¿Por qué la función Gamma completa la función Zeta de Riemann?

Question

Definición de $$\xi(s) := \pi^{-s/2}\ \Gamma\left(\frac{s}{2}\right)\ \zeta(s)$$ rinde $\xi(s) = \xi(1 - s)$ (donde $\zeta$ es la función Zeta de Riemann).

¿Existe alguna explicación conceptual -o intuición, aunque no se pueda convertir en una prueba- para esto? ¿Por qué, entre todas las funciones, hay que poner la función Gamma?

Quien hizo esto primero probablemente tenía alguna razón para probar la función Gamma. ¿Qué fue?

(En el mejor de los casos) ¿Existe alguna manera uniforme de producir un factor a partir de una norma sobre los racionales que produzca los otros factores para las normas p-ádicas y el factor Gamma para el valor absoluto?

Answer 1

"¿Por qué de todas las funciones hay que poner la función Gamma ahí?"

$\zeta(s)$ tiene ceros triviales en $-2, -4, -6$ etc. $\zeta(1-s)$ por lo que tiene ceros triviales en $s=3, 5, 7$ etc. - un conjunto de ceros completamente diferente.

Para hacer una fórmula de reflexión donde $\zeta(s)$ es de alguna manera igual $\zeta(1-s)$ hay que deshacerse de los dos conjuntos diferentes de ceros triviales. La multiplicación por la gamma es perfecta para ello, ya que sus polos anulan esos ceros. Por ejemplo, $\Gamma(s/2)$ tiene polos en $0, 2, 4, 6$ etc. y debería ir con $\zeta(s)$ . $\Gamma((1-s)/2)$ tiene polos en $s=1, 3, 5$ etc. y debería ir con $\zeta(1-s)$ .

Es posible demostrar que gamma es la opción correcta, pero sin duda Euler descubrió que gamma es la función correcta a través de la experimentación numérica, cuando descubrió la fórmula de reflexión zeta hace como 250 años.

Answer 2

El que hizo esto primero probablemente tenía alguna razón para probar el función gamma. ¿Qué fue?

El primero en hacerlo fue, precisamente, Riemann en su famoso (y 150 años de antigüedad) trabajo: Ueber die Anzahl der Primzahlen unter einer gegebenen Größe. Allí también demostró la ecuación funcional, con el método que Harald explicó anteriormente.

Answer 3

No estoy seguro de la historia del factor gamma, aunque sugeriría que nadie lo "probó", sino que simplemente surgió al intentar demostrar la ecuación funcional. Riemann fue el primero en demostrar la ecuación funcional, y su demostración sigue esencialmente la de la respuesta de Harald Hanche-Olsen, lo que hace que mi explicación sea plausible. Alternativamente, la ecuación funcional de la función zeta sale de la ecuación funcional de una serie theta, y la transformada de Mellin de una serie theta da lugar a una función Gamma. Esta última explicación surge de forma más natural para las formas modulares: la función L de una forma modular también se completa con un factor gamma para obtener una ecuación funcional; en este caso, la función L completada es simplemente la transformada de Mellin de la propia forma modular.

Además, como responde Leonid Positselski, es cierto que la tesis de Tate proporciona una manera uniforme de obtener los factores gamma en el infinito de la misma manera que se obtienen los factores L locales en lugares finitos.

De forma más general, existe una receta dado un motivo arbitrario para los factores gamma esperados que debería dar una ecuación funcional para las funciones L motivas. Estas se deben a Deligne y Serre (creo) y están determinadas por la estructura de Hodge del motivo (véase el artículo de Deligne en corvallis "Valeurs de fonctions L..."). Esto demuestra que hay una manera uniforme de obtener los factores gamma a medida que se varía la función L que se está estudiando, una cuestión ortogonal a la que respondió Leonid Positselski.

Answer 4

La función gamma surge cuando diferenciamos consecutivamente un Secuencia de apelación . Un ejemplo de polinomios de Appell son los polinomios de Bernoulli. Cuando lo diferenciamos, los factores se combinan entre sí:

$$B_n'(x)=nB_{n-1}(x)$$

$$B_n''(x)=n(n-1)B_{n-2}(x)$$

$$B_n'''(x)=n(n-1)(n-2)B_{n-3}(x)$$

Son sólo otro nombre para la función Zeta de Hurwitz:

$$B_n(x) = -n \zeta(1-n,x)$$

Así, para $f(s,q)=\zeta(s,-q)$

$$\frac\partial{\partial q}f(s,q)= s f(s+1,q)$$

$$\frac{\partial^2}{\partial q^2}f(s,q)= s(s+1) f(s+2,q)$$

$$\frac{\partial^3}{\partial q^3}f(s,q)= s(s+1)(s+2) f(s+3,q)$$

Como la zeta de Reihmann es la zeta de Hurwitz evaluada en $q=1$ la expresión que das es aparentemente la derivada consecutiva de la Zeta de Hurwitz, con el factor $\pi^{-s}$ que aparece si normalizamos la Zeta de Hurwitz estirándola horizontalmente por un factor de pi.

Las derivadas consecutivas de la Zeta de Hurwitz, a su vez, no son más que la función poligama.

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Por ejemplo, aquí está la función $-1/x$ :

Si sumamos infinitas funciones similares con un desplazamiento de pi/2 cada una en ambas direcciones, obtenemos $\tan x$ . Pero si hacemos lo mismo sólo en una dirección, obtenemos la "tangente incompleta":

El amarillo es $\operatorname{pg}(x)=\frac 1\pi \psi (\frac x\pi)$ el azul es $\operatorname{cpg}(x)=-\frac 1\pi \psi (1-\frac x\pi)$ . Obedecen $\operatorname{cpg}(x)+\operatorname{pg}(x)=-\cot(x)$ .

