¿Son todos los ceros de $\Gamma(s) \pm \Gamma(1-s)$ en una línea con parte real = $\frac12$ ?

Question

La función $\Gamma(s)$ no tiene ceros, pero $\Gamma(s)\pm \Gamma(1-s)$ lo hace.

Ignorando las soluciones reales por ahora y asumiendo $s \in \mathbb{C}$ entonces:

$\Gamma(s)-\Gamma(1-s)$ produce ceros en:

$\frac12 \pm 2.70269111740240387016556585336 i$ $\frac12 \pm 5.05334476784919736779735104686 i$ $\frac12 \pm 6.82188969510663531320292827393 i$ $\frac12 \pm 8.37303293891455628139008877004 i$ $\frac12 \pm 9.79770751746885191388078483695 i$ $\frac12 \pm 11.1361746342106720656243966380 i$ $\frac12 \pm 12.4106273718343980402685363665 i$

$\dots$

y

$\Gamma(s)+\Gamma(1-s)$ da ceros en:

$\frac12 \pm 4.01094805906156869492043027819 i$ $\frac12 \pm 5.97476992595365858561703252235 i$ $\frac12 \pm 7.61704024553573658642606787126 i$ $\frac12 \pm 9.09805003388841581320246381948 i$ $\frac12 \pm 10.4760650707765536619292369200 i$ $\frac12 \pm 11.7804020877663106830617193188 i$ $\frac12 \pm 13.0283749883477570386353012761 i$

$\dots$

Por multiplicación, ambas funciones pueden combinarse en: $\Gamma(s)^2 - \Gamma(1-s)^2$

Después de jugar con el dominio de $s$ e inspeccionando los gráficos de salida 3D asociados, ahora me atrevo a conjeturar que todos los ceros "complejos" de esta función deben tener una parte real de $\frac12$ .

¿Se ha demostrado esto? Si no es así, agradecería cualquier idea sobre posibles enfoques.

Gracias.

Answer 1

Esto es una continuación del argumento anterior, que completa el argumento.

Dejemos que $C_n$ denota el cuadrado con vértices $[n \pm 1/2, \pm 4 I]$ para un número entero positivo $n$ . Tenemos las siguientes desigualdades para $z \in C_n$ y $n \ge 15$ : $$|\sin(\pi z)| \ge 1, \quad z \in C_n.$$ $$|\Gamma(z)| \ge \frac{1}{2} \Gamma(n - 1/2),$$ $$|\Gamma(1-z)| \le \frac{\pi}{\Gamma(n - 1/2)} \le 1,$$ $$|\psi(1-z)|, |\psi(z)| \le 2 \log(n),$$

La primera es fácil, la segunda se desprende de la fórmula de Stirling (esto requiere $n$ para ser lo suficientemente grande, y también requiere $z$ para tener una parte imaginaria como máximo $4$ ), la tercera se desprende de la anterior por la fórmula de reflexión de $\Gamma(z)$ la última se deduce por inducción y por la fórmula $\psi(z+1) = \psi(z) + 1/z$ . De ello se desprende que $$\left| \frac{1}{2 \pi i} \oint_{C_n} \frac{\Gamma'(z)}{\Gamma(z)} - \frac{d/dz (\Gamma(z) + \theta \cdot \Gamma(1-z))}{\Gamma(z) + \theta\cdot \Gamma(1-z)} \right|$$ $$= \left| \frac{1}{2 \pi i} \oint_{C_n} \frac{\theta \Gamma(1-z) (\psi(1-z) + \psi(z))} {\Gamma(z) + \theta \cdot \Gamma(1-z)} \right|$$ $$\le \frac{8 |\theta| \cdot \log(n) \pi}{2 \pi \cdot \Gamma(n - 1/2)} \oint_{C_n} \frac{1} {|\Gamma(z) + \theta \cdot \Gamma(1-z)|}$$ $$\le \frac{8 |\theta| \cdot \log(n) \pi}{2 \pi \cdot \Gamma(n - 1/2)} \cdot \frac{1}{1/2 \Gamma(n - 1/2) + 1} \ll 1,$$ donde $\theta = \pm 1$ (o cualquier cosa pequeña) y $n \ge 15$ donde la desigualdad final se mantiene por un margen enorme. De ello se desprende que $\Gamma(z) + \theta \cdot\Gamma(1-z)$ y $\Gamma(z)$ tienen el mismo número de ceros menos el número de polos en $C_n$ . Desde $\Gamma(z)$ no tiene ceros ni polos en $C_n$ se deduce que $\Gamma(z) + \theta\cdot\Gamma(1-z)$ tiene el mismo número de ceros y polos. Tiene exactamente un polo, y por tanto exactamente un cero. Si $\theta = \pm 1$ (y por lo tanto en particular es real), por el Schwarz este cero está obligado a ser real. Por simetría, el mismo argumento se aplica en la región $z = s + i t$ con $|t| \le 4$ y $s \le -15$ . Combinado con el argumento anterior, esto reduce la reclamación a $z = s + i t$ con $|s| \le 15$ y $|t| \le 4$ donde el puede comprobarse directamente la reclamación.

