E se $z_n$ são os zeros da função zeta, qual é o limite de $\Im{(z_n)}$ Como $n$ vai para o infinito?

Dec 01 2020

Desculpe se essa pergunta já foi feita, mas é um pouco difícil pesquisar no Google se a explicação do problema não for muito simples e envolver símbolos que o Google não reconhece.

A pergunta que tenho diz respeito à função zeta. E se$z_n$ é a sequência de zeros não triviais da função zeta com parte imaginária positiva e ordenada pela parte imaginária ascendente, qual é o limite quando $n$ vai para o infinito de $\Im{(z_n)}$?

Isso explode para o infinito ou é finito?

Pedindo um amigo (papel aqui ). Ele derivou uma nova equação super simples, cuja solução é equivalente à hipótese de Riemann.

Respostas

6 QiaochuYuan Dec 01 2020 at 09:30

A fórmula de Riemann-von Mangoldt afirma que o número de zeros da forma$\frac{1}{2} + it$ Onde $t \in [0, T]$ é assintoticamente

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

do qual segue-se que $\text{Im}(z_n)$ cresce algo como $\frac{2 \pi n}{\log n} \left( 1 + \frac{\log \log n}{\log n} \right)$, mas não fui muito cuidadoso com esse cálculo.

Grandes tabelas de zeros estão disponíveis para verificar novamente essa assintótica; por exemplo, o milionésimo zero tem parte imaginária$\approx 600269$ enquanto que o assintótico acima dá $\approx 541230$, então é um pouco subestimado.

Trabalhando com um pouco mais de cuidado, escreva $\text{Im}(z_n) = \frac{2 \pi n}{\log n} \left( 1 + e_n \right)$, Onde $e_n \to 0$(lentamente). Então, para corresponder ao assintótico acima, precisamos

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

Dividindo por $\frac{n}{\log n}$, expandindo e cancelando o termo dominante de ambos os lados dá, após alguma simplificação,

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

Para que o LHS tenha limite $0$ Como $n \to \infty$ nós vemos que precisamos $e_n \approx \frac{\log \log n + 1}{\log n}$. Isso já é uma melhoria notável; melhora a estimativa da parte imaginária do milionésimo zero para$\approx 574149$. Para fazer melhor do que isso, vamos estimar

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

(tendo em mente que $O(e_n^2)$ é $O \left( \left( \frac{\log \log n}{\log n} \right)^2 \right)$ que é um pouco mais lento do que $O \left( \frac{(\log n)^2}{n} \right)$ então isso não é o melhor possível), o que significa que o LHS se torna, após alguma simplificação,

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

para que possamos melhorar nossa estimativa um pouco mais para $e_n \approx \frac{\log \log n + 1}{\log n - \log \log n}$. Novamente, esta é uma melhoria perceptível; agora a estimativa para a parte imaginária do milionésimo zero é$\approx 602157$. Agora temos dois dígitos de precisão! Ao todo, então,

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

e com um pouco mais de esforço, pode-se dar um grande$O$ descrição do erro nesta aproximação, mas vou parar por aqui.

3 ClaudeLeibovici Dec 01 2020 at 12:39

Isso apenas relata alguns (antigos) resultados empíricos.

Muitos anos atrás, no meu grupo de pesquisa, surgiu a mesma pergunta e um dos meus Ph.D. desenvolveu uma correlação empírica simples$(R^2=0.999991 )$ $$\log \left(\Im\left(\rho _{2^k}\right)\right)\sim a+b \,k^c$$

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

a partir da qual a estimativa da parte imaginária do milionésimo zero é $ 595894$ em vez de $600270$.

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

Editar

Usando a resposta de @Qiaochu Yuan, poderíamos inverter

$$\frac{T}{2\pi} \log \frac{T}{2\pi} - \frac{T}{2\pi} + O(\log T)$$ e pegue $$\Im\left(\rho _{n}\right)\sim \frac{2 \pi n}{W\left(\frac{n}{e}\right)}$$ Onde $W(.)$ é a função de Lambert.

Usando sua expansão de série usual, $$\Im\left(\rho _{n}\right)\sim \frac{2 \pi n}{L_1-L_2+\frac{L_2} {L_1}+\frac{L_2(L_2-2)}{2L_1^2}+\cdots }$$ Onde $L_1=\log(n)-1$ e $L_2=\log(L_1)$. Para$n=10^6$, isso daria $600219.$

Se você olhar o artigo de G.Franca e A.LeClair, a equação$(163)$ dá limites acentuados $$\frac{2 \pi \left(n-\frac{7}{8}\right)}{W\left(\frac{n-\frac{7}{8}}{e}\right)} \leq \Im\left(\rho _{n}\right) \leq \frac{2 \pi \left(n-\frac{3}{8}\right)}{W\left(\frac{n-\frac{3}{8}}{e}\right)}$$