Doble integral separando las partes reales e imaginarias de $\zeta (\sigma+i t)$

Question

Recientemente, me encontré con lo que creo que es una nueva representación de $\zeta(\sigma+it)^b$ por casualidad, y por lo tanto no tengo ninguna prueba al respecto, y me pregunto si es posible demostrarlo.

Sea $\eta (s) = \zeta (s) (1-2^{1-s})$ la función eta de Dirichlet, donde $\zeta$ es la función zeta de Riemann y $s = \sigma + it$.

Motivación: Para motivar la utilidad potencial de esta representación, observe que $\zeta$ se transforma de tomar un argumento complejo, a un argumento real, permitiendo manipulaciones más seguras con ella, ya que las singularidades logarítmicas ya no son un problema tan importante. He tenido a Mathematica verificar numéricamente la conjetura en unas cientos combinaciones de $\sigma, t$, y $b$, cada vez produciendo los valores correctos- hasta donde puedo decir, incluso parece comportarse adecuadamente cerca de los ceros de $\zeta$, desde acercarse a los primeros ceros, por encima y por debajo de la línea real, desde todas las direcciones.

$\forall \sigma, t, b \in \mathbb{R}_{\geq 0}$: $$\eta (s)^b-1=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\infty}\int_{0}^{\infty}\cos(\sqrt{t}x e^{i \pi/4})\cos(x y)\left(\eta(\sigma+y^2)^b-1\right)\,dy\,dx$$

¿Es posible demostrar/refutar esta representación?

Una sugerencia de @DinosaurEgg fue el hecho de que una fórmula de inversión de Fourier indica: $$f(t) = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} \cos \left(y\left(x-t\right)\right) f(x) \, dx \, dy$$ lo cual para funciones pares puede escribirse como $$f(t) = \frac{2}{\pi} \int_{0}^{\infty}\int_{0}^{\infty} \cos \left( x y \right) \cos \left( y t\right) f(x) \, dx \, dy$$

Sin embargo, según mi conocimiento, la inversión de Fourier generalmente solo se cumple para funciones $f : \mathbb{R} \to \mathbb{C}$ por lo que tal vez el teorema de Paley-Wiener esté en juego aquí para permitir que mi representación de $\eta$ se mantenga, sin embargo, no estoy seguro de cómo aplicarlo aquí.

Answer 1

Esta no es una respuesta, sino solo para compartir algunas observaciones numéricas sobre la integral Conj 1.1 (ignorando el $b$ por ahora).

Toma la función de Dirichlet: $\eta(s) = \left(1-2^{1-s}\right)\zeta(s)$ y $s=\sigma + ti$, entonces tenemos tu integral como:

$$\eta(s)=1+\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\infty}\int_{0}^{\infty}\left(\eta(\sigma+y^2)-1\right)\cos\left(\sqrt{t}x e^{i \pi/4}\right)\,\cos(xy)\,dy\,dx$$

en el cual sorprendentemente, las partes real e imaginaria de $s$ están 'separadas'.

La evidencia numérica sugiere que la doble integral podría simplificarse aún más en un límite válido para todos los $s \in \mathbb{C}$:

$$\eta(s)=\lim_{V \to \infty} 1+\frac{1}{\pi}\int_{-V}^{V}\left(\eta(\sigma+y^2)-1\right)\frac{\sin\left(2 V\left(\sqrt{t} e^{i \pi/4}+y\right)\right)}{\left(\sqrt{t} e^{i \pi/4}+y\right)}dy$$

que por ejemplo para $V = 33$ y $s=1/2+14.13472514173i$, es decir, un valor relativamente cercano al primer cero no-trivial, arroja (valor correcto en la segunda línea):

-5.3689806676380118318307396342475069763270134673799135834687318395168... E-13 - 8.82065894132048736467139905332032769853018880872300364479887520047395... E-12*I
-5.3689806676380118318307396342475069763270134673799135834687318395210... E-13 - 8.82065894132048736467139905332032769853018880872300364479887520047404... E-12*I

Centrándonos solo en la parte real, obtenemos:

$$\eta(\sigma)=\lim_{V \to \infty} 1+\frac{2}{\pi}\int_{0}^{V}\left(\eta(\sigma+y^2)-1\right)\frac{\sin\left(2Vy\right)}{y}dy$$

que parece válido para todos los $\sigma \in \mathbb{R}$. Con $V=20$ y $\sigma=2$ el resultado es (valor correcto $\pi^2/12$ en la segunda línea):

0.82246703342411321823620758332301259460947495060339921886777911468500373520203498...
0.82246703342411321823620758332301259460947495060339921886777911468500373520160044...