Por lo tanto, todos los ceros están en $\mathbf{R}$ o se acueste en la línea $1/2 + i \mathbf{R}$ .

EDITAR Para aclarar, en realidad no lo hice comprobar que no había ceros "excepcionales" en la caja $\pm 15 \pm 4 I$ ya que supuse que el cartel original lo había hecho. Si $F(z) = \Gamma(z) - \Gamma(1-z)$ , calculando entonces la integral $$\frac{1}{2 \pi i} \oint \frac{F'(z)}{F(z)} dz$$ alrededor de esa caja, se obtiene (numéricamente, y por tanto exactamente) $1$ . Hay (suponiendo que que la OP haya calculado correctamente los ceros de la línea crítica) $2$ ceros en ese rango en la línea crítica. A lo largo de la línea real en ese rango, hay $30$ postes y $25$ ceros. Esto significa que debe haber $1 + 30 - 25 = 6$ ceros no contabilizados. Para ese cero $\rho$ de la línea, por simetría también se tiene $\overline{\rho}$ , $1 - \rho$ y $1 - \overline{\rho}$ como ceros. Por lo tanto, debe haber $1$ o $3$ pares de ceros en la línea crítica, y $1$ o $0$ cuádruples de raíces fuera de la línea. Variando los parámetros de la integral, se puede confirmar que hay un cero con $\rho \sim 2.7 + 0.3 i$ que es uno de los cuatro conjugados de la raíz encontrada por joro. Un argumento similar se aplica para $\Gamma(z)+\Gamma(1-z)$ . Por lo tanto:

Cualquier cero de $\Gamma(z) - \Gamma(1-z)$ está en $\mathbf{R}$ , en la línea $1/2 + i \mathbf{R}$ o es uno de los cuatro ceros excepcionales $\{\rho,1-\rho,\overline{\rho},1-\overline{\rho}\}$ . Un cálculo similar implica lo mismo para $\Gamma(z) + \Gamma(1-z)$ , salvo que ahora con un conjunto excepcional $\{\mu,1-\mu,\overline{\mu},1-\overline{\mu}\}$ .

Answer 2

En la primera parte, demostramos que no hay ceros para $z = s + i t$ con $|t| \ge 4$ .

