Wyprowadzenie równania funkcyjnego dla $\zeta(s)$ z sumowania potęg zer wymaganych do policzenia liczb całkowitych
Podczas liczenia liczb całkowitych$n(x)$ poniżej pewnej liczby niecałkowitej $x$można zastosować następujące serie:
$$n(x) = x-\frac12 + \sum_{n=1}^{\infty} \left(\frac{e^{x \mu_n}} {\mu_n}+\frac{e^{x \overline{\mu_n}}} {\overline{\mu_n}}\right)$$
gdzie $\mu_n = 2\pi n i$ które są zerami funkcji $\xi_i(s) = \frac{2}{s}\sinh\left(\frac{s}{2}\right)$ który ma prosty produkt Hadamarda:
$$\displaystyle \xi_i(s) = \prod_{n=1}^\infty \left(1- \frac{s}{2 \pi ni} \right) \left(1- \frac{s}{{-2 \pi ni}} \right)$$
Zwróć na to uwagę $\xi_i(0)=1$ tak jak $\xi(0)=1$w iloczynu Hadamarda nietrywialnych zer Riemanna$\xi$-funkcja przy ignorowaniu jej prawdopodobnie zbędnego czynnika$\frac12$.
Zsumowanie potęg tych sparowanych zer w następujący sposób daje ($B_r$= Liczba Bernoulliego ):
$$\hat{\sigma}_r = \sum_{n=1}^\infty \left(\frac{1}{(2\pi ni)^r}+ \frac{1}{(-2\pi ni)^r}\right) = -\frac{B_{r}}{r\,\Gamma(r)} \qquad r \in \mathbb{N}, r \gt 1\tag{1}$$
Dziedzinę serii można rozszerzyć w następujący sposób:
$$\hat{\sigma}_s = \frac{1}{(2\pi i)^s}\,\left(1+e^{\pi s i}\right)\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^s}\qquad s \in \mathbb{C}, \Re(s) \gt 1 \tag{2}$$
$$\hat{\sigma}_s = 2^{1-s}\,\pi^{-s}\cos\left(\frac{\pi s}{2}\right)\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^s}\qquad s \in \mathbb{C}, \Re(s) \gt 1 \tag{3}$$
Przenoszenie $\Gamma(r)$ z prawej strony (1) i $r \mapsto s$ daje:
$$2^{1-s}\,\pi^{-s}\cos\left(\frac{\pi s}{2}\right)\,\Gamma(s)\,\zeta(s) = \,\,? \tag{4}$$
co jest 5/6 słynnego równania funkcjonalnego. Wiemy z różnych dowodów (np. 7 różnych jest wymienionych w książce Titchmarsha o funkcjach Zeta), że?$= \zeta(1-s)$ i że zapewnia to pełną analityczną kontynuację $\zeta(s)$ w kierunku $s \in \mathbb{C}\,\, /\,\, {1}$.
Pytanie: (mam nadzieję, że nie jest to zbyt trywialne ...)
Wiem, że iloczyn Eulera odzwierciedla multiplikatywną strukturę liczb całkowitych, podczas gdy równanie funkcjonalne odzwierciedla strukturę addytywną, ale czy istnieje intuicyjne wyjaśnienie, dlaczego równanie funkcjonalne powinno wyłaniać się z sumowania potęg zer wymaganych do obliczenia członu oscylacyjnego liczby całkowite?
PS:
Przeczytałem tę interesującą dyskusję , ale nie mogłem z niej wydobyć odpowiedzi.
Odpowiedzi
Wydaje się, że pośrednikiem jest sekwencja liczb Bernoulliego, która pierwotnie narodziła się z sumowania mocy liczb całkowitych, a ostatecznie dała, za pośrednictwem położnej, transformatę Mellina, funkcje zeta Riemanna i Hurwitza. MO-Q, z którym łączysz się w motywujących wyprowadzeniach równania funkcjonalnego dla zeta Riemanna, ma analityczną kontynuację współczynników egf dla Bernoullisa (AC w rzeczywistości daje funkcję zeta Riemanna) z liczbami wyrażonymi na dwa różne sposoby , z którego wypada Wf zeta Riemanna. Twoje Eqn. 1 można by użyć do zastąpienia jednego z tych powtórzeń dla Bernoullis - tego zawierającego$\cos(\frac{\pi n}{2})$- dając ten sam efekt końcowy, Wf. (Inna perspektywa na AC liczb Bernoulliego do funkcji zeta Hurwitza i Riemanna jest przedstawiona w tym MO-Q .)
Jeśli weźmiesz pochodną swojego początkowego równania, otrzymasz grzebień delty / operatora Diraca po lewej stronie i sumę cosinusów po prawej stronie, dając rdzeń tożsamości sumowania Poissona. Transformata Mellina grzebienia Diraca da ci funkcję zeta Riemanna. Więcej informacji na ten temat można znaleźć w „ The Correspondence Principle ” autorstwa Hughesa i Ninham.
Edycja 1 / 23-4 / 21:
Pozwólcie, że omówię ostatni akapit.
