Анализ Дзета-функции Римана

[maravan]

Всем доброго времени суток.

Ранее я писал о готовящейся публикации по гипотезе Римана в разделе "Дискуссионные темы (М)", теме "Гипотеза Римана".
В итоге опубликовал статью, правда не на этом ресурсе.

Подчеркну, что не утверждаю, что доказал гипотезу, но я попытался скомпилировать большинство известного материала и сделать некоторые, как мне кажется интересные выводы.

В результате обсуждения статьи у оппонентов возник ряд вопросов.
Постепенно, я дополнял статью, добавлял литературу и сопутствующие доказательства промежуточных шагов.

Но, к сожалению, конструктивного диалога - не состоялось.
Для себя я сделал вывод, что пока не буду сюда закидывать статью целиком, как хотел сделать изначально, так как и верстка занимает много времени, и много материала.

Если читающие на этом форуме не против, я попробую начать с нескольких, как мне кажется интересных моментов, а дальше посмотрим, что из этого получится.

Прежде всего хочу начать с определений (я их даю в своей интерпретации, в литературе такого не нашел)

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

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

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

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

Ссылки на литературу:

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

Тогда будет верно

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

Далее запишем

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

Или

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

Или

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

Тогда

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

Известно, что

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

Следовательно

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

Сложим (1) и (2), тогда

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

Или

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

Тогда

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

И после этого, я делаю вывод о том, что если $s$ - нуль дзета-функции, то будет верно, что при $n \to {\infty}$ имеет место

$$ \sum _{i=1}^n \frac{1}{(2 i-1)^s}\to \frac{(2 n-1)^{1-s}}{2 (1-s)},\operatorname{Re}(s)>0 $$

И

$$ \sum _{i=1}^n \frac{1}{(2 i)^s}\to \frac{(2 n)^{1-s}}{2 (1-s)},\operatorname{Re}(s)>0 $$

Давайте обсудим верность рассуждений, есть ли у участников замечания?

[g______d]

maravan в сообщении #1455915 писал(а):

И после этого, я делаю вывод о том, что если $s$ - нуль дзета-функции, то будет верно, что при $n \to {\infty}$ имеет место

$$ \sum _{i=1}^n \frac{1}{(2 i-1)^s}\to \frac{(2 n-1)^{1-s}}{2 (1-s)},\operatorname{Re}(s)>0 $$

И

$$ \sum _{i=1}^n \frac{1}{(2 i)^s}\to \frac{(2 n)^{1-s}}{2 (1-s)},\operatorname{Re}(s)>0 $$

Давайте обсудим верность рассуждений, есть ли у участников замечания?

Писать "при $n\to \infty$ имеет место $a_n\to b_n$" некорректно. Особенно в случае, когда ни у одной последовательности самой по себе нет предела. В данном случае можно написать $\lim\limits_{n\to\infty}(a_n-b_n)=0$. Не только для формальной правильности, но и чтобы потом не возникло желания работать с несуществующми объектами $\lim\limits_{n\to\infty} a_n$ и $\lim\limits_{n\to\infty} b_n$ по отдельности.

[maravan]

g______d Спасибо, понял вас, значит тогда, исходя из замечания.

Если $s$ - нуль дзета-функции, тогда будет верно

$$ \lim_{n\to \infty } (\sum _{i=1}^n \frac{1}{(2 i-1)^s}-\frac{(2 n-1)^{1-s}}{2 (1-s)})=0,\operatorname{Re}(s)>0 $$

И

$$ \lim_{n\to \infty } (\sum _{i=1}^n \frac{1}{(2 i)^s}-\frac{(2 n)^{1-s}}{2 (1-s)})=0,\operatorname{Re}(s)>0 $$

Такая запись ни у кого не вызывает вопросов?

[g______d]

maravan в сообщении #1456254 писал(а):

Такая запись ни у кого не вызывает вопросов?

Вроде, пока всё правильно.

[maravan]

Идём дальше.

Утверждение

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

Докажем это.