Dejemos que $\psi(z):= \Gamma'(z)/\Gamma(z)$ sea la función digamma. Si $z = s + i t$ entonces $$\frac{d}{ds} |\Gamma(z)|^2 = \frac{d}{ds} \Gamma(z) \Gamma(\overline{z}) = |\Gamma(z)|^2 \left(\psi(z) + \psi(\overline{z})\right).$$ (Ambos $\Gamma(z)$ y $\psi(z)$ son reales de verdad $z$ y así satisfacer el principio de reflexión de Schwartz). La fórmula del producto de la función Gamma implica que existe una identidad $$\psi(z) = - \ \gamma + \sum_{n=1}^{\infty} \left(\frac{1}{n} - \frac{1}{z + n} \right) = 1 - \gamma + \sum_{n=1}^{\infty} \left(\frac{1}{n + 1} - \frac{1}{z + n} \right),$$ y por lo tanto $$\psi(z) + \psi(\overline{z}) = 2(1 - \gamma) + \sum_{n=1}^{\infty} \left(\frac{2}{n + 1} - \frac{1}{z + n} - \frac{1}{\overline{z} + n} \right).$$ Supongamos que $z = s + i t$ y que $s \in [0,1]$ . Entonces $$\frac{2}{n + 1} - \frac{1}{s + i t + n} - \frac{1}{s - i t + n} = \frac{2(s^2 + t^2 + n s - s - n)}{(1+n)(n^2 + 2 n s + s^2 + t^2)} \ge \frac{-2}{(n^2 + t^2)}.$$ (La última desigualdad proviene de ignorar todos los términos positivos en el numerador, y luego estableciendo $s = 0$ en el denominador). De ello se desprende que $$\psi(z) + \psi(\overline{z}) \ge 2(1 - \gamma) - \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2}{n^2 + t^2},$$ que es positivo para $t$ lo suficientemente grande, por ejemplo $|t| \ge 4$ . Por otro lado, $$\psi(z + 1) + \psi(\overline{z} + 1) = \psi(z) + \psi(\overline{z}) + \frac{1}{z} + \frac{1}{\overline{z}} = \psi(z) + \psi(\overline{z}) + \frac{2s}{|z|^2}.$$ En particular, si $\psi(z) + \psi(\overline{z})$ es positivo para $s \in [0,1]$ para algún tipo de $t$ es positivo para todos los $s$ y ese particular $t$ . De ello se desprende que, si $|t| > 4$ que $|\Gamma(s + it)|^2$ es creciente en función de $s$ . En particular, si $|t| > 4$ , entonces cualquier igualdad $$|\Gamma(s + i t)| = |\Gamma(1 - (s + i t))| = |\Gamma(1 - s + i t)|$$ implica que $s = 1/2$ .

La segunda parte es una continuación del argumento anterior, que completa el argumento. (fusionado de una respuesta diferente).

Dejemos que $C_n$ denota el cuadrado con vértices $[n \pm 1/2, \pm 4 I]$ para un número entero positivo $n$ . Tenemos las siguientes desigualdades para $z \in C_n$ y $n \ge 15$ : $$|\sin(\pi z)| \ge 1, \quad z \in C_n.$$ $$|\Gamma(z)| \ge \frac{1}{2} \Gamma(n - 1/2),$$ $$|\Gamma(1-z)| \le \frac{\pi}{\Gamma(n - 1/2)} \le 1,$$ $$|\psi(1-z)|, |\psi(z)| \le 2 \log(n),$$

La primera es fácil, la segunda se desprende de la fórmula de Stirling (esto requiere $n$ para ser lo suficientemente grande, y también requiere $z$ para tener una parte imaginaria como máximo $4$ ), la tercera se desprende de la anterior por la fórmula de reflexión de $\Gamma(z)$ la última se deduce por inducción y por la fórmula $\psi(z+1) = \psi(z) + 1/z$ . De ello se desprende que $$\left| \frac{1}{2 \pi i} \oint_{C_n} \frac{\Gamma'(z)}{\Gamma(z)} - \frac{d/dz (\Gamma(z) + \theta \cdot \Gamma(1-z))}{\Gamma(z) + \theta\cdot \Gamma(1-z)} \right|$$ $$= \left| \frac{1}{2 \pi i} \oint_{C_n} \frac{\theta \Gamma(1-z) (\psi(1-z) + \psi(z))} {\Gamma(z) + \theta \cdot \Gamma(1-z)} \right|$$ $$\le \frac{8 |\theta| \cdot \log(n) \pi}{2 \pi \cdot \Gamma(n - 1/2)} \oint_{C_n} \frac{1} {|\Gamma(z) + \theta \cdot \Gamma(1-z)|}$$ $$\le \frac{8 |\theta| \cdot \log(n) \pi}{2 \pi \cdot \Gamma(n - 1/2)} \cdot \frac{1}{1/2 \Gamma(n - 1/2) + 1} \ll 1,$$ donde $\theta = \pm 1$ (o cualquier cosa pequeña) y $n \ge 15$ donde la desigualdad final se mantiene por un margen enorme. De ello se desprende que $\Gamma(z) + \theta \cdot\Gamma(1-z)$ y $\Gamma(z)$ tienen el mismo número de ceros menos el número de polos en $C_n$ . Desde $\Gamma(z)$ no tiene ceros ni polos en $C_n$ se deduce que $\Gamma(z) + \theta\cdot\Gamma(1-z)$ tiene el mismo número de ceros y polos. Tiene exactamente un polo, y por tanto exactamente un cero. Si $\theta = \pm 1$ (y por lo tanto en particular es real), por el Schwarz este cero está obligado a ser real. Por simetría, el mismo argumento se aplica en la región $z = s + i t$ con $|t| \le 4$ y $s \le -15$ . Combinado con el argumento anterior, esto reduce la reclamación a $z = s + i t$ con $|s| \le 15$ y $|t| \le 4$ donde el puede comprobarse directamente la reclamación.