Jak przedstawiasz w swoim skojarzonym MSE-Q, podwójnie nieskończoną funkcję klatki schodowej uzyskuje się przez dodanie $x$do powtórzenia serii Fouriera fali piłokształtnej . Dla$x > 0$, możesz zapisać ciągłą, ciągłą funkcję klatki schodowej jako
$$H(x) \; n(x) = \sum_{n \geq 1} H(x-n) = H(x) [ \; x - \frac{1}{2} + 2 \sum_{n \geq 1} \frac{\sin(2 \pi n x)}{2 \pi n} \; ],$$
gdzie $H(x)$ jest funkcją krokową Heaviside (Heaviside wiedział to wszystko).
Biorąc pochodną obu stron, dajemy za $x > 0 $, połowa rdzenia wzoru na rozkład sumowania Poissona
$$ \sum_{n \geq 1} \delta(x-n) = H(x) [\;1 + 2 \sum_{n \ge 1} \cos(2 \pi n x) \;],$$
i od tego czasu
$$ \int_{0^{+}}^{\infty} x^{s-1} \delta(x-n) \; dx = n^{s-1}$$
i
$$ 2 \;\int_{0^{+}}^{\infty} x^{s-1} \cos(2\pi n x) dx = 2 \; (2\pi n)^{-s} \int_{0}^{\infty} x^{s-1} \cos(x) \; dx$$
$$= 2\; (2\pi n)^{-s} \; (s-1)!\; \cos(\frac{\pi}{2}s)$$
dla $0 < Re(s) < 1$traktując RHS jako analityczną kontynuację dla wszystkich $s$, mamy szczątkową postać krystalizacji zeta FE.
Termin transformaty Mellina po członie grzebienia Diraca daje serię funkcji zeta Riemanna rep
$$ \zeta(1-s) = \sum_{n \ge 1} \frac{1}{n^{1-s}}$$
dla $Re(s) < 0$. Jednakże$n =0$Termin, tj. człon stały, w szeregu cosinusowym stwarza problem w wyrażeniu przez termin transformacja Mellina szeregu. Wyrzucenie tego - uregulowanie poprzez schemat części skończonej Hadamarda, uzasadnione odwrotnym rep transformacją Mellina, tak jak dla AC całki funkcji gamma Eulera - i zrównanie analitycznie kontynuowanych transformacji Mellina dwóch powtórzeń daje wynik Riemanna Równanie funkcjonalne symetrii zeta
$$\zeta(1-s) = 2 \; (2\pi)^{-s} \; (s-1)! \; \cos(\frac{\pi}{2}s) \; \zeta(s).$$
Zwróć uwagę, jak interpolacja Mellina (MI) współczynników egf (znanej również jako ulubiona formuła wzorcowa Ramanujana) leży u podstaw tych przekształceń:
$$ \cos(2\pi n x) = \sum_{k \ge 0} \cos(\pi \frac{k}{2}) (2\pi n)^k \frac{x^k}{k!} = \sum_{k \ge 0} c_k \frac{x^k}{k!} = e^{c. x} ,$$
więc do MI współczynników zastosuj znormalizowaną transformację Mellina do egf z argumentem zanegowanym (w tym przypadku negacja zwraca tę samą funkcję)
$$\int_{0}^{\infty} e^{-c.x} \; \frac{x^{s-1}}{(s-1)!} \; dx = (c.)^{-s} = c_{-s} $$
$$ = \int_{0}^{\infty} \frac{x^{s-1}}{(s-1)!} \; \cos(-2\pi n x) \; dx = \cos(\pi \frac{k}{2}) (2\pi n)^k \; |_{k \to -s}. $$
Aby uzyskać kompletność, grając szybko i luźno z funkcją delta Diraca / powtórzeń operacyjnych, możemy ponownie zastosować MI za pomocą
$$ \int_{0}^{\infty} \frac{x^{s-1}}{(s-1)!} \; \delta(x-n) \; dx =\int_{0}^{\infty} \frac{x^{s-1}}{(s-1)!} \; \frac{1}{n} \delta(1-\frac{x}{n}) \; dx $$
$$ =\int_{0}^{\infty} \frac{x^{s-1}}{(s-1)!} \; \frac{1}{n} \frac{(1-\frac{x}{n})^{-1}}{(-1)!} \; dx = \int_{0}^{\infty} \frac{x^{s-1}}{(s-1)!} \; \sum_{k \geq 0}(-1)^k \frac{1}{n^{k+1}} \; \frac{1}{(-k-1)!} \; \frac{x^k}{k!} \; dx$$
$$ =\frac{1}{n^{k+1}} \; \frac{1}{(-k-1)!} \; |_{k \to -s} = \frac{1}{(s-1)!} \; n^{s-1} .$$
Jest to zgodne z ograniczającym przypadkiem $H(1-x) \; \frac{(1-x)^{\omega}}{\omega!}$ tak jak $\omega$ ma zwyczaj $-1$ dla analitycznie ciągłego integralnego powtórzenia funkcji beta Eulera, z $H(x)$funkcja skokowa Heaviside'a, a zatem rachunek ułamkowy. Będąc ostrożnie półkonserwatywnym, można przyjrzeć się odwrotnej transformacji Mellina$\delta(x-n)$.