만약 $z_n$ 제타 함수의 0, 한계는 얼마입니까? $\Im{(z_n)}$ 같이 $n$ 무한대로 갑니까?
이 질문이 이미 요청 된 경우 미안하지만 문제의 설명이 그리 간단하지 않고 Google이 인식하지 못하는 기호와 관련된 경우 Google에서 검색하기가 조금 어렵습니다.
내가 가진 질문은 제타 기능에 관한 것입니다. 만약$z_n$ 허수 부분이 양수이고 허수 부분이 오름차순으로 정렬 된 제타 함수의 중요하지 않은 0의 시퀀스입니다. $n$ 무한대로 간다 $\Im{(z_n)}$?
이것이 무한대로 폭발합니까 아니면 유한합니까?
친구를 요청합니다 ( 여기에 종이 ). 그는 Riemann 가설과 동일한 해를 가진 새로운 초간단 방정식을 도출했습니다.
답변
리만 - 폰 Mangoldt 수식 어서 그 형태의 제로의 개수$\frac{1}{2} + it$ 어디 $t \in [0, T]$ 점근 적으로
$$\frac{T}{2\pi} \log \frac{T}{2\pi} - \frac{T}{2\pi} + O(\log T)$$
그 다음부터 $\text{Im}(z_n)$ 뭔가 자랍니다 $\frac{2 \pi n}{\log n} \left( 1 + \frac{\log \log n}{\log n} \right)$, 그러나 나는 그 계산에 대해 너무 조심하지 않았습니다.
이 점근선을 다시 확인하기 위해 큰 0 테이블을 사용할 수 있습니다 . 예를 들어 백만 번째 0은 허수 부$\approx 600269$ 위의 점근선은 $\approx 541230$, 그래서 약간 과소 평가입니다.
좀 더 조심스럽게 작업하고, $\text{Im}(z_n) = \frac{2 \pi n}{\log n} \left( 1 + e_n \right)$, 어디 $e_n \to 0$(천천히). 그런 다음 위의 점근선과 일치하려면
$$\frac{n}{\log n} (1 + e_n) \log \left( \frac{n}{\log n} (1 + e_n) \right) - \frac{n}{\log n} (1 + e_n) = n + O(\log n).$$
나누기 $\frac{n}{\log n}$, 확장하고 양측에서 지배적 인 용어를 취소하면 약간의 단순화 후
$$e_n \log n + (1 + e_n) \log (1 + e_n) - (1 + e_n) \log \log n - (1 + e_n) = O \left( \frac{(\log n)^2}{n} \right).$$
LHS가 제한을 갖기 위해서는 $0$ 같이 $n \to \infty$ 우리는 우리가 필요하다는 것을 알았습니다 $e_n \approx \frac{\log \log n + 1}{\log n}$. 이것은 이미 눈에 띄는 개선입니다. 백만 번째 0의 허수 부의 추정치를 다음과 같이 향상시킵니다.$\approx 574149$. 이것보다 더 잘하기 위해 우리는
$$\log (1 + e_n) = e_n + O(e_n^2)$$
(명심하십시오 $O(e_n^2)$ 이다 $O \left( \left( \frac{\log \log n}{\log n} \right)^2 \right)$ 그것은보다 상당히 느립니다 $O \left( \frac{(\log n)^2}{n} \right)$ 그래서 이것은 최선의 방법이 아닙니다), 이것은 LHS가 약간 단순화 된 후에,
$$\left( e_n \log n - \log \log n - 1 \right) - e_n \log \log n + O(e_n^2)$$
추정치를 좀 더 개선하여 $e_n \approx \frac{\log \log n + 1}{\log n - \log \log n}$. 이것은 다시 눈에 띄는 개선입니다. 이제 백만 번째 0의 허수 부에 대한 추정치는 다음과 같습니다.$\approx 602157$. 이제 두 자리의 정확도가 있습니다! 그럼 모두
$$\boxed{ \text{Im}(z_n) \approx \frac{2 \pi n}{\log n} \left( 1 + \frac{\log \log n + 1}{\log n - \log \log n} \right) }$$
조금 더 노력하면 큰 효과를 볼 수 있습니다.$O$ 이 근사치의 오류에 대한 설명이지만 여기서 중지하겠습니다.
이것은 단지 (오래된) 경험적 결과를보고합니다.
수년 전, 제 연구 그룹에서 같은 질문이 왔고 제 박사 학위 중 하나가 왔습니다. 간단한 경험적 상관 관계를 개발했습니다.$(R^2=0.999991 )$ $$\log \left(\Im\left(\rho _{2^k}\right)\right)\sim a+b \,k^c$$
에 대한 $1 \leq k \leq 23$, 이것은 준 $$\begin{array}{clclclclc} \text{} & \text{Estimate} & \text{Standard Error} & \text{Confidence Interval} \\ a & 2.72774 & 0.02399 & \{2.67752,2.77795\} \\ b & 0.27581 & 0.00566 & \{0.26396,0.28767\} \\ c & 1.21848 & 0.00627 & \{1.20535,1.23161\} \\ \end{array}$$
여기서 백만 번째 0의 허수 부의 추정치는 $ 595894$ 대신에 $600270$.
$$\left( \begin{array}{ccc} n & \text{estimate} & \Im\left(\rho _{10^n}\right) \\ 1 & 50.3377 & 49.7738 \\ 2 & 244.508 & 236.524 \\ 3 & 1436.66 & 1419.42 \\ 4 & 9672.79 & 9877.78 \\ 5 & 72559.8 & 74920.8 \\ 6 & 595894. & 600270. \\ 7 & 5292950 & 4992381 \end{array} \right)$$
편집하다
@Qiaochu Yuan의 대답을 사용하여 우리는
$$\frac{T}{2\pi} \log \frac{T}{2\pi} - \frac{T}{2\pi} + O(\log T)$$ 그리고 얻다 $$\Im\left(\rho _{n}\right)\sim \frac{2 \pi n}{W\left(\frac{n}{e}\right)}$$ 어디 $W(.)$ 램버트 기능입니다.
일반적인 시리즈 확장을 사용하여 $$\Im\left(\rho _{n}\right)\sim \frac{2 \pi n}{L_1-L_2+\frac{L_2} {L_1}+\frac{L_2(L_2-2)}{2L_1^2}+\cdots }$$ 어디 $L_1=\log(n)-1$ 과 $L_2=\log(L_1)$. 에 대한$n=10^6$, 이것은 줄 것입니다 $600219.$
G.Franca와 A.LeClair 의 논문 을 보면 방정식$(163)$ 날카로운 경계를 제공합니다 $$\frac{2 \pi \left(n-\frac{7}{8}\right)}{W\left(\frac{n-\frac{7}{8}}{e}\right)} \leq \Im\left(\rho _{n}\right) \leq \frac{2 \pi \left(n-\frac{3}{8}\right)}{W\left(\frac{n-\frac{3}{8}}{e}\right)}$$