¿Cómo puede esta expresión integral para la diferencia entre dos $\zeta(s)$ ¿se puede explicar?

Question

Con $z=\sigma + x \, i;\,\, \sigma,x \in \mathbb{R}$ La evidencia numérica sugiere fuertemente que:

$$\displaystyle \int_{0}^{\infty} \,\zeta(z)\,\zeta(\overline{z})\,\Gamma(z)\,\Gamma(\overline{z}) \,dx =\pi\,\Gamma(2\,\sigma)\,\big(\zeta(2\,\sigma-1)-\zeta(2\,\sigma)\big)$$

para todos $\sigma > 1$ .

¿Se puede probar esto?

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Sólo para compartir que la ecuación se puede extender hacia $0<\sigma<1$ empezando por: $$\Gamma(s)\, \zeta(s) = \int_0^\infty x^{s-1}\left(\frac{1}{e^{x}-1}-\frac{1}{x}\right)\,dx$$ y siguiendo la misma lógica que en la respuesta de abajo. Esto da la forma cerrada:

$$\displaystyle \int_{0}^{\infty} \,\zeta(z)\,\zeta(\overline{z})\,\Gamma(z)\,\Gamma(\overline{z}) \,dx =\pi\,\Gamma(2\,\sigma)\,\left(\frac{(2\,\sigma-3)}{(2\,\sigma-1)} \,\zeta(2\,\sigma-1)-\zeta(2\,\sigma)\right)$$

Tenga en cuenta que como $\sigma$ también podría ser $\in \mathbb{C}$ esto implica que cuando $\rho=2\,\sigma$ o $\rho=2\,\sigma-1$ ( $\rho$ = un cero no trivial de $\zeta(s)$ ), entonces la RHS se vuelve totalmente multiplicativa.

El proceso puede ampliarse indefinidamente, por ejemplo, partiendo de $$\Gamma(s)\, \zeta(s) = \int_0^\infty x^{s-1}\left(\frac{1}{e^{x}-1}-\frac{1}{x} +\frac12\right)\,dx$$ que da para el dominio $-1<\sigma<0$ la siguiente forma cerrada:

$$\displaystyle \int_{0}^{\infty} \,\zeta(z)\,\zeta(\overline{z})\,\Gamma(z)\,\Gamma(\overline{z}) \,dx =\pi\,\left(2\,\sigma-3)\,\Gamma(2\,\sigma-1)\,\zeta(2\,\sigma-1\right)$$

Y posteriormente para el dominio $-2<\sigma<-1$ empezamos: $$\Gamma(s)\, \zeta(s) = \int_0^\infty x^{s-1}\left(\frac{1}{e^{x}-1}-\frac{1}{x} +\frac12-\frac{x}{12}\right)\,dx$$

que da la forma cerrada:

$$\displaystyle \int_{0}^{\infty} \,\zeta(z)\,\zeta(\overline{z})\,\Gamma(z)\,\Gamma(\overline{z}) \,dx =\pi\,\Gamma(2\,\sigma)\,\left(\frac{(2\,\sigma-3)}{(2\,\sigma-1)} \,\zeta(2\,\sigma-1)-\frac{\sigma}{3}\,\zeta(2\,\sigma+1)\right)$$

No creas que hay un patrón fácil o una fórmula genérica ya que los números de Bernoulli están involucrados.

Answer 1

De nuevo, hay que mirar la transformada de Fourier/Laplace. Para $Re(s) > 1$ : $$\Gamma(s) \zeta(s) = \int_0^\infty \frac{x^{s-1}}{e^{x}-1}dx \overset{(x \, = \,e^u)}= \int_{-\infty}^\infty \frac{e^{su}}{e^{e^u}-1}du = \int_{-\infty}^\infty \frac{e^{-su}}{e^{e^{-u}}-1}du$$

es decir $\Gamma(s)\zeta(s)$ es la transformada de Laplace de $\frac{1}{e^{e^{-u}}-1}$ y $F_\sigma(\xi) = \Gamma(\sigma+2i \pi \xi)\zeta(\sigma+2i \pi \xi)$ es la transformada de Fourier de $f_\sigma(u) = \frac{e^{-\sigma u}}{e^{e^{-u}}-1}$ .

Ahora podemos aplicar el Teorema de Parseval y obtener $$\int_{-\infty}^\infty |F_\sigma(\xi)|^2d\xi = \int_{-\infty}^\infty |f_\sigma(u)|^2du = \int_{-\infty}^\infty \frac{e^{-2\sigma u}}{(e^{e^{-u}}-1)^2}du $$

$$=\int_{-\infty}^\infty \frac{e^{2\sigma u}}{(e^{e^{u}}-1)^2}du = \int_0^\infty \frac{x^{2\sigma-1}}{(e^{x}-1)^2}dx = \int_0^\infty x^{2\sigma-1}\sum_{n=2}^\infty (n-1) e^{-nx}dx = (\zeta(2\sigma-1)-\zeta(2\sigma))\Gamma(2\sigma)$$

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Y tenga en cuenta que $\zeta(s)$ es la transformada de Laplace de la distribución $\sum_{n=1}^\infty \delta(u-\ln n)$ mientras que (bajo la hipótesis de Riemann) los ceros no triviales definir el espectro de la distribución $\sum_{p^k} \frac{\ln p}{\sqrt{p^k}} \ (\delta(u-\ln p^k)+\delta(u+\ln p^k))$