plutonium 7 апр 2020 в 23:00

Анализ дзета-функции Римана

5 мин

14K

В одном из разделов математики существует достаточно забавная задача про сумму чисел, связанных с натуральным рядом, и на первый взгляд кажется, что она достаточно проста, но при более глубоком погружении в тематику, приходит ощущение полной беспомощности.

Вся моя жизнь неразрывно связана с математикой. В голове постоянно рождаются мысли: «Почему именно так и какое этому объяснение?». Мне нравится находить разные способы решения интересных задач.

Так в школьные годы после темы про квадратные уравнения у меня сразу появился ряд вопросов: есть ли альтернативные варианты и как будет выглядеть решение для уравнения высших степеней?

На первый вопрос достаточно быстро был получен утвердительный ответ — да, может.
Разность корней квадратного уравнения можно выразить с помощью теоремы Виета, выполнив несложные преобразования.

Пример для квадратного уравнения

$display$

По тереме Виета имеем

$\left\{ \begin{array}{lcl} x_1+x_2 & = & -p \\ x_1 x_2 & = & q \\ \end{array} \right.$

Тогда

$\left(x_1+x_2\right){}^2=p^2$

$display$

$display$

$display$

$\left(x_1-x_2\right){}^2=x_1^2-2 x_1 x_2+x_2^2=p^2-4 q=p^2-4 q$

$x_1-x_2=\pm \sqrt{p^2-4 q}$

В итоге получаем систему уравнений

$\left\{ \begin{array}{lcl} x_1+x_2 & = & -p \\ x_1-x_2 & = & \pm \sqrt{p^2-4 q} \\ \end{array} \right.$

Красиво, правда?

Кстати, а вы знали, что корни многочленов $inline$ -ой степени образуют поле? ;)

Дальнейшее углубление в теорию решений уравнений высших степеней открывало бесконечно много новых знаний в тех областях, о которых я даже и не подозревал.

В результате ряда рассуждений стало понятно, что существуют некоторые преобразования над набором корней уравнений, которые могут давать интересные результаты, и с их помощью можно быстро и эффективно решать уравнения для степени меньше 5.

Я узнал о теории Галуа, теореме Абеля-Руффини, и т.д.

Информацию пришлось переваривать в течение нескольких лет.

В студенческие годы на одной из скучных лекций я упражнялся с суммой различных степеней натурального ряда (до определенного значения $inline$ ) и заметил одну закономерность, что слагаемое с максимальной степенью всегда выражается как $\frac{n^{s+1}}{s+1}$ .
Сразу возник вопрос: «Можно ли как-то использовать интеграл?».

Ответ не заставил себя долго ждать, и к концу пары было готово решение для любого $inline$ .

Я захотел получить аналогичную формулу и для отрицательных $inline$ , но все попытки заканчивались неудачей. Так состоялось моё первое знакомство с дзета-функцией.

Недавно мне на глаза попалась публикация о нетривиальных нулях дзета-функции Римана.
Так как доказательство гипотезы Римана является нерешенной проблемой тысячелетия, многие пытаются к ней подступиться, и периодически в разных источниках появляется информация о ее доказательстве либо опровержении. Но до сих пор ни одно из доказательств не было принято официальным математическим сообществом.

Тогда я решил разобраться и попытаться найти возможные пути решения гипотезы Римана.
Так как ранее у меня уже был опыт работы с бесконечными суммами, по наивности я решил, что это не должно быть очень сложно ;)

Что же с этой проблемой не так, если ее не могут решить на протяжении тысячелетия?
Обложившись справочным материалом, я начал вникать в проблему и изучать подходы, используемые при доказательстве. Большинство доказательств строилось на применении интегралов или специфических функций (например, функция Тодда).

На глаза попадались как совсем откровенные ляпы, так и очень сложные работы на несколько десятков страниц, погружение в которые могло занять не меньше месяца вдумчивого чтения.
Объём информации рос, а понимание, как подойти к проблеме или предположить, какой метод можно применить, чтобы приблизиться к решению, не приходило.

И тогда я решил отложить чтение профильной литературы.

Как-то часа в 3 ночи (после вечернего кофе) мне в голову пришла одна на мой взгляд очень простая и интересная последовательность действий, которая ведет к доказательству, ей я и хочу с вами поделиться.

