La prueba más corta/elegante para $L(1,\chi)\neq 0$

Question

Dejemos que $\chi$ sea un carácter de Dirichlet y $L(1,\chi)$ la función L asociada evaluada en $s=1$ . ¿Cuál sería la prueba "más corta" de la no evanescencia de $L(1,\chi)$ ?

Antecedentes: La no evasión de $L(1,\chi)$ juega un papel esencial en la demostración del teorema de Dirichlet sobre los primos en las progresiones aritméticas. En su "Introducción a la teoría analítica de los números", T. M. Apostol ofrece una demostración elemental del hecho anterior estimando varias sumas en unos cuantos lemas en el contexto de una demostración del mencionado teorema de Dirichlet. Aunque su planteamiento tiene la ventaja de ser autocontenido y no requerir muchos antecedentes, es bastante largo. En su "Teoría analítica de los números", H. Iwaniec y E. Kowalski señalan que en la demostración original de Dirichlet la no desaparición de $L(1,\chi)$ para caracteres reales de Dirichlet es una simple consecuencia de la fórmula del número de clase de Dirichlet. Sin embargo, en ambos enfoques es necesario distinguir entre caracteres reales y complejos de Dirichlet. De ahí mis dos "sub"-preguntas:

1) ¿Existe una prueba que evite la distinción entre el caso complejo y el real?

2) ¿Existen en general otras estrategias de prueba para $L(1,\chi)\neq 0$ que pueda considerarse más corto y/o más elegante que los dos mencionados anteriormente?

Answer 1

He aquí una demostración elemental, cuya idea básica se encuentra en el artículo de Selberg de 1949 "An elementary proof of Dirichlet's theorem about primes in an arithmetic progression" ( Ann. Math. , vol. 2 , 1949, pp. 297-304).

Basta con demostrar la falta de límites $$ \sum_{\substack{ p < X \\ p \equiv 1 \mod{N}}} \frac{\log{p}}{p} \neq O_X(1). $$ Esto es sólo una paráfrasis de lo que dice David Speyer en el primer párrafo de su respuesta. La reducción elemental a esto de $L(1,\chi) \neq 0$ también es muy fácil: véase (2.27) en la obra de Iwaniec y Kowalski Teoría analítica de los números .

Tome $d := \phi(N)$ y $\zeta_1, \ldots,\zeta_d$ una base para $A := \mathbb{Z}[\zeta_N]$ y que $S(X)$ sean los primos $< X$ y $\equiv 1 \mod{N}$ . Con $Y := X^{1/d}$ (basta con variar $X$ a través de $d$ -potencias), considere el entero racional no nulo $$ V = V(X):= \prod_{0 < n_i \leq Y} (n_1\zeta_1 + \cdots + n_d \zeta_d) \in \mathbb{Z} \setminus \{0\}. $$ Hay $X$ términos en el producto, y no es demasiado difícil demostrar que todo ideal no nulo $I \subset A$ contiene [¡corrección!] $\frac{X}{\mathcal{N}(I)} + O_N\Big( (\frac{X}{\mathcal{N}(I)})^{1-\frac{1}{d}} \Big)$ de estos términos. Todas las asíntotas aquí son bajo $X \to \infty$ para un fijo $N$ , de manera uniforme en $I$ .

Siguiendo a Chebyshev y Mertens, consideremos entonces la factorización prima de $V$ que es una especie de factorial ciclotómico. Aplicando lo anterior con $I$ que recorre las potencias de los primeros ideales de $A$ obtenemos de la convergencia de $\sum_p (\log{p}) / p^2$ y $\frac{1}{X} \sum_{p < X} (X/p)^{1-\frac{1}{d}}\log{p}$ la estimación $$ \frac{1}{X} \log{|V(X)|} = \sum_{p \in S(X)} \frac{\log{p}}{p} + O_N(1). $$ Aquí he utilizado el hecho obvio de que un primo $p$ divide la extensión normal $\mathbb{Q}(\zeta_N)/\mathbb{Q}$ si y sólo si $p \equiv 1 \mod{N}$ .

