AFAIK ninguna de las pruebas es muy corta y fácil. Publicaré sólo un esbozo (en particular todos los temas analíticos son silenciosamente ignorados) de una prueba original de Riemann basada en la fórmula de suma de Poisson.
Vamos a definir $$ \xi (s)= \pi ^{-s/2} \Gamma (s/2) \zeta (s). $$ La ecuación funcional de Riemann toma la forma $$ \xi (s)= \xi (1-s). $$
Por definición $$ \xi (s)= \sum_ {n=1}^ \infty\pi ^{-s/2}n^{-s} \int_0 ^ \infty e^{-t}t^{s/2} \frac {dt}t $$ y después de la sustitución $t= \pi n^2x$ tenemos $$ \xi (s)= \int_0 ^ \infty x^{s/2} \sum_ {n=1}^ \infty e^{- \pi n^2x} \frac {dx}x= \frac12\int_0 ^ \infty x^{s/2}( \theta (x)-1) \frac {dx}x, $$ donde $ \theta (x)= \sum_ {n \in\mathbb Z}e^{- \pi n^2x}$ .
Por La fórmula de suma de Poisson esta función theta satisface $$ \theta (x^{-1})=x^{1/2} \theta (x), $$ que nos permite reescribir la última integral en la forma \begin {multline} \xi (s)= \frac12\int_1 ^ \infty x^{s/2}( \theta (x)-1) \frac {dx}x+ \frac12\int_1 ^ \infty x^{-s/2}(x^{1/2} \theta (x)-1) \frac {dx}x= \\ = \frac12\int_1 ^ \infty (x^{s/2}+x^{(1-s)/2})( \theta (x)-1) \frac {dx}x- \frac1 y la de los demás, \end {multline} que es manifiestamente simétrico bajo el cambio $s \mapsto1 -s$ .
Resumen:
- La ecuación funcional toma una forma más simple para el $ \xi $ -funcionar.
- El $ \xi $ -función es (más o menos) la transformación de Mellin de $ \theta $ -funcionar.
- El $ \theta $ -función satisface alguna ecuación funcional de modularidad que proviene de la fórmula de suma de Poisson.
...o para acortar una larga historia,
La ecuación funcional de Riemann es la transformación de Mellin de la fórmula de suma de Poisson.
