การหาสมการเชิงฟังก์ชันสำหรับ $\zeta(s)$ จากการรวมอำนาจของศูนย์ที่จำเป็นในการนับจำนวนเต็ม
เมื่อนับจำนวนเต็ม$n(x)$ ด้านล่างจำนวนที่ไม่ใช่จำนวนเต็ม $x$สามารถใช้ซีรีส์ต่อไปนี้:
$$n(x) = x-\frac12 + \sum_{n=1}^{\infty} \left(\frac{e^{x \mu_n}} {\mu_n}+\frac{e^{x \overline{\mu_n}}} {\overline{\mu_n}}\right)$$
ที่ไหน $\mu_n = 2\pi n i$ ซึ่งเป็นศูนย์ของฟังก์ชัน $\xi_i(s) = \frac{2}{s}\sinh\left(\frac{s}{2}\right)$ ที่มีผลิตภัณฑ์ Hadamard ง่ายๆ:
$$\displaystyle \xi_i(s) = \prod_{n=1}^\infty \left(1- \frac{s}{2 \pi ni} \right) \left(1- \frac{s}{{-2 \pi ni}} \right)$$
โปรดทราบว่า $\xi_i(0)=1$ เหมือนกับ $\xi(0)=1$ในผลิตภัณฑ์ Hadamard ของศูนย์ที่ไม่สำคัญของRiemann$\xi$- ทำงานเมื่อละเลยปัจจัยที่อาจไม่จำเป็น$\frac12$.
การสรุปอำนาจของเลขศูนย์ที่จับคู่เหล่านี้ดังนี้ให้ผลตอบแทน ($B_r$= เบอร์นูลลี ):
$$\hat{\sigma}_r = \sum_{n=1}^\infty \left(\frac{1}{(2\pi ni)^r}+ \frac{1}{(-2\pi ni)^r}\right) = -\frac{B_{r}}{r\,\Gamma(r)} \qquad r \in \mathbb{N}, r \gt 1\tag{1}$$
โดเมนของซีรีส์สามารถขยายได้ดังนี้:
$$\hat{\sigma}_s = \frac{1}{(2\pi i)^s}\,\left(1+e^{\pi s i}\right)\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^s}\qquad s \in \mathbb{C}, \Re(s) \gt 1 \tag{2}$$
$$\hat{\sigma}_s = 2^{1-s}\,\pi^{-s}\cos\left(\frac{\pi s}{2}\right)\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^s}\qquad s \in \mathbb{C}, \Re(s) \gt 1 \tag{3}$$
การโอนไฟล์ $\Gamma(r)$ จาก RHS ของ (1) และ $r \mapsto s$ ให้:
$$2^{1-s}\,\pi^{-s}\cos\left(\frac{\pi s}{2}\right)\,\Gamma(s)\,\zeta(s) = \,\,? \tag{4}$$
ซึ่งเป็น 5/6-th ของสมการเชิงฟังก์ชันที่มีชื่อเสียง เรารู้ผ่านการพิสูจน์ต่างๆ (เช่น 7 รายการที่แตกต่างกันมีระบุไว้ในหนังสือ Titchmarsh ในฟังก์ชัน Zeta) ว่า?$= \zeta(1-s)$ และสิ่งนี้ให้ความต่อเนื่องในการวิเคราะห์ที่สมบูรณ์ของ $\zeta(s)$ ไปทาง $s \in \mathbb{C}\,\, /\,\, {1}$.
คำถาม: (ฉันหวังว่าจะไม่เป็นเรื่องเล็กน้อยเกินไป ... )
ฉันรู้ว่าผลิตภัณฑ์ออยเลอร์สะท้อนถึงโครงสร้างการคูณของจำนวนเต็มในขณะที่สมการเชิงฟังก์ชันสะท้อนถึงโครงสร้างส่วนเติม แต่มีคำอธิบายที่เข้าใจง่ายว่าเหตุใดสมการเชิงฟังก์ชันจึงควรเกิดจากการรวมพลังของศูนย์ที่จำเป็นสำหรับระยะการสั่นเพื่อนับ จำนวนเต็ม?