De ahí todos los ceros fuera de la caja $z = s + it$ con $|t| \le 4$ y $|s| \le 15$ están en $\mathbf{R}$ o se acueste en la línea $1/2 + i \mathbf{R}$ .

EDITAR Para aclarar, en realidad no lo hice comprobar que no había ceros "excepcionales" en la caja $\pm 15 \pm 4 I$ ya que supuse que el cartel original lo había hecho. Si $F(z) = \Gamma(z) - \Gamma(1-z)$ , calculando entonces la integral $$\frac{1}{2 \pi i} \oint \frac{F'(z)}{F(z)} dz$$ alrededor de esa caja, se obtiene (numéricamente, y por tanto exactamente) $1$ . Hay (suponiendo que que la OP haya calculado correctamente los ceros de la línea crítica) $2$ ceros en ese rango en la línea crítica. A lo largo de la línea real en ese rango, hay $30$ postes y $25$ ceros. Esto significa que debe haber $1 + 30 - 25 = 6$ ceros no contabilizados. Para ese cero $\rho$ de la línea, por simetría también se tiene $\overline{\rho}$ , $1 - \rho$ y $1 - \overline{\rho}$ como ceros. Por lo tanto, debe haber $1$ o $3$ pares de ceros en la línea crítica, y $1$ o $0$ cuádruples de raíces fuera de la línea. Variando los parámetros de la integral, se puede confirmar que hay un cero con $\rho \sim 2.7 + 0.3 i$ que es uno de los cuatro conjugados de la raíz encontrada por joro. Un argumento similar se aplica para $\Gamma(z)+\Gamma(1-z)$ . Por lo tanto:

Cualquier cero de $\Gamma(z) - \Gamma(1-z)$ está en $\mathbf{R}$ , en la línea $1/2 + i \mathbf{R}$ o es uno de los cuatro ceros excepcionales $\{\rho,1-\rho,\overline{\rho},1-\overline{\rho}\}$ . Un cálculo similar implica lo mismo para $\Gamma(z) + \Gamma(1-z)$ , salvo que ahora con un conjunto excepcional $\{\mu,1-\mu,\overline{\mu},1-\overline{\mu}\}$ .

