Suy ra phương trình hàm cho $\zeta(s)$ từ tính tổng lũy ​​thừa của các số không cần thiết để đếm các số nguyên

Question

Khi đếm số lượng các số nguyên$n(x)$ dưới một số không phải số nguyên nhất định $x$, loạt sau có thể được sử dụng:

$$n(x) = x-\frac12 + \sum_{n=1}^{\infty} \left(\frac{e^{x \mu_n}} {\mu_n}+\frac{e^{x \overline{\mu_n}}} {\overline{\mu_n}}\right)$$

Ở đâu $\mu_n = 2\pi n i$ các số không của hàm nào $\xi_i(s) = \frac{2}{s}\sinh\left(\frac{s}{2}\right)$ có sản phẩm Hadamard đơn giản:

$$\displaystyle \xi_i(s) = \prod_{n=1}^\infty \left(1- \frac{s}{2 \pi ni} \right) \left(1- \frac{s}{{-2 \pi ni}} \right)$$

Lưu ý rằng $\xi_i(0)=1$ giống như $\xi(0)=1$trong tích Hadamard của các số không tầm thường của Riemann$\xi$-chức năng khi bỏ qua yếu tố có thể thừa của nó$\frac12$.

Tổng lũy ​​thừa của các số không được ghép nối này như sau cho kết quả ($B_r$= Số Bernoulli ):

$$\hat{\sigma}_r = \sum_{n=1}^\infty \left(\frac{1}{(2\pi ni)^r}+ \frac{1}{(-2\pi ni)^r}\right) = -\frac{B_{r}}{r\,\Gamma(r)} \qquad r \in \mathbb{N}, r \gt 1\tag{1}$$

Miền của chuỗi có thể được mở rộng như sau:

$$\hat{\sigma}_s = \frac{1}{(2\pi i)^s}\,\left(1+e^{\pi s i}\right)\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^s}\qquad s \in \mathbb{C}, \Re(s) \gt 1 \tag{2}$$

$$\hat{\sigma}_s = 2^{1-s}\,\pi^{-s}\cos\left(\frac{\pi s}{2}\right)\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^s}\qquad s \in \mathbb{C}, \Re(s) \gt 1 \tag{3}$$

Chuyển giao $\Gamma(r)$ từ RHS của (1) và $r \mapsto s$ cho:

$$2^{1-s}\,\pi^{-s}\cos\left(\frac{\pi s}{2}\right)\,\Gamma(s)\,\zeta(s) = \,\,? \tag{4}$$

là 5/6 của phương trình hàm nổi tiếng. Chúng tôi biết thông qua các bằng chứng khác nhau (ví dụ như 7 bằng chứng khác nhau được liệt kê trong cuốn sách Titchmarsh về các hàm Zeta) rằng?$= \zeta(1-s)$ và điều này cung cấp sự tiếp tục phân tích đầy đủ của $\zeta(s)$ hướng tới $s \in \mathbb{C}\,\, /\,\, {1}$.

Câu hỏi: (Tôi hy vọng không quá tầm thường ...)

Tôi biết sản phẩm Euler phản ánh cấu trúc nhân của các số nguyên, trong khi phương trình hàm phản ánh cấu trúc cộng, nhưng có lời giải thích trực quan về lý do tại sao phương trình hàm nên xuất hiện từ việc tính tổng lũy ​​thừa của các số không cần thiết cho số hạng dao động để đếm số nguyên?

Tái bút:

Tôi đã đọc cuộc thảo luận thú vị này , nhưng không thể tìm ra câu trả lời từ nó.

Answer 1

Trung gian dường như là dãy số Bernoulli ban đầu được sinh ra để tổng hợp các lũy thừa của các số nguyên và cuối cùng cuối cùng đã sinh ra, thông qua bà đỡ là phép biến đổi Mellin, cho các hàm Riemann và Hurwitz zeta. MO-Q mà bạn liên kết với các dẫn xuất thúc đẩy của phương trình hàm cho Riemann zeta có sự tiếp tục giải tích của các hệ số của ví dụ đối với Bernoullis (AC thực tế cho hàm Riemann zeta) với các số được biểu thị theo hai cách khác nhau , từ đó FE của Riemann zeta rơi ra. Eqn của bạn. 1 có thể được sử dụng để thay thế một trong những đại diện đó cho Bernoullis - người có chứa$\cos(\frac{\pi n}{2})$- kết quả cuối cùng giống nhau, FE. (Một góc nhìn khác về AC của các số Bernoulli đối với các hàm zeta Hurwitz và Riemann được trình bày trong MO-Q này .)

Nếu bạn lấy đạo hàm của phương trình ban đầu, bạn sẽ có được hàm / toán tử Dirac delta ở bên trái và tổng các cosin ở bên phải, đưa ra nhận dạng tổng kết Poisson cốt lõi. Biến đổi Mellin của lược Dirac sẽ cung cấp cho bạn hàm Riemann zeta. Để biết thêm về điều này, hãy xem " Nguyên tắc Thư tín " của Hughes và Ninham.

Chỉnh sửa 1 / 23-4 / 21:

Hãy để tôi nói rõ hơn về đoạn cuối cùng.