PS:
ฉันอ่านการสนทนาที่น่าสนใจนี้แต่ไม่สามารถหาคำตอบได้
คำตอบ
ตัวกลางดูเหมือนจะเป็นลำดับหมายเลขเบอร์นูลลีซึ่ง แต่เดิมเกิดมาจากการรวมพลังของจำนวนเต็มและในที่สุดก็ให้กำเนิดผ่านพยาบาลผดุงครรภ์การแปลงเมลลินไปยังฟังก์ชันรีมันน์และเฮอร์วิตซ์ซีตา MO-Q ที่คุณเชื่อมโยงกับการสร้างแรงจูงใจของสมการเชิงฟังก์ชันสำหรับ Riemann zeta มีความต่อเนื่องในการวิเคราะห์ของสัมประสิทธิ์ของ egf สำหรับ Bernoullis (ในความเป็นจริงแล้ว AC ให้ฟังก์ชัน Riemann zeta) ด้วยตัวเลขที่แสดงสองวิธีที่แตกต่างกัน ซึ่ง FE ของ Riemann zeta หลุดออกไป Eqn ของคุณ 1 สามารถใช้เพื่อแทนที่หนึ่งในตัวแทนเหล่านั้นสำหรับ Bernoullis - อันที่มี$\cos(\frac{\pi n}{2})$- ให้ผลลัพธ์สุดท้ายเดียวกัน FE (มุมมองอื่นเกี่ยวกับ AC ของตัวเลข Bernoulli ต่อฟังก์ชัน Hurwitz และ Riemann zeta แสดงไว้ในMO-Qนี้)
หากคุณหาอนุพันธ์ของสมการเริ่มต้นของคุณคุณจะได้รับฟังก์ชัน Dirac เดลต้า / ตัวดำเนินการหวีทางด้านซ้ายและผลรวมของโคไซน์ทางด้านขวาซึ่งให้ข้อมูลประจำตัวการรวมหลักของปัวซอง การแปลง Mellin ของหวี Dirac จะให้ฟังก์ชัน Riemann zeta แก่คุณ สำหรับข้อมูลเพิ่มเติมโปรดดู " หลักการที่สอดคล้องกัน " โดย Hughes and Ninham
แก้ไข 1 / 23-4 / 21:
ให้ฉันอธิบายอย่างละเอียดในย่อหน้าสุดท้าย
ตามที่คุณอธิบายไว้ใน MSE-Q ที่เกี่ยวข้องฟังก์ชันบันไดที่ไม่มีที่สิ้นสุดเป็นทวีคูณจะได้รับจากการเพิ่ม $x$ชุดฟูริเยร์ตัวแทนของคลื่นฟันเลื่อย สำหรับ$x > 0$คุณสามารถเขียนฟังก์ชันบันไดกึ่งอนันต์ต่อเนื่องทีละชิ้นเป็น
$$H(x) \; n(x) = \sum_{n \geq 1} H(x-n) = H(x) [ \; x - \frac{1}{2} + 2 \sum_{n \geq 1} \frac{\sin(2 \pi n x)}{2 \pi n} \; ],$$
ที่ไหน $H(x)$ คือฟังก์ชันขั้นตอนของ Heaviside (Heaviside รู้ทั้งหมดนี้)
การหาอนุพันธ์ของทั้งสองฝ่ายให้สำหรับ $x > 0 $ครึ่งหนึ่งของแกนกลางของสูตรการแจกแจงผลรวมแบบปัวซอง
$$ \sum_{n \geq 1} \delta(x-n) = H(x) [\;1 + 2 \sum_{n \ge 1} \cos(2 \pi n x) \;],$$
และตั้งแต่นั้นมา
$$ \int_{0^{+}}^{\infty} x^{s-1} \delta(x-n) \; dx = n^{s-1}$$
และ
$$ 2 \;\int_{0^{+}}^{\infty} x^{s-1} \cos(2\pi n x) dx = 2 \; (2\pi n)^{-s} \int_{0}^{\infty} x^{s-1} \cos(x) \; dx$$
$$= 2\; (2\pi n)^{-s} \; (s-1)!\; \cos(\frac{\pi}{2}s)$$
สำหรับ $0 < Re(s) < 1$โดยใช้ RHS เป็นความต่อเนื่องในการวิเคราะห์สำหรับทุกคน $s$เรามีรูปแบบพื้นฐานของการตกผลึกของซีตา FE
ระยะการแปลง Mellin ตามระยะของหวี Dirac ให้ตัวแทนชุดฟังก์ชัน Riemann zeta