Answer 3

Me gustaría ampliar la respuesta de Guild of Pepperers señalando que los ceros están esencialmente espaciados de manera uniforme y pueden ser fácilmente aproximados con un alto grado de precisión. Utilizando la aproximación de Stirling, he obtenido la fórmula $$\Gamma\left(\frac12+it\right) = \sqrt{\frac{2\pi}{1+e^{-2\pi|t|}}}\exp\left(-\frac\pi2|t|+i(t\log|t|-t+\varepsilon(t))\right),$$ válida para el real $t$ donde el error $\varepsilon(t)$ es una función impar, acotada y de valor real, asintóticamente igual a $\frac{1}{24t}$ . (De hecho, $\varepsilon(t)$ tiene expansiones asintóticas y convergentes procedentes de las versiones asintóticas y convergentes de la aproximación de Stirling, respectivamente). Tenemos entonces, para $s = \frac12+it$ en la línea crítica, $$\Gamma(s)+\Gamma(1-s) = 2\sqrt{\frac{2\pi}{1+e^{-2\pi|t|}}}e^{-\frac\pi2|t|}\cos\left(t\log|t|-t+\varepsilon(t)\right),$$ $$\Gamma(s)-\Gamma(1-s) = 2\sqrt{\frac{2\pi}{1+e^{-2\pi|t|}}}e^{-\frac\pi2|t|}\sin\left(t\log|t|-t+\varepsilon(t)\right).$$ Se puede demostrar por medios justos o sucios que $t\log|t|-t+\varepsilon(t)$ es monótonamente creciente para $|t|\geq1.05$ está acotado entre $-0.96$ y $0.96$ para $|t|<1.05$ y sólo es cero cuando t = 0. Por lo tanto, los ceros de $\Gamma(s)+\Gamma(1-s)$ en la línea crítica ocurren, con multiplicidad uno, muy cerca de los $t$ para lo cual $t\log|t|-t$ es un múltiplo entero impar de $\frac{\pi}{2}$ y de forma similar para $\Gamma(s)-\Gamma(1-s)$ y los múltiplos enteros pares de $\frac{\pi}{2}$ .

Es interesante que el número de ceros hasta una altura determinada $T$ es del mismo orden de magnitud, $T \log(T)$ como para la función zeta de Riemann, pero que estos ceros tienen espaciamientos (esencialmente) uniformes en lugar de espaciamientos GUE.

Answer 4

Sólo para señalar que hay muy buena aproximación a los ceros complejos fuera de su línea de $$\Gamma(s)-\Gamma(1-s) \qquad(1)$$

En $\rho \approx -1.69711183621729718874218687438 - 0.305228379993226071272967719419 i$ (1) parece desaparecer mientras que $\Gamma(\rho) \approx 1.4648039 + 0.3642699441 i$

La búsqueda de raíces con mayor precisión converge a $\rho$ mientras que (1) todavía parece desaparecer tanto en sage como en gp/pari (modulo bugs).

Comprobado con precisión $5000$ dígitos y (1) aún parece desaparecer.

Aquí está $\rho$ con $100$ dígitos de precisión:

-1.697111836217297188742186874382163077146364585981726518217373889827452772242797069678994954785699956 - 0.3052283799932260712729677194188512919331197338088909477524842921187943642970297308885952936796125572*I

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... para $\Gamma(s)+\Gamma(1-s)$ aparece la aproximación del cero $\rho \approx -0.60940537628997711023 - 0.82913081575572747216 i$ comprobado a $5000$ dígitos de precisión.

Con 100 dígitos:

 -0.6094053762899771102337308158313839002012166649163876907688596366808893391382113824494098816671945331 - 0.8291308157557274721587141536678087800797120641344787653174391388417832472543392187032283839972409848*I

Editar En los comentarios juan sugirió usar rayos X para investigar los ceros.

La principal referencia para la radiografía que he encontrado es Rayos X de la función zeta de Riemann, J. Arias-de-Reyna

AFAICT radiografía son las parcelas de Re(f(s))=0 y Im(f(s))=0. Los ceros son la intersección.

La radiografía y los comentarios de juan sugieren que las cuadrillas de ceros anteriores son efectivamente ceros apagados $\frac12$ y posiblemente no haya más ceros complejos fuera de la línea.

Aquí está la radiografía de $\Gamma(s)-\Gamma(1-s)$ . El azul es $\Re(\Gamma(s)-\Gamma(1-s))=0$ y el rojo es $\Im(\Gamma(s)-\Gamma(1-s))=0$ .

(fuente)

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(fuente)

Answer 5

Ya que tenemos

$\Gamma(1/2+it)=\sqrt{\pi/\cosh(\pi t)}\exp[i(2 \vartheta(t)+t \log(2\pi)+\arctan(\tanh(\pi t/2)))]$

donde $\vartheta(t)$ es la función de Riemann Siegel. Los ceros de la línea crítica tienen como ordenadas los ceros de

el coseno o el seno de la función real

$2 \vartheta(t)+t \log(2\pi)+\arctan(\tanh(\pi t/2))$

Pero hay ceros reales, por ejemplo hay uno en $s = 4.0260426340124070065475\dots$

Rayos X: