Если $z_n$ нули дзета-функции, каков предел $\Im{(z_n)}$ так как $n$ уходит в бесконечность?
Извините, если этот вопрос уже задавался, но немного сложно найти информацию в Google, если формулировка проблемы не очень проста и включает символы, которые Google не распознает.
Вопрос, который у меня есть, касается дзета-функции. Если$z_n$ представляет собой последовательность нетривиальных нулей дзета-функции с положительной мнимой частью и отсортированной по возрастающей мнимой части, каков предел, когда $n$ уходит в бесконечность $\Im{(z_n)}$?
Взрывается ли это до бесконечности или это конечно?
Просить друга ( здесь статья ). Он вывел новое сверхпростое уравнение, решение которого эквивалентно гипотезе Римана.
Ответы
Формула Римана-фон Мангольдта утверждает, что количество нулей вида$\frac{1}{2} + it$ где $t \in [0, T]$ асимптотически
$$\frac{T}{2\pi} \log \frac{T}{2\pi} - \frac{T}{2\pi} + O(\log T)$$
откуда следует, что $\text{Im}(z_n)$ растет что-то вроде $\frac{2 \pi n}{\log n} \left( 1 + \frac{\log \log n}{\log n} \right)$, но я не был слишком осторожен с этим расчетом.
Доступны большие таблицы нулей, чтобы проверить эту асимптотику еще раз; например, миллионный ноль имеет мнимую часть$\approx 600269$ тогда как асимптотика выше дает $\approx 541230$, так что это немного занижено.
Поработав немного внимательнее, напишите $\text{Im}(z_n) = \frac{2 \pi n}{\log n} \left( 1 + e_n \right)$, где $e_n \to 0$(медленно). Тогда для соответствия указанной выше асимптотике нам понадобится
$$\frac{n}{\log n} (1 + e_n) \log \left( \frac{n}{\log n} (1 + e_n) \right) - \frac{n}{\log n} (1 + e_n) = n + O(\log n).$$
Деление на $\frac{n}{\log n}$, расширение и удаление доминирующего члена с обеих сторон дает после некоторого упрощения
$$e_n \log n + (1 + e_n) \log (1 + e_n) - (1 + e_n) \log \log n - (1 + e_n) = O \left( \frac{(\log n)^2}{n} \right).$$
Для того, чтобы LHS имел лимит $0$ так как $n \to \infty$ мы видим что нам нужно $e_n \approx \frac{\log \log n + 1}{\log n}$. Это уже заметное улучшение; улучшает оценку мнимой части миллионного нуля до$\approx 574149$. Чтобы добиться большего, мы оценим
$$\log (1 + e_n) = e_n + O(e_n^2)$$
(имея в виду, что $O(e_n^2)$ является $O \left( \left( \frac{\log \log n}{\log n} \right)^2 \right)$ что немного медленнее, чем $O \left( \frac{(\log n)^2}{n} \right)$ так что это не лучший вариант), что означает, что после некоторого упрощения LHS становится
$$\left( e_n \log n - \log \log n - 1 \right) - e_n \log \log n + O(e_n^2)$$
так что мы можем улучшить нашу оценку еще немного, чтобы $e_n \approx \frac{\log \log n + 1}{\log n - \log \log n}$. Это снова заметное улучшение; теперь оценка мнимой части миллионного нуля равна$\approx 602157$. Теперь у нас есть две цифры точности! Итак, вместе
$$\boxed{ \text{Im}(z_n) \approx \frac{2 \pi n}{\log n} \left( 1 + \frac{\log \log n + 1}{\log n - \log \log n} \right) }$$
и приложив немного больше усилий, можно было бы добиться большого успеха.$O$ описание ошибки в этом приближении, но я остановлюсь на этом.
Это просто сообщает о некоторых (старых) эмпирических результатах.
Много лет назад в моей исследовательской группе возник тот же вопрос, и один из моих кандидатов наук. разработал простую эмпирическую корреляцию$(R^2=0.999991 )$ $$\log \left(\Im\left(\rho _{2^k}\right)\right)\sim a+b \,k^c$$
Для $1 \leq k \leq 23$это дало $$\begin{array}{clclclclc} \text{} & \text{Estimate} & \text{Standard Error} & \text{Confidence Interval} \\ a & 2.72774 & 0.02399 & \{2.67752,2.77795\} \\ b & 0.27581 & 0.00566 & \{0.26396,0.28767\} \\ c & 1.21848 & 0.00627 & \{1.20535,1.23161\} \\ \end{array}$$
откуда оценка мнимой части миллионного нуля равна $ 595894$ вместо того $600270$.
$$\left( \begin{array}{ccc} n & \text{estimate} & \Im\left(\rho _{10^n}\right) \\ 1 & 50.3377 & 49.7738 \\ 2 & 244.508 & 236.524 \\ 3 & 1436.66 & 1419.42 \\ 4 & 9672.79 & 9877.78 \\ 5 & 72559.8 & 74920.8 \\ 6 & 595894. & 600270. \\ 7 & 5292950 & 4992381 \end{array} \right)$$
редактировать
Используя ответ @Qiaochu Yuan, мы могли бы инвертировать
$$\frac{T}{2\pi} \log \frac{T}{2\pi} - \frac{T}{2\pi} + O(\log T)$$ и получить $$\Im\left(\rho _{n}\right)\sim \frac{2 \pi n}{W\left(\frac{n}{e}\right)}$$ где $W(.)$ - функция Ламберта.
Используя обычное расширение ряда, $$\Im\left(\rho _{n}\right)\sim \frac{2 \pi n}{L_1-L_2+\frac{L_2} {L_1}+\frac{L_2(L_2-2)}{2L_1^2}+\cdots }$$ где $L_1=\log(n)-1$ и $L_2=\log(L_1)$. Для$n=10^6$, это даст $600219.$
Если вы посмотрите на статью Дж. Франка и А. ЛеКлера, уравнение$(163)$ дает точные оценки $$\frac{2 \pi \left(n-\frac{7}{8}\right)}{W\left(\frac{n-\frac{7}{8}}{e}\right)} \leq \Im\left(\rho _{n}\right) \leq \frac{2 \pi \left(n-\frac{3}{8}\right)}{W\left(\frac{n-\frac{3}{8}}{e}\right)}$$