Внесу пару уточняющих моментов:

Некоторые промежуточные расчеты и выводы я намеренно опускаю, чтобы не перегружать читателя

По этой же причине я намеренно опускаю ряд специфических понятий

Читатель должен быть знаком с матанализом и комплексными числами

Все мои рассуждения могут оказаться неверными

Итак, поехали...

Сначала определимся, что нужно доказать и что для этого у нас дано.

Необходимо доказать, что все комплексные нули дзета-функции должны иметь вид: $s_n=\frac{1}{2}+\mathbb{i}t,t\in \mathbb{R}$ .

Определим, что такое дзета-функция.

Начнём наш путь с Эйлера, так как он впервые определил дзета-функцию для действительных чисел
(далее по тексту $\zeta$ — функция)

$\zeta (s)=\lim_{n \to {\infty}}\left(1+\frac{1}{2^s}+\frac{1}{3^s}+\text{...}+\frac{1}{n^s}\right), \text{Re} (s)>1$

$\zeta (s)=\lim_{n \to {\infty}}\left(\sum _{i=1}^n \frac{1}{i^s}\right)$

Или просто

$\zeta (s)=\sum _{i=1}^{\infty } \frac{1}{i^s}$

Из профильной литературы известно, что для всех выше обозначенных $inline$ функция сходится абсолютно.

Список литературы

_{1. Titchmarsh and D. R. Heath-Brown, The Theory of the Riemann Zeta-Function, Second Edition, стр. 1, выражение (1.1.1)}

Также Эйлером была введена знакочередующаяся эта — функция.

(далее по тексту $\eta$ — функция)

$\eta (s)=\lim_{n \to {\infty}}\left(\sum _{i=1}^{n} \frac{(-1)^{i-1}}{i^s}\right)$

Бернхард Риман определил $\zeta$ — функцию для комплексного переменного.

Чтобы продолжить функцию на комплексную плоскость для любого $s\in \mathbb{C}$ , $0<\text{Re} (s)<1$ , проделаем пару фокусов с функцией Эйлера, разбив ее на сумму по чётным и нечётным $inline$ .

Тогда $\zeta$ — функция будет выражаться, как сумма нечётных и чётных $inline$

$\zeta (s)=\lim_{n \to {\infty}}\left(\sum _{i=1}^{\frac{n}{2} } \frac{1}{(2 i-1)^s}+\sum _{i=1}^{\frac{n}{2} } \frac{1}{(2 i)^s}\right)$

А $\eta$ — функция будет выражаться, как разница нечётных и чётных $inline$

$\eta (s)=\lim_{n \to {\infty}}\left(\sum _{i=1}^{\frac{n}{2} } \frac{1}{(2 i-1)^s}-\sum _{i=1}^{\frac{n}{2} } \frac{1}{(2 i)^s}\right)$

Вычтем из $\zeta$ — функции $\eta$ — функцию, тогда получим

$\zeta (s)-\eta (s)=\lim_{n \to {\infty}}\left(2 \sum _{i=1}^{\frac{n}{2} } \frac{1}{(2 i)^s}\right)=\lim_{n \to {\infty}}\left(2^{1-s} \sum _{i=1}^{\frac{n}{2} } \frac{1}{i^s}\right)=2^{1-s} \zeta (s)$

$\left(1-2^{1-s}\right) \zeta (s)=\eta (s)$

$\forall s\in \mathbb{C},1\neq \text{Re} (s)>0$

Подробнее

Известно, что

$\zeta (s)=\lim_{n \to {\infty}}\left(\sum _{i=1}^n \frac{1}{i^s}\right),Re(s)>1$

Сходится абсолютно, это следует из интегрального теста.

Разобьем сумму на четные и нечетные $inline$ , тогда

$\zeta (s)=\lim_{n \to {\infty}}\left(\sum _{i=1}^{\frac{n}{2}} \frac{1}{(2 i-1)^s}+\sum _{i=1}^{\frac{n}{2}} \frac{1}{(2 i)^s}\right),Re(s)>1$

Тогда

$\eta (s)=\lim_{n \to {\infty}}\left(\sum _{i=1}^n \frac{(-1)^{i-1}}{i^s}\right),Re(s)>1$

Сходится абсолютно, так как

$\lim_{n \to {\infty}}\left(\sum _{i=1}^n \left|\frac{(-1)^{i-1}}{i^s}\right|\right)=\zeta (s)$

Теперь можем произвести перегруппировку по четным и нечетным, тогда

$\lim_{n \to {\infty}}\left(\sum _{i=1}^n \frac{(-1)^{i-1}}{i^s}\right)=\lim_{n \to {\infty}}\left(\sum _{i=1}^{\frac{n}{2}} \frac{1}{(2 i-1)^s}-\sum _{i=1}^{\frac{n}{2}} \frac{1}{(2 i)^s}\right)$

Также отмечу, что есть особые точки — нули уравнения $1-2^{1-s}=0$ , которые устранимы.

