Jeśli $z_n$ są zerami funkcji zeta, jaka jest granica $\Im{(z_n)}$ tak jak $n$ idzie w nieskończoność?

Dec 01 2020

Przepraszamy, jeśli to pytanie zostało już zadane, ale trochę trudno jest wyszukać rzeczy w Google, jeśli opis problemu nie jest bardzo prosty i zawiera symbole, których Google nie rozpoznaje.

Pytanie, które mam, dotyczy funkcji zeta. Jeśli$z_n$ jest sekwencją nietrywialnych zer funkcji zeta z dodatnią częścią urojoną i posortowaną według rosnącej części urojonej, jaka jest granica, gdy $n$ idzie do nieskończoności $\Im{(z_n)}$?

Czy to eksploduje w nieskończoność, czy jest skończone?

Pytanie o przyjaciela (artykuł tutaj ). Wyprowadził nowe, super proste równanie, którego rozwiązanie jest równoważne hipotezie Riemanna.

Odpowiedzi

6 QiaochuYuan Dec 01 2020 at 09:30

Wzór Riemanna-von Mangoldta stwierdza, że ​​liczba zer w formularzu$\frac{1}{2} + it$ gdzie $t \in [0, T]$ jest asymptotycznie

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

z którego to wynika $\text{Im}(z_n)$ rośnie coś w stylu $\frac{2 \pi n}{\log n} \left( 1 + \frac{\log \log n}{\log n} \right)$, ale nie byłem zbyt ostrożny przy tych obliczeniach.

Dostępne są duże tabele zer w celu podwójnego sprawdzenia tej asymptotyki; na przykład milionowe zero ma część urojoną$\approx 600269$ podczas gdy asymptotyka powyżej daje $\approx 541230$, więc jest to trochę niedoszacowane.

Pracując trochę ostrożniej, napisz $\text{Im}(z_n) = \frac{2 \pi n}{\log n} \left( 1 + e_n \right)$, gdzie $e_n \to 0$(powoli). Następnie, aby dopasować asymptotykę powyżej, potrzebujemy

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

Dzielenie przez $\frac{n}{\log n}$rozszerzając się i znosząc dominujący termin z obu stron daje, po pewnym uproszczeniu,

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

Aby LHS miał limit $0$ tak jak $n \to \infty$ widzimy, że potrzebujemy $e_n \approx \frac{\log \log n + 1}{\log n}$. To już zauważalna poprawa; poprawia oszacowanie urojonej części od zera milionowego do$\approx 574149$. Aby zrobić lepiej niż to oszacujemy

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

(pamiętając o tym $O(e_n^2)$ jest $O \left( \left( \frac{\log \log n}{\log n} \right)^2 \right)$ co jest nieco wolniejsze niż $O \left( \frac{(\log n)^2}{n} \right)$ więc nie jest to najlepsze możliwe), co oznacza, że ​​LHS staje się po pewnym uproszczeniu

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

abyśmy mogli jeszcze bardziej poprawić nasze oszacowanie $e_n \approx \frac{\log \log n + 1}{\log n - \log \log n}$. To znowu zauważalna poprawa; teraz szacunek dla urojonej części milionowego zera to$\approx 602157$. Mamy teraz dwie cyfry dokładności! W sumie więc

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

i przy odrobinie wysiłku można dać duże-$O$ opis błędu w tym przybliżeniu ale na tym poprzestanę.

3 ClaudeLeibovici Dec 01 2020 at 12:39

To tylko przedstawia niektóre (stare) wyniki empiryczne.

Wiele lat temu w mojej grupie badawczej pojawiło się to samo pytanie i jeden z moich doktorantów. opracowali prostą korelację empiryczną$(R^2=0.999991 )$ $$\log \left(\Im\left(\rho _{2^k}\right)\right)\sim a+b \,k^c$$

Dla $1 \leq k \leq 23$, to dało $$\begin{array}{clclclclc} \text{} & \text{Estimate} & \text{Standard Error} & \text{Confidence Interval} \\ a & 2.72774 & 0.02399 & \{2.67752,2.77795\} \\ b & 0.27581 & 0.00566 & \{0.26396,0.28767\} \\ c & 1.21848 & 0.00627 & \{1.20535,1.23161\} \\ \end{array}$$

z którego pochodzi oszacowanie urojonej części milionowego zera $ 595894$ zamiast $600270$.

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

Edytować

Używając odpowiedzi @Qiaochu Yuan, możemy odwrócić

$$\frac{T}{2\pi} \log \frac{T}{2\pi} - \frac{T}{2\pi} + O(\log T)$$ i dostać $$\Im\left(\rho _{n}\right)\sim \frac{2 \pi n}{W\left(\frac{n}{e}\right)}$$ gdzie $W(.)$ jest funkcja Lamberta.

Korzystając ze zwykłego rozszerzenia serii, $$\Im\left(\rho _{n}\right)\sim \frac{2 \pi n}{L_1-L_2+\frac{L_2} {L_1}+\frac{L_2(L_2-2)}{2L_1^2}+\cdots }$$ gdzie $L_1=\log(n)-1$ i $L_2=\log(L_1)$. Dla$n=10^6$, to dałoby $600219.$

Jeśli spojrzysz na artykuł G.Franca i A.LeClaira, równanie$(163)$ daje ostre granice $$\frac{2 \pi \left(n-\frac{7}{8}\right)}{W\left(\frac{n-\frac{7}{8}}{e}\right)} \leq \Im\left(\rho _{n}\right) \leq \frac{2 \pi \left(n-\frac{3}{8}\right)}{W\left(\frac{n-\frac{3}{8}}{e}\right)}$$