Por tanto, nos vemos reducidos a demostrar la no limitación de $\frac{1}{X} \log{|V(X)|}$ . Pero $$ \frac{1}{X} \log{|V(X)|} = \frac{1}{X} \sum_{\substack{0 < n_i < Y } } \max_i \log{n_i} + O_N(1), $$ y es fácil ver por suma parcial que la última suma tiene un desarrollo asintótico con término principal $Y^{d} \log{Y} + O(Y^{d}) = \frac{1}{d}X \log{X} + O(X)$ .

Esto establece la estimación precisa $\sum_{p \in S(X)} \frac{\log{p}}{p} = \frac{1}{d} \log{X} + O_N(1)$ y así se completa la demostración del teorema de Dirichlet sobre los primos en las progresiones aritméticas.

Answer 2

Hay pruebas que tratan los casos de real y no real $\chi$ en igualdad de condiciones. Una de las pruebas se encuentra en el Curso de Aritmética de Serre, del que tratan básicamente las respuestas de Pete y David. Ese método utiliza el hecho (oculto) de que la función zeta de la $m$ -El campo ciclotómico tiene un polo simple en $s = 1$ como la función zeta de Riemann. Aquí hay otra prueba que se centra sólo en la $L$ -función del personaje $\chi$ en discusión, el $L$ -de carácter conjugado, y la función zeta de Riemann.

Considere el producto $$ H(s) = \zeta(s)^2L(s,\chi)L(s,\overline{\chi}). $$ Esta función es analítica para $\sigma > 0$ con el posible excepción de un poste en $s = 1$ . (Como siempre, escribo $s = \sigma + it$ .)

Supongamos que $L(1,\chi) = 0$ . Entonces también $L(1,\overline{\chi}) = 0$ . Así que en la definición del producto $H(s)$ El doble polo de $\zeta(s)^2$ en $s = 1$ es cancelado y $H(s)$ es por tanto analítica en todo el semiplano $\sigma > 0$ .

Para $\sigma > 1$ tenemos la representación exponencial $$ H(s) = \exp\left(\sum_{p, k} \frac{2 + \chi(p^k) + \overline{\chi}(p^k)} {kp^{ks}}\right), $$ donde la suma es sobre $k \geq 1$ y primos $p$ . Si $p$ no divide $m$ entonces escribimos $\chi(p) = e^{i\theta_p}$ y encontrar
$$ \frac{2 + \chi(p^k) + \overline{\chi}(p^k)}{k} = \frac{2(1 + \cos(k\theta_p))}{k} \geq 0. $$
Si $p$ divide $m$ entonces esta suma es $2/k > 0$ .
De cualquier manera, dentro de esa exponencial hay una serie de Dirichlet con coeficientes no negativos, por lo que cuando exponenciamos y reordenamos los términos (en el semiplano de convergencia abs., es decir, donde $\sigma > 1$ ), vemos que $H(s)$ es una serie de Dirichlet con coeficientes no negativos. Un lema de Landau sobre las series de Dirichlet con coeficientes no negativos nos asegura entonces que la representación en serie de Dirichlet de $H(s)$ es válida en cualquier semiplano donde $H(s)$ puede ser continuado analíticamente.

Para llegar a una contradicción en este punto, aquí están varios métodos.

[Editar: En la respuesta de J.H.S. y debido a Bateman, es el argumento más hábil que he visto, así que déjame ponerlo aquí. La idea es mirar el coeficiente de $1/p^{2s}$ en la serie de Dirichlet para $H(s)$ . Al multiplicar el $p$ -del producto de Euler, el coeficiente de $1/p^s$ es $2 + \chi(p) + \overline{\chi}(p)$ que es no negativo, pero el coeficiente de $1/p^{2s}$ es $(\chi(p) + \overline{\chi}(p) + 1)^2 + 1$ que no sólo no es negativo, sino que es mayor o igual a 1. Por lo tanto, si $H(s)$ tiene una continuación analítica a lo largo de la recta real hasta el número $\sigma$ , entonces para el real $s \geq \sigma$ tenemos $H(s) \geq \sum_{p} 1/p^{2s}$ . La hipótesis de que $L(1,\chi) = 0$ hace $H(s)$ analítica para todos los números complejos con parte real positiva, por lo que podemos tomar $s = 1/2$ y obtener $H(1/2) \geq \sum_{p} 1/p$ , lo cual es absurdo ya que esa serie sobre los primos diverge. ¡QED!]