Выразим $\zeta$ — функцию через $\eta$ — функцию

$\zeta (s)=\frac{\eta (s)}{1-2^{1-s}} \tag{1}$

Это связь нам пригодится в дальнейшем.

Из профильной литературы известно, что в нулях $\eta$ — функции $\zeta$ — функция также обращается в нуль.

Список литературы

_{1. Titchmarsh and D. R. Heath-Brown, The Theory of the Riemann Zeta-Function, Second Edition, стр. 16, выражение (2.2.1)}

Из формулы Эйлера — Маклорена, следует, что при $n \to {\infty}$

$\zeta (s)=\lim_{n \to {\infty}}\left(\sum _{i=1}^n \frac{1}{i^s}-\frac{n^{1-s}}{1-s}\right),s\in \mathbb{C},Re(s)>0 \tag{2}$

Список литературы

_{1. Note sur les zéros de la fonction ζ(s) de Riemann, стр. 294}
_{2. Tom M. Apostol, Introduction to Analytic Number Theory, стр: 56,269,270}

Или

$\zeta (s)=\lim_{n \to {\infty}}\left(\sum _{i=1}^{2 n} \frac{1}{i^s}-\frac{(2 n)^{1-s}}{1-s}\right)=\lim_{n \to {\infty}}\left(\sum _{i=1}^n \frac{1}{(2 i-1)^s}+\sum _{i=1}^n \frac{1}{(2 i)^s}-\frac{(2 n)^{1-s}}{1-s}\right)$

Выразим $\zeta$ — функцию через чётные $inline$ и $inline$

$\zeta (s)=\lim_{n \to {\infty}}\left(\frac{2^s}{2^s} \sum _{i=1}^n \frac{1}{i^s}-\frac{2^{1-s} n^{1-s}}{2^{1-s} (1-s)}\right)=\lim_{n \to {\infty}}\left(2^s \sum _{i=1}^n \frac{1}{(2 i)^s}-\frac{(2 n)^{1-s}}{2^{1-s} (1-s)}\right)=$

$\lim_{n \to {\infty}}\left(2^s \sum _{i=1}^n \frac{1}{(2 i)^s}-\frac{2^s (2 n)^{1-s}}{2 (1-s)}\right)=\lim_{n \to {\infty}}\left(2^s \left(\sum _{i=1}^n \frac{1}{(2 i)^s}-\frac{(2 n)^{1-s}}{2 (1-s)}\right)\right)$

Или

$2^{-s} \zeta (s)=\lim_{n \to {\infty}}\left(\sum _{i=1}^n \frac{1}{(2 i)^s}-\frac{(2 n)^{1-s}}{2 (1-s)}\right) \tag{3}$

Выразим $\zeta$ — функцию через нечётные $inline$ и $inline$

$\zeta (s)=\lim_{n \to {\infty}}\left(\sum _{i=1}^n \frac{1}{(2 i-1)^s}+\sum _{i=1}^n \frac{1}{(2 i)^s}-\frac{(2 n)^{1-s}}{1-s}\right)=$

$\lim_{n \to {\infty}}\left(\sum _{i=1}^n \frac{1}{(2 i-1)^s}-\frac{(2 n)^{1-s}}{1-s}+\frac{(2 n)^{1-s}}{2 (1-s)}\right)+2^{-s} \zeta (s)=$

$\lim_{n \to {\infty}}\left(\sum _{i=1}^n \frac{1}{(2 i-1)^s}-\frac{(2 n)^{1-s}}{2 (1-s)}\right)+2^{-s} \zeta (s)$

Или

$\left(1-2^{-s}\right) \zeta (s)=\lim_{n \to {\infty}}\left(\sum _{i=1}^n \frac{1}{(2 i-1)^s}-\frac{(2 n)^{1-s}}{2 (1-s)}\right) \tag{4}$

