No! Esto es muy falso -- la función zeta de Riemann tiene ceros no triviales. Por ejemplo, supongamos que $M(x) = \sum_{n=1}^{\infty} \mu(n) e^{-nx}$ tiende a $-2$ como $x\to 0$ (He reescrito su hipótesis con $x=1/s$ ). En particular, estás asumiendo que $M(x)$ siempre está acotado. Pero en ese caso hay que tener en cuenta que $$ \int_0^{\infty} M(x) x^{s}\frac{dx}{x} = \sum_{n=1}^{\infty}\mu(n) \int_0^{\infty} e^{-nx} x^{s} \frac{dx}{x} = \frac{\Gamma(s)}{\zeta(s)}, $$ donde la integral a priori converge para Re $(s)>1$ (porque como $x\to \infty$ claramente $M(x)\ll e^{-x}$ disminuye exponencialmente, y trivialmente como $x\to 0^+$ podemos utilizar $|M(x)| \ll x^{-1}$ ). La suposición de que $M(x)$ está acotado como $x\to 0^+$ implica ahora que la integral tiene realmente sentido en Re $(s)>0$ o, en otras palabras, que $\zeta(s)$ ¡no tiene ceros! Véase también mi respuesta a ¿Es posible demostrar que $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\mu(n)}{\sqrt{n}}$ ¿diferencia? .
Como alternativa, se puede escribir una fórmula explícita para $M(x)$ en términos de ceros de $\zeta(s)$ . En concreto, para algunos $c>1$ $$ M(x) = \frac{1}{2\pi i} \int_{c- i\infty}^{c+i\infty} \frac{1}{\zeta(s)} x^{-s} \Gamma(s) ds, $$ y moviendo la línea de integración hacia la izquierda, encontramos $$ M(x) = \sum_{\rho} \frac{\Gamma(\rho)}{\zeta^{\prime}(\rho)} x^{-\rho}+ \frac{1}{\zeta(0)} + O(x), $$ donde la suma es sobre los ceros no triviales de zeta (que se suponen simples por conveniencia). El segundo término anterior surge del polo de la función Gamma en $s=0$ y observe que es igual a $-2$ . El término de error puede hacerse explícito en términos de los polos en $-1$ , $-2$ etc. Esto demuestra por qué $M(x)$ deberá tener un tamaño mínimo de $x^{-1/2}$ ocasionalmente, y explica además por qué la evidencia numérica es engañosa: el primer cero de $\zeta$ tiene una ordenada grande (alrededor de $14.1\ldots$ ), y $\Gamma(1/2+14.1\ldots i)$ es de tamaño muy reducido.