1. Si estás dispuesto a aceptar que $L(s,\chi)$ (y por lo tanto $L(s,\overline{\chi})$ ) tiene una continuación analítica a todo el plano, o al menos hasta el punto $s = -2$ , entonces $H(s)$ se extiende a $s = -2$ . La representación en serie de Dirichlet de la serie Dirichlet de $H(s)$ es convergente en $s = -2$ por nuestra hipótesis de continuación analítica y muestra $H(-2) > 1$ o la representación exponencial implica que al menos $H(-2) \not= 0$ . Pero $\zeta(-2) = 0$ Así que $H(-2) = 0$ . En cualquier caso, tenemos una contradicción.

2. Hay un argumento similar, señalado a mí por Adrian Barbu, que no requiere requiere la continuación analítica de $L(s,\chi)$ más allá del semiplano $\sigma > 0$ . Si estás dispuesto a aceptar que $\zeta(s)$ tiene ceros en la franja crítica $0 < \sigma < 1$ (que es una región en la que las series de Dirichlet y las representaciones exponenciales de $H(s)$ son ambos válidos ya que $H(s)$ es analítico en $\sigma > 0$ ), podemos evaluar la representación exponencial de $H(s)$ a tal cero a obtener una contradicción. Por supuesto, la cantidad de análisis que hay detrás de esto es más importante que la que se utiliza para continuar $L(s,\chi)$ a $s = -2$ .

3. Consideramos que $H(s)$ como $s \rightarrow 0^{+}$ . Tenemos que aceptar que $H$ está acotado como $s \rightarrow 0^{+}$ . (Incluso es holomorfo allí, pero no lo necesitamos). Para el real $s > 0$ y un primo fijo $p_0$ (sin dividir $m$ digamos), podemos podemos acotar $H(s)$ desde abajo por la suma de los $p_0$ -términos de potencia en su serie de Dirichlet. La suma de estos términos es exactamente la $p_0$ -Factor de Euler de $H(s)$ , por lo que tenemos el límite inferior $$ H(s) > \frac{1}{(1 - p_0^{-s})^2(1 - \chi(p_0)p_0^{-s})(1 - \overline{\chi}(p_0)p_0^{-s})} = \frac{1}{(1 - p_0^{-s})^2(1 - (\chi(p_0)+ \overline{\chi}(p_0))p_{0}^{-s} + p_0^{-2s})} $$ de verdad $s > 0$ . El lado derecho tiende a $\infty$ como $s \rightarrow 0^{+}$ . Tenemos una contradicción. QED

Estos tres argumentos utilizan en algún momento el conocimiento más allá del medio plano $\sigma > 0$ o un cero no trivial de la función zeta. Conceder cualquiera de ellos permite ver fácilmente que $H(s)$ no puede desaparecer en $s = 1$ pero esa "concesión" puede parecer demasiado técnica. Si se quiere una prueba para los casos reales y complejos de manera uniforme que no se salga de la región $\sigma > 0$ Utiliza el método de la respuesta de Pete o David [editar: o utiliza el método que he editado como el primero de esta respuesta].

Answer 3

Todo el mundo parece tener su propio favorito aquí. El mío es ligeramente similar a un par de los mencionados anteriormente; consiste en estudiar las propiedades de $\zeta(s) L(s,\chi)$ donde $\chi$ es un carácter real (como se ha mencionado anteriormente, es bastante sencillo demostrar el caso en el que $\chi$ es complejo) --- es el enfoque adoptado en la obra de Montgomery y Vaughan Teoría de los números multiplicativos I. Teoría clásica por ejemplo.