Заметим, что

$\lim_{n \to {\infty}}\left((2 n)^{1-s}-(2 n-1)^{1-s}\right)=0$

Тогда, используя (4), запишем

$\left(1-2^{-s}\right) \zeta (s)=\lim_{n \to {\infty}}\left(\sum _{i=1}^n \frac{1}{(2 i-1)^s}-\frac{(2 n-1)^{1-s}}{2 (1-s)}\right)$

Подробнее

Используем тот факт, что

$\lim_{n\to \infty }\left(\sum _{i=1}^n \frac{1}{(2 i-1)^s}-\frac{(2 n)^{1-s}}{2 (1-s)}\right)=\left(1-2^{-s}\right) \zeta (s)$

И

$\lim_{n\to \infty }\left((2 n)^{1-s}-(2 n-1)^{1-s}\right)=0,Re(s)>0$

Следовательно

$\lim_{n\to \infty }\left(\frac{(2 n)^{1-s}-(2 n-1)^{1-s}}{2 (1-s)}\right)=0,Re(s)>0$

Сложим первый и последний предел, получим

$\lim_{n\to \infty }\left(\sum _{i=1}^n \frac{1}{(2 i-1)^s}-\frac{(2 n)^{1-s}}{2 (1-s)}+\frac{(2 n)^{1-s}-(2 n-1)^{1-s}}{2 (1-s)}\right)=\left(1-2^{-s}\right) \zeta (s)$

Или

$\lim_{n\to \infty }\left(\sum _{i=1}^n \frac{1}{(2 i-1)^s}-\frac{(2 n-1)^{1-s}}{2 (1-s)}+\frac{(2 n)^{1-s}}{2 (1-s)}-\frac{(2 n)^{1-s}}{2 (1-s)}\right)=\left(1-2^{-s}\right) \zeta (s)$

Или

$\lim_{n\to \infty }\left(\sum _{i=1}^n \frac{1}{(2 i-1)^s}-\frac{(2 n-1)^{1-s}}{2 (1-s)}\right)=\left(1-2^{-s}\right) \zeta (s)$

Тогда в нулях
(далее по тексту это выражение будет часто употребляться, в нулях означает, что $inline$ — нуль $\zeta$ — функции)

$\lim_{n \to {\infty}}\left(\sum _{i=1}^n \frac{1}{(2 i-1)^s}-\frac{(2 n-1)^{1-s}}{2 (1-s)}\right)=0 \tag{5}$

$\lim_{n \to {\infty}}\left(\sum _{i=1}^n \frac{1}{(2 i)^s}-\frac{(2 n)^{1-s}}{2 (1-s)}\right)=0 \tag{6}$

Используя (5) (6), заметим, что в нулях

$\eta (s)=\lim_{n \to {\infty}}\left(\frac{(2 n-1)^{1-s}}{2 (1-s)}-\frac{(2 n)^{1-s}}{2 (1-s)}\right) \tag{7}$

Используя (7), заметим, что

$\lim_{n \to {\infty}}\left(\frac{(2 n-1)^{1-s}}{2 (1-s)}-\frac{(2 n)^{1-s}}{2 (1-s)}+\frac{1}{2 (2 n)^s}\right)=0 \tag{8}$

Подробнее

$\underset{n\to \infty }{\text{lim}}\left(\left((2 n-1)^{1-s}-(2 n)^{1-s}\right) (2 n)^{s}\right)=?$

Сделаем замену $2 n=\frac{1}{v}$ , получим

$\underset{v\to 0}{\text{lim}}\left(\left(\left(\frac{1}{v}-1\right)^{1-s}-\left(\frac{1}{v}\right)^{1-s}\right) \left(\frac{1}{v}\right)^{s}\right)=\underset{v\to 0}{\text{lim}}\left(\frac{(1-v)^{1-s}-1}{v}\right)$

Сделаем замену $inline$ , тогда

$\lim_{u\to 1}\left(-\frac{u^{1-s}-1}{u-1}\right)=?$

Применим правило Лопиталя, тогда

$\lim_{u\to 1}\left(-\frac{u^{1-s}-1}{u-1}\right)=-\lim_{u\to 1} \left(\frac{(1-s) u^{-s}}{1}\right)=-(1-s)$

Значит верно, что

$\lim_{n\to \infty }\left(\left((2 n-1)^{1-s}-(2 n)^{1-s}\right) (2 n)^{s}\right)=-(1-s)$

