Aproximado: $\sum_{\Im(\rho)>0}\frac{1}{|\rho-\frac{1}{2}|^2}$ donde $\rho$ son ceros no triviales de la función zeta

Question

Estoy leyendo el libro de Kevin Broughan Equivalentes de la Hipótesis de Riemann Vol. 1 (p. 38). Si $\rho$ denotan los ceros no triviales de la función zeta de Riemann en la franja $0<\Re(\rho)<1$ Considéralo, $$S=\sum_{\Im(\rho)>0}\frac{1}{|\rho-\frac{1}{2}|^2}.$$ Pregunta : Hallar el valor aproximado de $S$ .

Inténtelo : Riemann $\xi$ se puede escribir como $$\xi(s)=\xi(0)\prod_{\Im(\rho)>0}(1-\frac{s}{\rho})(1-\frac{s}{\bar{\rho}}),$$ donde $\bar{\rho}$ denota conjugado complejo.

Tomando logaritmo en ambos lados,

$$\log(\xi(s))=\log(\xi(0))+\sum_{\Im(\rho)>0}\log(1-\frac{s}{\rho})+\sum_{\Im(\rho)>0}\log(1-\frac{s}{\bar{\rho}})$$

y diferenciando ambos lados con respecto a $s$ ,

$$\frac{\xi'(s)}{\xi(s)}=\sum_{\Im(\rho)>0}[\frac{1}{s-\rho}+\frac{1}{s-\bar{\rho}}].$$

Después de esto no puedo pensar en ello. Por favor, encuentre un valor aproximado de $$S=\sum_{\Im(\rho)>0}\frac{1}{|\rho-\frac{1}{2}|^2}.$$ Editar $$\xi(s)=\xi(0)\prod_{\rho}(1-\frac{s}{\rho})$$ Tomando el logaritmo obtenemos $$\log(\xi(s))=\log(\xi(0))+\sum_{\rho}\log(1-\frac{s}{\rho})$$ Diferenciación con respecto al s, $$\frac{\xi'(s)}{\xi(s)} = \sum_{\rho}\frac{1}{s-\rho}$$ Diferenciando de nuevo con s, $$\frac{d}{ds}\frac{\xi'(s)}{\xi(s)} =- \sum_{\rho}\frac{1}{(s-\rho)^2}$$ Poner $s=1/2$ y utilizando $\xi'(1/2)=0$ , $$\frac{\xi''(\frac{1}{2})}{\xi(\frac{1}{2})}=-\sum_{\rho} \frac{1}{(\frac{1}{2}-\rho)^2}$$

Answer 1

Un comentario demasiado largo:

Tenga en cuenta que $S=\sum_{\Im(\rho)>0}\frac{1}{|\rho-\frac{1}{2}|^2}=\frac{1}{2}\sum_{\rho}\frac{1}{|\rho-\frac{1}{2}|^2}$ ya que para raíces conjugadas $|\rho-1/2|=|\bar \rho -1/2|$ y los resultados de Broughan a continuación implican la suma completa

$2S$ no es tan diferente de $\sum_{\Im(\rho)>0}\frac{1}{|\rho|^2}$ que en Broughan se estima en $0.04619..$ por lo que una estimación de $0.0463$ por ejemplo, es probablemente muy fácil (deje los detalles a OP como yo no soy tan aficionado a los cálculos numéricos sin sentido - tenga en cuenta que )

Hasta cierta altura, $H$ (véase Broughan que toma $H=600,269.6771$ ) donde todos los ceros están en la línea crítica la diferencia es sólo la suma de $\frac{1}{4t^2(t^2+1/4)} \le \frac{1}{4t^4}$ dónde están esas raíces $1/2+it$ y sabemos que $t$ aumenta bastante rápido a partir de $14+$ así que $1/(4t^4)$ comienza en algo inferior a $0.00001$ y disminuyendo rápidamente.

Por lo tanto, si se necesita una mejor numérica tomar la tabla de ceros de $\zeta$ hasta la cordillera Broughan $H$ y calcular $\sum 1/(4t^4), \rho=1/2+it, 14 < t \le H$ )

Más allá de ese rango, $S$ y la parte de la suma de Broughan difieren como mucho en un factor de $1-\frac{1}{H}$ y eso es bastante despreciable por no hablar de que la parte de cualquiera de las dos sumas más allá de ese rango es realmente pequeña.

Answer 2

$$\xi(s)=\xi(0)\prod_{\rho}(1-\frac{s}{\rho})$$ Tomando el logaritmo obtenemos $$\log(\xi(s))=\log(\xi(0))+\sum_{\rho}\log(1-\frac{s}{\rho})$$ Diferenciación con respecto al s, $$\frac{\xi'(s)}{\xi(s)} = \sum_{\rho}\frac{1}{s-\rho}$$ Diferenciando de nuevo con s, $$\frac{d}{ds}\frac{\xi'(s)}{\xi(s)} =- \sum_{\rho}\frac{1}{(s-\rho)^2}$$ Poner $s=1/2$ y utilizando $\xi'(1/2)=0$ , $$\frac{\xi''(\frac{1}{2})}{\xi(\frac{1}{2})}=-\sum_{\rho} \frac{1}{(\frac{1}{2}-\rho)^2}$$