En cierto sentido, es muy natural mirar el producto $\zeta(s) L(s,\chi)$ porque $\zeta(s)$ es el caso más "simple" de un $L$ -serie que tiene un polo simple en $s=1$ mientras que nosotros asumimos que $L(s,\chi)$ tiene un cero en $s = 1$ por lo que se anulan y por lo tanto $\zeta(s) L(s,\chi)$ se extenderá holomórficamente a $\Re(s) > 0$ . Un simple cálculo muestra que los coeficientes $c(n) = \sum_{d \mid n}{\chi(d)}$ de la serie de Dirichlet para $\zeta(s) L(s,\chi)$ son positivos siempre que $c(n)$ es un cuadrado perfecto. Esta serie de Dirichlet sólo es válida cuando $\zeta(s), L(s,\chi)$ son absolutamente convergentes (es decir, para $\Re(s) > 1$ ), pero como el supuesto $L(1,\chi) = 0$ implica que $\zeta(s) L(s,\chi)$ se extiende holomórficamente a $\Re(s) > 0$ un teorema de Landau implica que esta serie de Dirichlet es condicionalmente convergente para $\Re(s) > 0$ . Pero $\sum^{\infty}_{n=1}{c(n)n^{-1/2}}$ diverge como $c(n^2) > 0$ que da el resultado.

Por supuesto, la idea detrás de esta prueba no difiere mucho de la prueba en el libro de Serre, e incluso la prueba de Monsky utiliza algunas de las mismas ideas.

Answer 4

Definitivamente no es una respuesta general a la pregunta, pero me gusta un enfoque completamente elemental para mostrar que $L(\chi,1)>0$ cuando $\chi$ es el carácter real módulo 3 y 4. Primero se calcula $$ f(x)=\sum_{l=1}^\infty\chi(l)x^l=\sum_{m=1}^\infty\sum_{n=1}^{p-1}\chi(n)x^{mp+n} $$ $$ =\sum_{m=1}^\infty x^{mp}\sum_{n=1}^{p-1}\chi(n)x^n=\frac1{1-x^p}\sum_{n=1}^{p-1}\chi(n)x^n $$ para ver que es $$ f(x)=\frac{x-x^2}{1-x^3}=\frac x{1+x+x^2} \quad\text{or}\quad f(x)=\frac{x-x^3}{1-x^4}=\frac x{1+x^2}. $$ Entonces por el teorema de Abel $$ L(\chi,1)=\int_0^1f(x)dx $$ y el integrando es una función positiva en $(0,1)$ en ambos casos.

Answer 5

Me gusta una prueba debida a Ingham, encontrada en http://jlms.oxfordjournals.org/cgi/reprint/s1-5/2/107 (puede requerir una suscripción universitaria para acceder, el título del artículo es "A Note on Reimann's $\zeta$ y las funciones L de Dirichlet"). Ingham utiliza el teorema de Landau y una ligera generalización de la famosa identidad de Ramanujan $\sum d(n) n^{-s} = \zeta^4(s)/\zeta(2s)$ de la siguiente manera:

Para las funciones completamente multiplicativas $a(n)$ y $b(n)$ que sólo toman valores de módulo $0$ o $1$ , si $g_a(s)$ , $g_b(s)$ y $g_{ab}(s)$ son las series de Dirichlet con coeficientes $a(n), b(n),$ y $a(n)b(n)$ entonces

$$\frac{\zeta(s)g_a(s)g_b(s)g_{ab}(s)}{g_{ab}(2s)} = \sum\frac{1}{n^s}\left(\sum_{d|n}a(d)\right)\left(\sum_{\delta|n}b(\delta)\right),$$

donde $\Re(s) >1$ . Uno se especializa entonces en el caso de que $a(n) = \chi(n)n^{-it}$ y $b(n)$ es el conjugado de $a(n)$ .

No puedo dejar de mencionar que se puede generalizar esta identidad aún más, a la afirmación de que donde las sumas convergen absolutamente,

$$\sum\frac{1}{n^s}\left(\sum_{d|n}a(d)\right)\left(\sum_{\delta|n}b(\delta)\right) = \zeta(s)\sum_{j,k=1}^\infty \frac{a(j)b(k)}{[j,k]^s},$$

(donde $[j,k]$ es el mínimo común múltiplo de $j$ y $k$ ) incluso cuando $a$ y $b$ no son completamente multiplicativos y pueden tener cualquier módulo. Es un ejercicio divertido derivar esta fórmula y luego usarla para derivar las de Ingham o Ramanujans.