İçin fonksiyonel denklemin türetilmesi $\zeta(s)$ tamsayıları saymak için gereken sıfırların kuvvetlerini toplamaktan

Question

Tam sayıları sayarken$n(x)$ tam sayı olmayan belirli bir sayının altında $x$aşağıdaki seriler kullanılabilir:

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

nerede $\mu_n = 2\pi n i$ fonksiyonun sıfırları $\xi_i(s) = \frac{2}{s}\sinh\left(\frac{s}{2}\right)$ basit Hadamard ürününe sahip:

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

Dikkat $\xi_i(0)=1$ aynen $\xi(0)=1$Riemann'ın önemsiz olmayan sıfırlarının Hadamard çarpımında$\xi$Muhtemelen gereksiz faktörünü görmezden gelirken işlev$\frac12$.

Bu eşleştirilmiş sıfırların güçlerinin aşağıdaki gibi toplanması sonucu verir ($B_r$= Bernoulli numarası ):

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

Serinin etki alanı şu şekilde genişletilebilir:

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

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

Aktarılıyor $\Gamma(r)$ (1) sağ tarafından ve $r \mapsto s$ verir:

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

bu ünlü fonksiyonel denklemin 5 / 6'sıdır. Çeşitli ispatlar aracılığıyla biliyoruz (örneğin, Zeta fonksiyonları hakkındaki Titchmarsh kitabında 7 farklı delil listelenmiştir)?$= \zeta(1-s)$ ve bunun tam analitik devamını sağlar $\zeta(s)$ -e doğru $s \in \mathbb{C}\,\, /\,\, {1}$.

Soru: (Umarım çok da önemsiz değildir ...)

Euler çarpımının tamsayıların çarpımsal yapısını yansıttığını biliyorum, oysa fonksiyonel denklem toplamsal yapıyı yansıtıyor, ancak fonksiyonel denklemin neden salınımlı terimin sayılması için gereken sıfırların güçlerini toplamadan ortaya çıkması gerektiğine dair sezgisel bir açıklama var mı? tamsayılar?

Not:

Bu ilginç tartışmayı okudum ama cevabını ondan çıkaramadım.

Answer 1

Aracı, ilk başta tamsayıların güçlerinin toplanmasında ortaya çıkan ve sonunda ebe aracılığıyla Mellin dönüşümü ile Riemann ve Hurwitz zeta işlevlerini doğuran Bernoulli sayı dizisi gibi görünüyor. Riemann zeta için fonksiyonel denklemin motive edici türevlerine bağladığınız MO-Q, Bernoullis için egf katsayılarının analitik bir devamlılığına sahiptir (aslında AC, Riemann zeta fonksiyonunu verir) sayılarla iki farklı şekilde ifade edilir. Riemann zeta'nın FE'sinin düştüğü yer. Eqn. 1, Bernoullis için olan temsilcilerden birinin yerine kullanılabilir.$\cos(\frac{\pi n}{2})$- aynı sonucu veren FE. (Hurwitz ve Riemann zeta fonksiyonlarının Bernoulli sayılarının AC'sine ilişkin başka bir bakış açısı bu MO-Q'da sunulmuştur .)

İlk denkleminizin türevini alırsanız, solda Dirac delta fonksiyonu / operatör tarağını ve sağdaki kosinüslerin toplamını elde edersiniz, bu da çekirdek Poisson toplamı kimliğini verir. Dirac tarağının Mellin dönüşümü size Riemann zeta fonksiyonunu verecektir. Bununla ilgili daha fazla bilgi için, Hughes ve Ninham'ın " Yazışma İlkesi " ne bakın .

1 / 23-4 / 21'i düzenleyin:

Son paragrafı detaylandırmama izin verin.

İlişkili MSE-Q'nuzda tasvir ettiğiniz gibi, iki kat sonsuz merdiven işlevi eklenerek elde edilir. $x$testere dişi dalgasının Fourier serisi temsilcisine . İçin$x > 0$, parçalı sürekli yarı sonsuz merdiven fonksiyonunu şu şekilde yazabilirsiniz:

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

nerede $H(x)$ Heaviside adım işlevidir (Heaviside tüm bunları biliyordu).

Her iki tarafın türevini almak, $x > 0 $, Poisson-toplama dağılımı formülünün çekirdeğinin yarısı

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

dan beri

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

ve

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

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

için $0 < Re(s) < 1$, RHS'yi herkes için analitik devamı olarak alarak $s$zeta FE kristalleşmesinin temel bir formuna sahibiz.

Dirac tarağı terimine göre Mellin dönüşüm terimi Riemann zeta fonksiyonu serisi temsilcisini verir

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

için $Re(s) < 0$. Ancak$n =0$kosinüs serisindeki sabit terim, yani dizinin Mellin dönüşümü terimine göre bir sorun teşkil eder. Bunu dışarı atmak - Hadamard sonlu parça şeması aracılığıyla düzenlemek, Euler gama fonksiyonu için integralin AC'sinde olduğu gibi ters bir Mellin dönüşüm temsilcisi ile gerekçelendirmek - ve iki temsilcinin analitik olarak devam eden Mellin dönüşümlerini eşitlemek Riemann'ı verir. zeta fonksiyonel simetri denklemi

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

---

Bir egf'nin (diğer adıyla Ramanujan'ın favori Ana Formülü) katsayılarının Mellin interpolasyonunun (MI) bu dönüşümlerin altında nasıl yattığına dikkat edin:

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

Öyleyse MI için katsayılar, normalleştirilmiş Mellin dönüşümünü, argüman olumsuzlanmış olarak egf'ye uygulayın (bu durumda, olumsuzlama aynı işlevi döndürür)

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

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

Dirac delta işlevi / işlem temsilcileri ile tamlık, hızlı ve gevşek oynamak için, tekrar MI uygulayabiliriz.

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

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

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

Bu, sınırlayıcı durumla tutarlıdır. $H(1-x) \; \frac{(1-x)^{\omega}}{\omega!}$ gibi $\omega$ eğilimi $-1$ Euler beta işlevinin analitik olarak devam eden integral temsilcisi için $H(x)$Heaviside adım fonksiyonu ve dolayısıyla kesirli hesap. Dikkatli bir şekilde yarı muhafazakar olmak, Mellin'in ters Mellin dönüşüm temsilcisine bakabilir.$\delta(x-n)$.