Найдём предел

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

Сделаем замену переменной

$$ 2 n=\frac{1}{v} $$

Тогда получим предел

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

Сделаем замену переменной

$$ 1-v=u $$

Тогда получим предел

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

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

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

Поскольку оба предела существуют, то

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

Тогда

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

Разделим обе части равенства на 2, получим

$$ \lim_{n \to {\infty}}\left(\frac{(2 n-1)^{1-s}-(2 n)^{1-s}}{2 (1-s)}+\frac{1}{2 (2 n)^s}\right)=0,\operatorname{Re}(s)>0 \qquad\qquad\qquad (3) $$

Утверждение доказано.

Все согласны с утверждением?

[g______d]

Вроде пока правильно. Неявно предполагается, что $s\neq 1$, но это скорее всего не принципиально.

[maravan]

g______d Спасибо, верное замечание.

Идем дальше.

Используем связь между дзета - функцией и эта - функцией

$$ \zeta (s)=\frac{\eta (s)}{1-2^{1-s}},\operatorname{Re}(s)>0,s\neq 1 $$

Обозначим

$$ f(s)=\frac{\pi ^{-\frac{s}{2}} \eta (s) \Gamma \left(\frac{s}{2}\right)}{1-2\ 2^{-s}},\operatorname{Re}(s)>0,s\neq 0 $$

Тогда

$$ f(1-s)=\frac{\pi ^{-\frac{1}{2} (1-s)} \eta (1-s) \Gamma \left(\frac{1-s}{2}\right)}{1-2\ 2^{-(1-s)}},\operatorname{Re}(s)>0,s\neq 1 $$

Известно, что

$$ f(s)=f(1-s) $$

Ссылки на литературу:

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

2. Tom M.Apostol, Introduction to Analytic Number Theory, стр.260

Тогда, если $s$ - нуль дзета функции, то также верно, что

$$ \frac{f(s)}{f(1-s)}=1 $$

Или

$$ \frac{\frac{\pi ^{-\frac{s}{2}} \eta (s) \Gamma \left(\frac{s}{2}\right)}{1-2\ 2^{-s}}}{\frac{\pi ^{-\frac{1}{2} (1-s)} \eta (1-s) \Gamma \left(\frac{1-s}{2}\right)}{1-2\ 2^{-(1-s)}}}=1,\operatorname{Re}(s)>0,s\neq 1,s\neq 0 \qquad\qquad\qquad (4) $$

Все согласны?

[g______d]

maravan в сообщении #1456787 писал(а):

Используем связь между дзета - функцией и эта - функцией

$$ \zeta (s)=\frac{\eta (s)}{1-2^{1-s}},\operatorname{Re}(s)>0,s\neq 1 $$

Здесь нужно аккуратнее: $s\neq 1+\frac{2\pi i n}{\ln(2)}$, $n\in \mathbb Z$. И далее тоже. При $n\neq 0$ особенность устранимая, но, поскольку дальше идут манипуляции с формульными выраждениями, нужно аккуратно следить за тем, понимаются ли эти формулы в точном смысле или в смысле предельного значения.

[maravan]

g______d Спасибо за замечание, не стал писать про эти значения, поскольку считал, что эта особенность устранимая, при $n=0$, получаем $s\neq1$.
Далее, постараюсь использовать эти замечания.

В остальном, учитывая ваши замечания, пока всё верно?

[g______d]

maravan в сообщении #1456795 писал(а):

В остальном, учитывая ваши замечания, пока всё верно?

Мне нужно ещё какое-то время.

Есть ещё это:

maravan в сообщении #1456787 писал(а):

$$ f(1-s)=\frac{\pi ^{-\frac{1}{2} (1-s)} \eta (1-s) \Gamma \left(\frac{1-s}{2}\right)}{1-2\ 2^{-(1-s)}},\operatorname{Re}(s)>0,s\neq 1 $$

В правой части у Вас функция $\eta(1-s)$, которая у Вас была изначально определена только при $s<1$ (поскольку $\eta(s)$ определена только в правой полуплоскости исходной формулой). Видимо, Вы неявно предполагаете какое-то аналитическое продолжение. Это нужно сформулировать с более чёткими формулировками. Можно со ссылками: "в книге такой-то в разделе таком-то построено аналитическое продолжение с такими-то свойствами".

В данном случае это вроде бы понятно, но я бы предпочёл сейчас иметь всё на 100% корректно, чем через несколько страниц отматывать назад и говорить "а вот там на самом деле имелось в виду другое".