Tal vez para empezar, sería posible demostrar algo simple como:

$$\eta(0)=\lim_{V \to \infty} 1+\frac{2}{\pi}\int_{0}^{V}\left(\eta(y^2)-1\right)\frac{\sin\left(2Vy\right)}{y}dy =\frac12$$

lo cual en $V=20$ calcula a:

0.50000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000617584...
0.50000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000...

P.S.:

El factor $2$ antes del $V$ es una constante que he inyectado experimentalmente para maximizar la velocidad de convergencia hacia el valor correcto.

Answer 2

Con $\sigma > -2$, $H(y)=\eta(\sigma+y^2)^b-1$ es de Schwartz en la línea real, por lo que podemos ver su transformada inversa de Fourier, que también es de Schwartz $$h(x)=\frac1{2\pi}\int_{-\infty}^\infty e^{i xy} H(y)dy$$

Y para todo $u\in \Bbb{R}$

$$H(u) = \int_{-\infty}^\infty e^{-i x u}h(x)dx\tag{1}$$

Cuando $\color{red}{b\text{ es un entero}}$, $H$ es entera y de Schwartz en cada línea horizontal. El teorema integral de Cauchy implica que para cualquier $r$ $$h(x)=\frac1{2\pi}\int_{-\infty}^\infty e^{i x(y+ir)} H(y+ir)dy$$ de donde $$|h(x)|\le e^{-r |x|} C_r, \qquad C_r=\int_{-\infty}^\infty (|H(y+ir)|+|H(y-ir)|)dy$$ Esto implica que no habrá ningún problema en continuar $(1)$ analíticamente a $\color{red}{\text{todo } u\in \Bbb{C}}$, obteniendo $$\forall u\in \Bbb{C}, \qquad H(u)=\int_{-\infty}^\infty e^{-i x u}h(x)dx$$ Con $u=\sqrt{it}$ se obtiene la fórmula en tu pregunta.

Cuando $b$ no es un entero, solo podemos aplicar el teorema integral de Cauchy hasta $r = \sqrt{2+\sigma}$, de modo que $(1)$ sigue siendo convergente y válida solo para $|\Im(u)|\le \sqrt{2+\sigma}$.

Answer 3

$\DeclareMathOperator{\sech}{sech}$ $\DeclareMathOperator{\Si}{Si}$ $\DeclareMathOperator{\erf}{erf}$

A continuación se intenta probar tu ecuación para $b=1$.

Tomamos $s=\sigma+ti$ con $\sigma,t \in \mathbb{R}$ y $\eta(s) = \left(1-2^{1-s}\right)\zeta(s)$.

Observa que:

$$\eta(s) = \frac12 \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\sech(\pi u)}{\left(\frac12+ui\right)^s} du \qquad s \in \mathbb{C} \tag{1}$$

La función a probar es:

$$\eta(\sigma+ti)=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{\infty}\int_{0}^{\infty}\left(\eta(\sigma+y^2)-1\right)\cos\left(x\,\sqrt[4]{-1}\sqrt{t}\right)\,\cos(xy)\,dx\,dy +1\tag{2}$$

Comencemos con la parte real ($t=0$) que da:

$$\eta(\sigma)=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\infty}\left(\eta(\sigma+y^2)-1\right)\,\int_{0}^{\infty}\cos(xy)\,dx\,dy +1\tag{3}$$

Simplificando la integral respecto a $x$ y expandiendo el dominio respecto a $y$ obtenemos:

$$\eta(\sigma)=\lim_{v\to\infty} \frac{1}{\pi}\int_{-v}^{v}\left(\eta(\sigma+y^2)-1\right)\,\frac{\sin(vy)}{y}\,dy+1 \tag{4}$$

Quitamos el $-1$ observando que $\frac{1}{\pi}\int_{-v}^{v}-\frac{\sin(vy)}{y} dy = -\frac{2\Si(v^2)}{\pi}$ donde Si = Integral Seno:

$$\eta(\sigma)=\lim_{v\to\infty} \frac{1}{\pi}\int_{-v}^{v}\eta(\sigma+y^2)\,\frac{\sin(vy)}{y}\,dy-\frac{2\Si(v^2)}{\pi} +1 \tag{5}$$