$$ \zeta(1-s) = \sum_{n \ge 1} \frac{1}{n^{1-s}}$$
สำหรับ $Re(s) < 0$. อย่างไรก็ตาม$n =0$คำกล่าวคือระยะคงที่ในอนุกรมโคไซน์ก่อให้เกิดปัญหาในระยะโดยคำว่าการแปลงเมลลินของอนุกรม การทิ้งมันออกไป - การทำให้เป็นระเบียบผ่านโครงร่าง จำกัด ของ Hadamard ซึ่งเป็นธรรมโดยตัวแทนการแปลง Mellin ผกผันเช่นเดียวกับ AC ของอินทิกรัลสำหรับฟังก์ชันแกมมาของออยเลอร์ - และการเทียบเคียงการแปลงเมลลินที่ดำเนินการต่อในเชิงวิเคราะห์ของทั้งสองตัวแทนทำให้ Riemann สมการสมมาตรเชิงฟังก์ชันซีตา
$$\zeta(1-s) = 2 \; (2\pi)^{-s} \; (s-1)! \; \cos(\frac{\pi}{2}s) \; \zeta(s).$$
สังเกตว่าการแก้ไข Mellin (MI) ของสัมประสิทธิ์ของ egf (สูตรต้นแบบที่ชื่นชอบของ Ramanujan) รองรับการเปลี่ยนแปลงเหล่านี้อย่างไร:
$$ \cos(2\pi n x) = \sum_{k \ge 0} \cos(\pi \frac{k}{2}) (2\pi n)^k \frac{x^k}{k!} = \sum_{k \ge 0} c_k \frac{x^k}{k!} = e^{c. x} ,$$
ดังนั้นสำหรับ MI ค่าสัมประสิทธิ์ให้ใช้การแปลง Mellin ที่เป็นมาตรฐานกับ egf ด้วยอาร์กิวเมนต์ที่ถูกลบ (ในกรณีนี้การปฏิเสธจะส่งกลับฟังก์ชันเดียวกัน)
$$\int_{0}^{\infty} e^{-c.x} \; \frac{x^{s-1}}{(s-1)!} \; dx = (c.)^{-s} = c_{-s} $$
$$ = \int_{0}^{\infty} \frac{x^{s-1}}{(s-1)!} \; \cos(-2\pi n x) \; dx = \cos(\pi \frac{k}{2}) (2\pi n)^k \; |_{k \to -s}. $$
เพื่อความสมบูรณ์การเล่นที่รวดเร็วและหลวมด้วยฟังก์ชัน Dirac delta / op reps เราสามารถใช้ MI ได้อีกครั้งผ่านทาง
$$ \int_{0}^{\infty} \frac{x^{s-1}}{(s-1)!} \; \delta(x-n) \; dx =\int_{0}^{\infty} \frac{x^{s-1}}{(s-1)!} \; \frac{1}{n} \delta(1-\frac{x}{n}) \; dx $$
$$ =\int_{0}^{\infty} \frac{x^{s-1}}{(s-1)!} \; \frac{1}{n} \frac{(1-\frac{x}{n})^{-1}}{(-1)!} \; dx = \int_{0}^{\infty} \frac{x^{s-1}}{(s-1)!} \; \sum_{k \geq 0}(-1)^k \frac{1}{n^{k+1}} \; \frac{1}{(-k-1)!} \; \frac{x^k}{k!} \; dx$$
$$ =\frac{1}{n^{k+1}} \; \frac{1}{(-k-1)!} \; |_{k \to -s} = \frac{1}{(s-1)!} \; n^{s-1} .$$
ซึ่งสอดคล้องกับกรณีที่ จำกัด ของ $H(1-x) \; \frac{(1-x)^{\omega}}{\omega!}$ เช่น $\omega$ มีแนวโน้มที่จะ $-1$ สำหรับการวิเคราะห์ซ้ำอย่างต่อเนื่องของฟังก์ชัน Euler beta ด้วย $H(x)$ฟังก์ชันขั้นตอนของเฮวิไซด์ดังนั้นแคลคูลัสเศษส่วน ด้วยความระมัดระวังกึ่งอนุรักษ์นิยมใคร ๆ ก็สามารถมองไปที่ตัวแทนการเปลี่ยนแปลงของเมลลินผกผันได้$\delta(x-n)$.