Ahora si diferenciamos cpg(x) obtenemos:

$$(\operatorname{cpg}(x))^{(s-1)}=\pi^{-s}\Gamma(s)\zeta(s,1-\frac x\pi)$$

Compárelo con su fórmula:

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

Answer 5

Aunque ya hay una respuesta mía, quiero añadir otra respuesta.

Esto es TL;DR .

Respuesta corta. Esto se debe a que la función logarítmica carece de factorial en su expansión de Taylor.

Respuesta media. La ecuación funcional de Riemann relaciona las funciones exponenciales y trigonométricas con los logaritmos y la trigonometría inversa. Contiene todo lo necesario para hacer un exponente a partir de un logaritmo.

Respuesta larga.

Esta es la serie de Taylor para el logaritmo:

$$\ln(z+1)=z-\frac{z^2}{2}+\frac{z^3}{3}-\frac{z^4}{4}+\frac{z^5}{5}-\frac{z^6}{6}+\frac{z^7}{7}-\frac{z^8}{8}+\frac{z^9}{9}-\frac{z^{10}}{10}+O\left(z^{11}\right)$$

Esta es la serie de Taylor para el exponente:

$$\exp (z)-1=z+\frac{z^2}{2!}+\frac{z^3}{3!}+\frac{z^4}{4!}+\frac{z^5}{5!}+\frac{z^6}{6!}+\frac{z^7}{7!}+\frac{z^8}{8!}+\frac{z^9}{9!}+\frac{z^{10}}{10!}+O\left(z^{11}\right)$$

¿Qué debemos añadir a la primera para conseguir la segunda? Pues tenemos que sumar el factorial y quitar el contador del denominador.

Consideremos dicho elemento algebraico $\omega_+$ (no un número real) en el que se implementa una función "parte estándar" de tal manera, que $\operatorname{st} \omega_+^n=B_n^*$ donde $B_n^*$ son números de Bernoulli (con $B_1^*=1/2$ ), o más generalmente, $\operatorname{st}\omega_+^x=-x\zeta(1-x)$ .

Consideremos ahora la función

$$\frac{z}{2\pi} \log \left(\frac{\omega _+-\frac{z}{2 \pi }}{\omega _++\frac{z}{2 \pi }}\right)$$ Su serie de Taylor es

$$-\frac{z^2}{2 \left(\pi ^2 \omega _+\right)}-\frac{z^4}{24 \left(\pi ^4 \omega _+^3\right)}-\frac{z^6}{160 \left(\pi ^6 \omega _+^5\right)}-\frac{z^8}{896 \left(\pi ^8 \omega _+^7\right)}-\frac{z^{10}}{4608 \left(\pi ^{10} \omega _+^9\right)}+O\left(z^{11}\right)$$

Siguiendo la ecuación funcional de Riemann y nuestra definición, tenemos:

$$\operatorname{st}\omega_+^{-x}=\operatorname{st}\frac{-\omega_+^{x+1} 2^x\pi^{x+1}}{\sin(\pi x/2)\Gamma(x)(x+1)}$$

Así que podemos sustituir las potencias negativas de $\omega_+$ con potencias positivas sin cambiar la parte estándar de toda la expresión.

Los términos no nulos son

$$\frac{2 \left(-\frac{1}{2 \pi }\right)^n \left(-\omega _+\right){}^{1-n}}{n-1}$$

y tras la sustitución tenemos

$$\frac{\omega _+^n \sec \left(\frac{\pi n}{2}\right)}{\Gamma (n+1)}$$

La serie resultante es

$$\frac{1}{2} \omega _+^2 z^2+\frac{1}{24} \omega _+^4 z^4-\frac{1}{720} \omega _+^6 z^6+\frac{\omega _+^8 z^8}{40320}-\frac{\omega _+^{10} z^{10}}{3628800}+O\left(z^{11}\right)$$

oh, espera... ¿no es similar a

$$\cos \left(\omega _+ z\right)=1-\frac{1}{2} \omega _+^2 z^2+\frac{1}{24} \omega _+^4 z^4-\frac{1}{720} \omega _+^6 z^6+\frac{\omega _+^8 z^8}{40320}-\frac{\omega _+^{10} z^{10}}{3628800}+O\left(z^{11}\right)$$

Bueno, lo tenemos:

$$\operatorname{st}\frac{z}{2 \pi } \log \left(\frac{\omega _+-\frac{z}{2 \pi }}{\omega _++\frac{z}{2 \pi }}\right)=\operatorname{st}(\cos \left(\omega _+ z\right)-1)$$

De forma similar se pueden establecer otras relaciones impresionantes:

$$\operatorname{st}(\exp \left(\omega _+ z\right)-\omega _+ z-1)=\operatorname{st}\frac{i z}{2 \pi } \log \left(\frac{\omega _+-\frac{i z}{2 \pi }}{\omega _++\frac{i z}{2 \pi }}\right)$$

$$\operatorname{st}\cos \left(\omega _+ z\right)=\operatorname{st}\frac{ z}{2 \pi } \log \left(\frac{\omega _+-\frac{ z}{2 \pi }}{\omega _-+\frac{ z}{2 \pi }}\right)$$

$$\operatorname{st}\cosh \left(\omega _+ z\right)=\operatorname{st}\frac{i z}{2 \pi } \log \left(\frac{\omega _+-\frac{i z}{2 \pi }}{\omega _-+\frac{i z}{2 \pi }}\right)$$

(donde $\omega_-=\omega_+-1$ ).

En otras palabras, la ecuación funcional de Riemann es un puente directo que conecta la función exponencial con el logaritmo y las funciones trigonométricas con la trigonométrica inversa, transformando cada término de la serie por separado.