Ahora sustituimos la integral (1) por $\eta(s)$:

$$\eta(\sigma)=\lim_{v\to\infty} \frac{1}{2\pi}\int_{-v}^{v} \int_{-v}^{v}\frac{\sech(\pi u)}{\left(\frac12+ui\right)^{\sigma+y^2}}\,\frac{\sin(vy)}{y}\,dy\,du -\frac{2\Si(v^2)}{\pi} +1 \tag{6}$$

Lo cual permite que $y^2$ se desplace a la derecha:

$$\eta(\sigma)=\lim_{v\to\infty} \frac{1}{2\pi}\int_{-v}^{v} \frac{\sech(\pi u)}{\left(\frac12+ui\right)^{\sigma}}\,\int_{-v}^{v}\frac{1}{\left(\frac12+ui\right)^{y^2}}\frac{\sin(vy)}{y}\,dy\,du -\frac{2\Si(v^2)}{\pi} +1 \tag{7}$$

La integral de $y$ ahora se evalúa fácilmente como: $\pi \erf\left(\frac{v}{2\log(1/2+ui)} \right)$, con erf = función error, que siempre es $\pi$ independientes de $u$ cuando $v \rightarrow \infty$.

Con $\displaystyle \lim_{v\to\infty}\frac{2\Si(v^2)}{\pi} = 1$ entonces obtenemos el resultado deseado:

$$\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sech(\pi u)}{\left(\frac12+ui\right)^{\sigma}}\,\pi\,du -1 +1 = \eta(\sigma) \tag{8}$$

Comentario adicional: la ecuación (7) también es válida para $\sigma \in \mathbb{C}$.

Para $t \ne 0$, la situación resulta ser un poco más complicada. Partiendo de la ecuación (7):

$$\eta(\sigma,t)=\lim_{v\to\infty} \frac{1}{2\pi}\int_{-v}^{v} \frac{\sech(\pi u)}{\left(\frac12+ui\right)^{\sigma}}\,\int_{-v}^{v}\frac{1}{\left(\frac12+ui\right)^{y^2+ti}}\frac{\sin(vy)}{y}\,dy\,du -\frac{2\Si(v^2)}{\pi} +1 \tag{9}$$

lo cual ya da una 'separación' parcial entre las partes real ($\sigma$) e imaginaria ($t$). Utilizando la siguiente relación para $\Re(z) > 0, a \in \mathbb{C}$ que encontré numéricamente (se requiere una demostración rigurosa, preguntar aquí):

$$\lim_{v\to\infty} \int_{-v}^{v}\frac{1}{z^{y^2}}\frac{\sin(v\,(\sqrt{a}+y))}{\sqrt{a}+y}\,dy = \frac{\pi}{z^{a}} \tag{10}$$

y con $z=\frac12+ui, a = ti$ la integral final se convierte en:

$$\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\sech(\pi u)}{\left(\frac12+ui\right)^{\sigma}}\,\frac{\pi}{\left(\frac12+ui\right)^{ti}} \,du = \eta(\sigma,t) \tag{11}$$

lo cual es el resultado deseado (nota $\sqrt{ti}=\sqrt[4]{-1}\sqrt{t}$).

Un par de observaciones:

1. La prueba muestra que $\sigma$ y $ti$ también podrían 'intercambiarse' de la siguiente manera:

$$\eta (s)-1=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\infty}\int_{0}^{\infty}\left(\eta(ti+y^2)-1\right)\cos(\sqrt{\sigma}\,x)\cos(x y)\,dy\,dx \tag{12}$$

o incluso extenderlo a:

$$\eta (s)-1=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\infty}\int_{0}^{\infty}\left(\eta(y^2)-1\right)\cos(\sqrt{s}\,x)\cos(x y)\,dy\,dx \tag{12}$$

2. Otras combinaciones distintas de $y^2$ y $\sqrt{ti}$ están permitidas, por ejemplo:

$$\eta (s)-1=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\infty}\int_{0}^{\infty}\left(\eta(\sigma+y^4)-1\right)\cos(\sqrt[4]{ti}\,x)\cos(x y)\,dy\,dx \tag{13}$$

3. Creo que la prueba aún funciona para $b \ne 1$ (la integral respecto a u 'regresa' a su forma original):

$$\eta (s)^b-1=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\infty}\int_{0}^{\infty}\left(\eta(\sigma+y^2)^b-1\right)\cos(\sqrt{ti}\,x)\cos(x y)\,dy\,dx \tag{14}$$

4. El mecanismo parece funcionar para una clase más amplia de funciones enteras como $(s-1)\zeta(s), \eta(s), \beta(s), \frac{1}{\Gamma(s)}, \sin(s)$ (es decir, no es específico para series de Dirichlet).