니파 의 푸리에 시리즈 대표에 . 에 대한$x > 0$, 조각 연속 반 무한 계단 함수를 다음과 같이 작성할 수 있습니다.
$$H(x) \; n(x) = \sum_{n \geq 1} H(x-n) = H(x) [ \; x - \frac{1}{2} + 2 \sum_{n \geq 1} \frac{\sin(2 \pi n x)}{2 \pi n} \; ],$$
어디 $H(x)$ 헤비 사이드 스텝 함수입니다 (헤비 사이드는이 모든 것을 알고있었습니다).
양쪽의 미분을 취하면 $x > 0 $, 푸 아송 합산 분포 공식의 핵심 절반
$$ \sum_{n \geq 1} \delta(x-n) = H(x) [\;1 + 2 \sum_{n \ge 1} \cos(2 \pi n x) \;],$$
이후
$$ \int_{0^{+}}^{\infty} x^{s-1} \delta(x-n) \; dx = n^{s-1}$$
과
$$ 2 \;\int_{0^{+}}^{\infty} x^{s-1} \cos(2\pi n x) dx = 2 \; (2\pi n)^{-s} \int_{0}^{\infty} x^{s-1} \cos(x) \; dx$$
$$= 2\; (2\pi n)^{-s} \; (s-1)!\; \cos(\frac{\pi}{2}s)$$
...에 대한 $0 < Re(s) < 1$, RHS를 모두를위한 분석적 연속으로 $s$, 우리는 제타 FE 결정화의 기초적인 형태를 가지고 있습니다.
Dirac comb의 항에 의한 Mellin 변환 항은 Riemann zeta 함수 시리즈 rep을 제공합니다.
$$ \zeta(1-s) = \sum_{n \ge 1} \frac{1}{n^{1-s}}$$
...에 대한 $Re(s) < 0$. 그러나, 그$n =0$코사인 시리즈의 항, 즉 상수 항은 시리즈의 항 Mellin 변환에 의해 항에 문제를 제기합니다. 오일러 감마 함수에 대한 적분의 AC와 마찬가지로 역 Mellin 변환 반복에 의해 정당화되는 Hadamard 유한 부분 체계를 통해 정규화하고 두 반복의 분석적으로 계속되는 Mellin 변환을 동일시하면 Riemann이 제공됩니다. 제타 함수 대칭 방정식
$$\zeta(1-s) = 2 \; (2\pi)^{-s} \; (s-1)! \; \cos(\frac{\pi}{2}s) \; \zeta(s).$$
egf (라마누잔이 가장 좋아하는 마스터 공식) 계수의 Mellin 보간 (MI)이 이러한 변환의 기초가되는 방법에 유의하십시오.
$$ \cos(2\pi n x) = \sum_{k \ge 0} \cos(\pi \frac{k}{2}) (2\pi n)^k \frac{x^k}{k!} = \sum_{k \ge 0} c_k \frac{x^k}{k!} = e^{c. x} ,$$
따라서 계수를 MI에 부정한 인수를 사용하여 정규화 된 Mellin 변환을 egf에 적용합니다 (이 경우 부정은 동일한 함수를 반환 함).
$$\int_{0}^{\infty} e^{-c.x} \; \frac{x^{s-1}}{(s-1)!} \; dx = (c.)^{-s} = c_{-s} $$
$$ = \int_{0}^{\infty} \frac{x^{s-1}}{(s-1)!} \; \cos(-2\pi n x) \; dx = \cos(\pi \frac{k}{2}) (2\pi n)^k \; |_{k \to -s}. $$
완전성을 위해 Dirac 델타 기능 / 작업 반복으로 빠르고 느슨하게 플레이하려면 다음을 통해 MI를 다시 적용 할 수 있습니다.
$$ \int_{0}^{\infty} \frac{x^{s-1}}{(s-1)!} \; \delta(x-n) \; dx =\int_{0}^{\infty} \frac{x^{s-1}}{(s-1)!} \; \frac{1}{n} \delta(1-\frac{x}{n}) \; dx $$
$$ =\int_{0}^{\infty} \frac{x^{s-1}}{(s-1)!} \; \frac{1}{n} \frac{(1-\frac{x}{n})^{-1}}{(-1)!} \; dx = \int_{0}^{\infty} \frac{x^{s-1}}{(s-1)!} \; \sum_{k \geq 0}(-1)^k \frac{1}{n^{k+1}} \; \frac{1}{(-k-1)!} \; \frac{x^k}{k!} \; dx$$
$$ =\frac{1}{n^{k+1}} \; \frac{1}{(-k-1)!} \; |_{k \to -s} = \frac{1}{(s-1)!} \; n^{s-1} .$$
이것은 다음의 제한 사례와 일치합니다. $H(1-x) \; \frac{(1-x)^{\omega}}{\omega!}$ 같이 $\omega$ 경향이 $-1$ Euler 베타 함수의 분석적으로 계속되는 적분 반복을 위해 $H(x)$헤비 사이드 스텝 함수, 따라서 분수 미적분. 신중하게 반 보수적이므로 역 Mellin 변환 대표를 볼 수 있습니다.$\delta(x-n)$.