En la convergencia de $\sum \mu(n)/n^s$

Question

Llegué a algo durante mis matemáticas reflexiones que es realmente emocionante para mí.

Se afirma claramente en el libro sobre la Hipótesis de Riemann por Borwein que la convergencia de $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\mu(n)}{n^s}$ $\Re(s) > 1/2$ es necesario y suficiente para RH. Este es, por supuesto válido, ya que, $\sum \mu(n)/n^s = 1/\zeta(s)$ $\Re(s) > 1$

Habiendo dicho eso, he llegado a un punto donde la conseguí, por $\Re(s) > 1/2$ $$ \left| \frac{\eta(s)}{s} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\mu(n)}{n^s} - \frac{1-2^{1-s}}{s} \right| < \infty $$ $\eta(s)$ es la de Dirichlet eta función.

Mi pregunta es,

Lo que puedo interpretar de esta fórmula. ¿Este resultado implica RH, o se queda corto?

Yo creo que la segunda opción podría ser más correcto, porque este resultado no dice nada acerca de los ceros de la función de eta. Pero al menos está claro que si $\sum \mu(n)/n^s$ golpes arriba, a continuación, $\eta(s)$ también debe tener un cero a bajarla.

Cualquier elaborada respuesta será muy apreciada, porque es una obra en progreso. :)

Answer 1

Permítanme asegurarme de que entiendo lo que quieres decir por la fórmula $$ \left| \frac{\eta(s)}{s} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\mu(n)}{n^s} - \frac{1-2^{1-s}}{s} \right| < \infty. $$

¿Realmente significan que usted ha probado que esta suma es convergente para $s$ en la crítica de la tira y que, para $s$, esta desigualdad se cumple? Porque, si se ha demostrado que esta suma converge en ese rango, que ya han demostrado RH.

No puedo pensar en otras interpretaciones de su declaración, pero voy a esperar una aclaración antes de elaborarlas. Aquí es un punto básico para recordar: La afirmación de que $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ converge es una declaración acerca de las sumas parciales $\sum_{n=1}^N a_n$. (Es decir, que forman una secuencia de Cauchy.) Si usted nunca dice nada acerca de estas sumas parciales, es improbable que han resultado de la convergencia.