Тогда

$\lim_{n\to \infty }\left(\frac{\left((2 n-1)^{1-s}-(2 n)^{1-s}\right) (2 n)^{s}}{1-s}+1\right)=0$

Также верно, что

$\lim_{n\to \infty }\left(\frac{1}{(2 n)^s}\right)=0$

Умножим последние два предела, получим

$\lim_{n\to \infty }\left(\frac{(2 n-1)^{1-s}-(2 n)^{1-s}}{1-s}+\frac{1}{(2 n)^s}\right)=0$

Следовательно

$\lim_{n \to {\infty}}\left(\frac{(2 n-1)^{1-s}-(2 n)^{1-s}}{2 (1-s)}+\frac{1}{2 (2 n)^s}\right)=0$

Тогда, используя (8), в нулях можно записать равенство

$\eta (s)=\lim_{n \to {\infty}}\left(-\frac{1}{2 (2 n)^s}\right) \tag{9}$

Из профильной литературы известно, что $\forall s$

$\pi ^{-\frac{s}{2}} \zeta (s) \Gamma \left(\frac{s}{2}\right)=\pi ^{-\frac{1}{2} (1-s)} \zeta (1-s) \Gamma \left(\frac{1-s}{2}\right)$

Где $\Gamma \left(s\right)$ — гамма-функция Эйлера.

Список литературы

_{1. Tom M. Apostol, Introduction to Analytic Number Theory, стр. 260}

Или, используя (1)

$\frac{\pi ^{-\frac{s}{2}} \eta (s) \Gamma \left(\frac{s}{2}\right)}{1-2\ 2^{-s}}=\frac{\pi ^{-\frac{1}{2} (1-s)} \eta (1-s) \Gamma \left(\frac{1-s}{2}\right)}{1-2\ 2^{-(1-s)}}$

Тогда

$\frac{\pi ^{-\frac{s}{2}} \eta (s) \Gamma \left(\frac{s}{2}\right)}{\frac{\left(1-2\ 2^{-s}\right) \left(\pi ^{-\frac{1}{2} (1-s)} \eta (1-s) \Gamma \left(\frac{1-s}{2}\right)\right)}{1-2\ 2^{-(1-s)}}}=1$

Используя (9), запишем равенство в нулях

$\lim_{n \to {\infty}}\left(\frac{\pi ^{-\frac{s}{2}} \Gamma \left(\frac{s}{2}\right)}{-\frac{\left(\left(1-2\ 2^{-s}\right) \left(2 (2 n)^s\right)\right) \left(\pi ^{-\frac{1}{2} (1-s)} \Gamma \left(\frac{1-s}{2}\right)\right)}{\left(1-2\ 2^{-(1-s)}\right) \left(2 (2 n)^{1-s}\right)}}\right)=1 \tag{10}$

Тогда в нулях должно также выполняться равенство

$\lim_{n \to {\infty}}\left(\left(\frac{\pi ^{-\frac{s}{2}} \Gamma \left(\frac{s}{2}\right)}{-\frac{\left(\left(1-2\ 2^{-s}\right) \left(2 (2 n)^s\right)\right) \left(\pi ^{-\frac{1}{2} (1-s)} \Gamma \left(\frac{1-s}{2}\right)\right)}{\left(1-2\ 2^{-(1-s)}\right) \left(2 (2 n)^{1-s}\right)}}\right)^2\right)=1$

Упростим выражение и запишем его в следующем виде

$\lim_{n \to {\infty}}\left(\left(-\frac{4^{1-s} \left(2^s-1\right) \pi ^{-s} n^{1-2 s} \cos \left(\frac{\pi s}{2}\right) \Gamma (s)}{2^s-2}\right)^2\right)=1 \tag{11}$

Положим $s=\sigma +\mathbb{i}t,\sigma \in \mathbb{R},t\in \mathbb{R}$ и запишем модули каждого из сомножителей

$\left| 4^{1-s}\right| =4^{1-\sigma }$

$\left| 2^s-1\right| =\sqrt{4^{\sigma }-2^{\sigma +1} \cos (t \log (2))+1}$

$\left| \pi ^{-s}\right| =\pi ^{-\sigma }$

$\left| n^{1-2 s}\right| =n^{1-2 \sigma }$

$\left| \cos \left(\frac{\pi s}{2}\right) \Gamma (s)\right| \to \left| \sqrt{\frac{\pi }{2}} \left(\sqrt{t^2+\sigma ^2}\right)^{\sigma -\frac{1}{2}}\right|, \sigma \in (0,1), \forall t\in \mathbb{R}$