Khi bạn mô tả trong MSE-Q được liên kết của mình, một chức năng cầu thang vô hạn kép có được bằng cách thêm $x$đến đại diện chuỗi Fourier của sóng răng cưa . Đối với$x > 0$, bạn có thể viết hàm cầu thang bán vô hạn liên tục từng mảnh dưới dạng

$$H(x) \; n(x) = \sum_{n \geq 1} H(x-n) = H(x) [ \; x - \frac{1}{2} + 2 \sum_{n \geq 1} \frac{\sin(2 \pi n x)}{2 \pi n} \; ],$$

Ở đâu $H(x)$ là hàm bước Heaviside (Heaviside đã biết tất cả điều này).

Lấy đạo hàm của cả hai bên cho, cho $x > 0 $, một nửa cốt lõi của công thức phân phối tổng Poisson

$$ \sum_{n \geq 1} \delta(x-n) = H(x) [\;1 + 2 \sum_{n \ge 1} \cos(2 \pi n x) \;],$$

và kể từ khi

$$ \int_{0^{+}}^{\infty} x^{s-1} \delta(x-n) \; dx = n^{s-1}$$

và

$$ 2 \;\int_{0^{+}}^{\infty} x^{s-1} \cos(2\pi n x) dx = 2 \; (2\pi n)^{-s} \int_{0}^{\infty} x^{s-1} \cos(x) \; dx$$

$$= 2\; (2\pi n)^{-s} \; (s-1)!\; \cos(\frac{\pi}{2}s)$$

cho $0 < Re(s) < 1$, lấy RHS làm phần tiếp theo phân tích cho tất cả $s$, chúng ta có một dạng kết tinh zeta FE thô sơ.

Phép biến đổi Mellin theo số hạng của lược Dirac cho ta đại diện chuỗi hàm zeta Riemann

$$ \zeta(1-s) = \sum_{n \ge 1} \frac{1}{n^{1-s}}$$

cho $Re(s) < 0$. Tuy nhiên,$n =0$hạn, tức là số hạng không đổi, trong chuỗi cosine đặt ra một vấn đề trong thuật ngữ bằng phép biến đổi Mellin của chuỗi. Loại bỏ nó - điều hòa thông qua lược đồ phần hữu hạn Hadamard, được biện minh bởi một đại diện biến đổi Mellin nghịch đảo giống như đối với AC của tích phân cho hàm gamma Euler - và cân bằng các biến đổi Mellin liên tục về mặt phân tích của hai đại diện cho Riemann phương trình đối xứng hàm zeta

$$\zeta(1-s) = 2 \; (2\pi)^{-s} \; (s-1)! \; \cos(\frac{\pi}{2}s) \; \zeta(s).$$

---

Lưu ý cách nội suy Mellin (MI) của các hệ số của một ví dụ (hay còn gọi là Công thức Master yêu thích của Ramanujan) làm cơ sở cho các phép biến đổi này:

$$ \cos(2\pi n x) = \sum_{k \ge 0} \cos(\pi \frac{k}{2}) (2\pi n)^k \frac{x^k}{k!} = \sum_{k \ge 0} c_k \frac{x^k}{k!} = e^{c. x} ,$$

vì vậy đối với MI các hệ số, hãy áp dụng biến đổi Mellin chuẩn hóa cho egf với đối số bị phủ định (trong trường hợp này, phép phủ định trả về cùng một hàm)

$$\int_{0}^{\infty} e^{-c.x} \; \frac{x^{s-1}}{(s-1)!} \; dx = (c.)^{-s} = c_{-s} $$

$$ = \int_{0}^{\infty} \frac{x^{s-1}}{(s-1)!} \; \cos(-2\pi n x) \; dx = \cos(\pi \frac{k}{2}) (2\pi n)^k \; |_{k \to -s}. $$

Để hoàn thiện, chơi nhanh và lỏng lẻo với chức năng Dirac delta / đại diện op, chúng tôi có thể áp dụng lại MI thông qua

$$ \int_{0}^{\infty} \frac{x^{s-1}}{(s-1)!} \; \delta(x-n) \; dx =\int_{0}^{\infty} \frac{x^{s-1}}{(s-1)!} \; \frac{1}{n} \delta(1-\frac{x}{n}) \; dx $$

$$ =\int_{0}^{\infty} \frac{x^{s-1}}{(s-1)!} \; \frac{1}{n} \frac{(1-\frac{x}{n})^{-1}}{(-1)!} \; dx = \int_{0}^{\infty} \frac{x^{s-1}}{(s-1)!} \; \sum_{k \geq 0}(-1)^k \frac{1}{n^{k+1}} \; \frac{1}{(-k-1)!} \; \frac{x^k}{k!} \; dx$$

$$ =\frac{1}{n^{k+1}} \; \frac{1}{(-k-1)!} \; |_{k \to -s} = \frac{1}{(s-1)!} \; n^{s-1} .$$

Điều này phù hợp với trường hợp giới hạn của $H(1-x) \; \frac{(1-x)^{\omega}}{\omega!}$ như $\omega$ có xu hướng $-1$ cho đại diện tích phân liên tục về mặt phân tích của hàm Euler beta, với $H(x)$hàm bước Heaviside, và do đó, phép tính phân số. Thận trọng nửa bảo thủ, người ta có thể nhìn vào đại diện biến đổi Mellin nghịch đảo của$\delta(x-n)$.