Derivando a equação funcional para $\zeta(s)$ de somar as potências dos zeros necessários para contar os inteiros

Question

Ao contar o número de inteiros$n(x)$ abaixo de um certo número não inteiro $x$, a seguinte série pode ser usada:

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

Onde $\mu_n = 2\pi n i$ quais são os zeros da função $\xi_i(s) = \frac{2}{s}\sinh\left(\frac{s}{2}\right)$ que tem o produto Hadamard simples:

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

Observe que $\xi_i(0)=1$ Assim como $\xi(0)=1$no produto Hadamard dos zeros não triviais de Riemann$\xi$-função ao ignorar seu fator provavelmente supérfluo$\frac12$.

Somando as potências desses zeros emparelhados da seguinte forma resulta ($B_r$= Número de Bernoulli ):

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

O domínio da série pode ser expandido da seguinte forma:

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

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

Transferindo o $\Gamma(r)$ do RHS de (1) e $r \mapsto s$ dá:

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

que é 5/6 da famosa equação funcional. Sabemos por meio de várias provas (por exemplo, 7 provas diferentes estão listadas no livro Titchmarsh sobre as funções do Zeta) que o?$= \zeta(1-s)$ e que isso fornece a continuação analítica completa de $\zeta(s)$ em direção $s \in \mathbb{C}\,\, /\,\, {1}$.

Pergunta: (espero que não seja muito trivial ...)

Eu sei que o produto de Euler reflete a estrutura multiplicativa dos inteiros, enquanto a equação funcional reflete a estrutura aditiva, mas há uma explicação intuitiva sobre por que a equação funcional deve emergir da soma das potências dos zeros necessários para o termo oscilante contar o inteiros?

PS:

Eu li esta discussão interessante , mas não consegui derivar a resposta dela.

Answer 1

O intermediário parece ser a sequência numérica de Bernoulli, que nasceu originalmente na soma das potências dos inteiros e, por sua vez, deu à luz, por meio da transformada de Mellin da parteira, as funções zeta de Riemann e Hurwitz. O MO-Q ao qual você vincula nas derivações motivacionais da equação funcional para o zeta de Riemann tem uma continuação analítica dos coeficientes do egf para o Bernoullis (o AC de fato dá a função zeta de Riemann) com os números expressos de duas maneiras diferentes , do qual o FE da zeta de Riemann cai. Sua Eqn. 1 poderia ser usado para substituir um desses representantes para o Bernoullis - aquele que contém$\cos(\frac{\pi n}{2})$- com o mesmo resultado final, o FE. (Outra perspectiva sobre a AC dos números de Bernoulli para as funções zeta de Hurwitz e Riemann é apresentada neste MO-Q .)

Se você tomar a derivada de sua equação inicial, obterá a função / operador pente de Dirac delta à esquerda e uma soma de cossenos à direita, fornecendo a identidade de soma de Poisson central. A transformada de Mellin do pente de Dirac fornecerá a função zeta de Riemann. Para mais informações, consulte " The Correspondence Principle ", de Hughes e Ninham.

Editar 23/1-4/21:

Deixe-me explicar o último parágrafo.

Como você descreve em seu MSE-Q associado, uma função de escada duplamente infinita é obtida adicionando $x$para o representante da série Fourier da onda dente de serra . Para$x > 0$, você pode escrever a função de escada semi-infinita contínua por partes como

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

Onde $H(x)$ é a função de degrau de Heaviside (Heaviside sabia de tudo isso).

Tomando a derivada de ambos os lados dá, para $x > 0 $, metade do núcleo da fórmula de distribuição de soma de Poisson

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

e desde

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

e

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

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

para $0 < Re(s) < 1$, tomando o RHS como a continuação analítica para todos $s$, temos uma forma rudimentar da cristalização zeta FE.

A transformação de Mellin termo a termo do pente de Dirac dá à série de função zeta de Riemann rep

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

para $Re(s) < 0$. No entanto, o$n =0$termo, ou seja, o termo constante, na série de cossenos apresenta um problema na transformação de Mellin termo a termo da série. Jogando-o fora - regularizando através do esquema de partes finitas de Hadamard, justificado por um representante de transformada de Mellin inverso assim como para a AC da integral para a função gama de Euler - e igualando as transformadas de Mellin analiticamente continuadas dos dois representantes dá o Riemann equação de simetria funcional zeta

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

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Observe como a interpolação de Mellin (MI) dos coeficientes de um egf (também conhecida como Fórmula Mestre favorita de Ramanujan) fundamenta essas transformações:

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

então para MI os coeficientes, aplique a transformada de Mellin normalizada ao egf com o argumento negado (neste caso, a negação retorna a mesma função)

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

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

Para completar, jogando rápido e solto com a função delta / reps op de Dirac, podemos novamente aplicar o MI via

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

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

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

Isso é consistente com o caso limite de $H(1-x) \; \frac{(1-x)^{\omega}}{\omega!}$ como $\omega$ tende a $-1$ para o representante integral analiticamente continuado da função beta de Euler, com $H(x)$a função de passo de Heaviside e, portanto, o cálculo fracionário. Sendo cautelosamente semiconservador, pode-se olhar para a representação inversa da transformada de Mellin de$\delta(x-n)$.