Подробнее

Положим

$s=\sigma +i t,\sigma \in \mathbb{R},t\in \mathbb{R}$

Известно, что

$\left| \Gamma (s)\right| \to \left| \sqrt{2 \pi } e^{-\frac{1}{2} (\pi t)} s^{\sigma -\frac{1}{2}}\right|,\sigma \in (0,1)$

Используем формулу Эйлера для косинуса, получим

$\left| \cos \left(\frac{\pi s}{2}\right) \Gamma (s)\right| \to \left| \sqrt{2 \pi } e^{-\frac{1}{2} (\pi t)} s^{\sigma -\frac{1}{2}} \left(\frac{1}{2} e^{-\frac{1}{2} i \pi (\sigma +i t)}+\frac{1}{2} e^{\frac{1}{2} i \pi (\sigma +i t)}\right)\right|$

Исходя из монотонности функций $\left| \sqrt{2 \pi } s^{\sigma -\frac{1}{2}}\right|$ и $\left| e^{-\frac{1}{2} (\pi t)} \left(\frac{1}{2} e^{-\frac{1}{2} i \pi (\sigma +i t)}+\frac{1}{2} e^{\frac{1}{2} i \pi (\sigma +i t)}\right)\right|$ , $\sigma \in (0,1)$ , заметим, что предел модуля произведения выражения с экспонентой при $t \to {\infty}$ равен константе

$\lim_{t\to \infty } \left(e^{-\frac{1}{2} (\pi t)} \left(\frac{1}{2} e^{-\frac{1}{2} i \pi (\sigma +i t)}+\frac{1}{2} e^{\frac{1}{2} i \pi (\sigma +i t)}\right)\right) = \frac{1}{2} e^{-\frac{1}{2} i \pi \sigma }$

$\lim_{t\to \infty } \left(\left| \frac{1}{2} e^{-\frac{1}{2} i \pi \sigma }\right| \right)=\frac{1}{2}$

Тогда

$\left| \cos \left(\frac{\pi s}{2}\right) \Gamma (s)\right| \to \left| \frac{1}{2} \sqrt{2 \pi } s^{\sigma -\frac{1}{2}}\right|$

Или

$\left| \cos \left(\frac{\pi s}{2}\right) \Gamma (s)\right| \to \left| \sqrt{\frac{\pi }{2}} s^{\sigma -\frac{1}{2}}\right|, \sigma \in (0,1) \qquad\qquad\qquad (11.1)$

Воспользуемся формулой

$\Gamma (s) \Gamma (1-s)=\frac{\pi }{\sin (\pi s)}$

Тогда

$\Gamma \left(\frac{1}{2}+i t\right) \Gamma \left(\frac{1}{2}-i t\right)=\frac{\pi }{\cosh (\pi t)}$

Или

$\left| \Gamma \left(\frac{1}{2}+i t\right)\right| =\sqrt{\frac{\pi }{\cosh (\pi t)}}$

Или

$\left| \Gamma \left(\frac{1}{2}+i t\right)\right| ^2=\frac{\pi }{\cosh (\pi t)} \qquad\qquad\qquad (11.2)$

Рассмотрим квадрат модуля функции (11)

$r(s,n)=\left| -\frac{4^{1-s} \left(-1+2^s\right) n^{1-2 s} \pi ^{-s} \cos \left(\frac{\pi s}{2}\right) \Gamma (s)}{-2+2^s}\right| ^2$

Обозначим

$f(s)=\left(\left|n^{1-2 s} \cos \left(\frac{\pi s}{2}\right) \Gamma (s)\right| \right)^2$

Заметим, что $inline$ монотонна для $\sigma \in (0,1),\forall t\in \mathbb{R}$ и зависит от $inline$ .
Запишем интервалы возрастания и убывания функции $inline$ , для $\sigma \in (0,1),\forall t\in \mathbb{R}$ , $n \to \infty$

$\begin{cases} при\ \sigma \in \left(0,\frac{1}{2}\right), f(s) - монотонно\ убывает \\ при\ \sigma =\frac{1}{2}, f(s)=\frac{\pi }{2} (используя \textbf{(11.2)}) \\ при\ \sigma \in \left(\frac{1}{2},1\right), f(s) - монотонно\ возрастает \\ \end{cases}$