[maravan]

g______d Спасибо, понял, что неточность в определении, не хватает внимательности.
Ссылка: Titchmarsh and D.R.Heath - Brown, The Theory of the Riemann Zeta - Function, Second Edition, стр. 20, утв. 2.5

В дальнейшем, мне будет достаточно интервала $\operatorname{Re}(s)\in (0,1)$

[g______d]

maravan в сообщении #1456830 писал(а):

В дальнейшем, мне будет достаточно интервала $\operatorname{Re}(s)\in (0,1)$

Тогда понятнее и вроде бы (4) верно. Но, как и выше, только в смысле предельного значения при $s\to s_0$, где $\zeta(s_0)=0$.

Это важно, если Вы потом захотите этот предел переставить с каким-нибудь другим пределом.

[maravan]

Идем дальше.

Рассмотрим первое определение $\eta$-функции

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

Тогда будет верно

$$ \eta (s)=\lim_{n\to \infty } \left(\sum _{i=1}^n \frac{1}{(2 i-1)^s}-\sum _{i=1}^n \frac{1}{(2 i)^s}\right),\operatorname{Re}(s)>0 \qquad\qquad\qquad(5) $$

Используем ранее доказанные формулы, для нулей дзета-функции

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

И

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

Поскольку два последних предела существуют, вычтем из первого второй, получим

$$ \lim_{n\to \infty } \left(\sum _{i=1}^n \frac{1}{(2 i-1)^s}-\sum _{i=1}^n \frac{1}{(2 i)^s}-\frac{(2 n-1)^{1-s}}{2 (1-s)}+\frac{(2 n)^{1-s}}{2 (1-s)}\right)=0,\operatorname{Re}(s)>0 \qquad\qquad\qquad(6) $$

Поскольку пределы (5) и (6) существуют, вычтем из (5) (6), получим

$$ \eta (s)=\lim_{n\to \infty } \left(\sum _{i=1}^n \frac{1}{(2 i-1)^s}-\sum _{i=1}^n \frac{1}{(2 i-1)^s}+\sum _{i=1}^n \frac{1}{(2 i)^s}-\sum _{i=1}^n \frac{1}{(2 i)^s}+\frac{(2 n-1)^{1-s}}{2 (1-s)}-\frac{(2 n)^{1-s}}{2 (1-s)}\right),\operatorname{Re}(s)>0 $$

Тогда, если $s$ - нуль дзета-функции, то будет верно

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

Используем ранее доказанное выражение

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

Поскольку последние два предела существуют, вычтем из первого второй, получим

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

Тогда, если $s$ - нуль дзета-функции, то будет верно

$$ \eta (s)=\lim_{n\to \infty }\left(-\frac{1}{2 (2 n)^s}\right),\operatorname{Re}(s)>0 \qquad\qquad\qquad(7) $$

Все согласны?

[g______d]

maravan в сообщении #1457756 писал(а):

согласны?

Вроде да. (7) означает, что из $\zeta(s)=0$ следует $\eta(s)=0$, что вроде является известным фактом. Зачем писать (7) в виде предела, если в правой части на самом деле стоит 0, я не очень понимаю, но формально верно.

[maravan]

Идем дальше.

Используем выражение (7), если $s$-нуль дзета-функции, тогда

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

И

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

Следовательно, если $s_0$ - нуль дзета-функции, можем записать

$$ \lim_{s\to s_0 }\left(\lim_{n\to \infty }\left(-\frac{1}{\eta (s) 2 (2 n)^s}\right)\right)=1,\operatorname{Re}(s)>0 \qquad\qquad\qquad(8) $$

И

$$ \lim_{s\to s_0 }\left(\lim_{n\to \infty }\left(-\frac{1}{\eta (1-s) 2 (2 n)^{1-s}}\right)\right)=1,\operatorname{Re}(s)<1\qquad\qquad\qquad(9) $$

Заметим, что $\eta(s)$ является непрерывной функцией, за исключением $s=1$ и значений, где функция $1-2^{1-s}=0$, тогда существует предел

$$ \lim_{s\to s_0 }\left(\frac{\eta (s)}{\eta (1-s)}\right)=k,\operatorname{Re}(s)\in(0,1),s\neq 0, s\neq 1, 1-2^{1-s}\neq0,1-2^s\neq 0,k\in \mathbb{C} \qquad\qquad\qquad(10) $$

Согласны?