Тогда $\sigma =\frac{1}{2}$ является единственной точкой, где значение функции $inline$ отлично от нуля и принимает константное значение для $\forall t\in \mathbb{R},n\to \infty$ .
Следовательно, для $inline$ , применяя (11.1) можно использовать следующее выражение

$f(s)\to \left(\left|n^{1-2 s} \sqrt{\frac{\pi }{2}} s^{\sigma-\frac{1}{2}}\right| \right)^2 \qquad\qquad\qquad (11.3)$

Список литературы

_{1. Bateman, Harry (1953) Higher Transcendental Functions, Volumes I, стр. 47, выр. (6)}
_{2. Bateman, Harry (1953) Higher Transcendental Functions, Volumes I, стр. 3, выр. (6)}

$\left| 2^s-2\right| =\sqrt{4^{\sigma }-2^{\sigma +2} \cos (t \log (2))+4}$

Тогда, используя (11.3) перепишем (11) в следующем виде

$\lim_{n \to {\infty}}\left(\left(\frac{\sqrt{\frac{\pi }{2}} 4^{1-\sigma } \pi ^{-\sigma } n^{1-2 \sigma } \left(\sqrt{\sigma ^2+t^2}\right)^{\sigma -\frac{1}{2}} \sqrt{4^{\sigma }-2^{\sigma +1} \cos (t \log (2))+1}}{\sqrt{4^{\sigma }-2^{\sigma +2} \cos (t \log (2))+4}}\right)^2\right)=1$

Или

$\lim_{n \to {\infty}}\left(\frac{2^{3-4 \sigma } \pi ^{1-2 \sigma } n^{2-4 \sigma } \left(\sigma ^2+t^2\right)^{\sigma -\frac{1}{2}} \left(4^{\sigma }-2^{\sigma +1} \cos (t \log (2))+1\right)}{4^{\sigma }-2^{\sigma +2} \cos (t \log (2))+4}\right)=1 \tag{12}$

Заметим, что (12) представляет собой периодическую функцию, верхняя и нижняя границы которой будут равны

$\alpha (\sigma ,t)=\lim_{n \to {\infty}}\left(\frac{2^{3-4 \sigma } \pi ^{1-2 \sigma } \left(4^{\sigma }-2^{\sigma +1}+1\right) n^{2-4 \sigma } \left(\sigma ^2+t^2\right)^{\sigma -\frac{1}{2}}}{4^{\sigma }-2^{\sigma +2}+4}\right)$

$\beta (\sigma ,t)=\lim_{n \to {\infty}}\left(\frac{2^{3-4 \sigma } \pi ^{1-2 \sigma } \left(4^{\sigma }+2^{\sigma +1}+1\right) n^{2-4 \sigma } \left(\sigma ^2+t^2\right)^{\sigma -\frac{1}{2}}}{4^{\sigma }+2^{\sigma +2}+4}\right)$

Для того, чтобы выражение (12) было равно 1, нужно, чтобы верхняя и нижняя граница были равны 1.

Из профильной литературы известно, что любой нетривиальный нуль $\zeta$ — функции имеет действительную часть $\sigma \in (0,1)$ .

Список литературы

_{1. Tom M. Apostol, Introduction to Analytic Number Theory, стр.: 293, п. 13.9}

Тогда запишем варианты пределов для верхней и нижней границ при $\sigma \in (0,1)$ , $t\in (-\infty ,+\infty )$

$\begin{cases} при\ \sigma \in \left(0,\frac{1}{2}\right), \alpha (\sigma ,t)=\infty,\beta (\sigma ,t)=\infty \\ при\ \sigma =\frac{1}{2}, \alpha (\sigma ,t)=1,\beta (\sigma ,t)=1 \\ при\ \sigma \in \left(\frac{1}{2},1\right), \alpha (\sigma ,t)=0,\beta (\sigma ,t)=0 \\ \end{cases}$

Как видно, нам подходит только вариант $\sigma =\frac{1}{2}$ и только в этом случае возможно соблюдение равенства (11) в нулях.

Следовательно, все комплексные нули $\zeta$ — функции имеют вид: $s_n=\frac{1}{2}+\mathbb{i}t,t\in \mathbb{R}$ .

Что и требовалось доказать.

Теги:

Хабы:

Математика

Анализ дзета-функции Римана

Публикации

Истории

Ближайшие события