Una Cuidada Identidad Que Involucra Zeta Ceros

Question

Mientras que jugando, me encontré con el siguiente muy curioso y fresco de identidad. Considere la integral exponencial $\text{Ei}(x)$ e las $n$th no trivial cero de la de Riemann Zeta función de $p_n$.

Ahora, mira los primeros imaginaria de la siguiente función: $$f(x)=\sum_{n=1}^x \text{Ei}(p_n)$$

$$\Im \ \ f(1)=3.13732$$ $$\Im \ \ f(10)=31.3169$$ $$\Im \ \ f(100)=314.097$$ $$\Im \ \ f(1000)=3141.54$$ $$\Im \ \ f(10000)=31415.9$$

Como se puede ver, es cada vez añadiendo un dígito de pi.

Pregunta: este Es un resultado conocido que se puede demostrar fácilmente? ¿Este patrón aún siguen?

Answer 1

El resultado encontrado por OP resulta ser bastante genérico; tiene una amplia gama de secuencias de $\rho_n$, y no sólo los ceros de la $\zeta$-función. Una formulación precisa de lo que se observa es la siguiente:

$$\lim_{N\to\infty} \frac{1}{N}\sum_{n=1}^N \text{Ei}(\rho_n) = \pi i \tag{1}$$

La suma anterior es la Cesaro media de la secuencia de $a_n = \text{Ei}(\rho_n)$. Si una secuencia $a_n$ converge a$a$, entonces la Cesaro media de $a_n$ también converge a $a$ (ver, por ejemplo, esta pregunta) lo $(1)$ sería si pudiéramos demostrar que $\lim_{n\to\infty}\text{Ei}(\rho_n) = \pi i$.

Esto es cierto y la razón de esto es como sigue:

1. Podemos escribir $\text{Ei}(z)$ sobre la forma $\text{Ei}(z) = -\Gamma(0,z) + \pi i$ cuando la incompleta $\Gamma$-función tiene el asymptotical expansión $\Gamma(0, z) = \frac{e^{-z}}{z} + \mathcal{O}(z^{-2})$. Esto implica que $\Gamma(0, z_n) \to 0$ para cualquier secuencia $z_n = x_n + i y_n$ donde $y_n\to \infty$ e donde: $x_n$ está acotada.
2. La no-trivial de los ceros de la $\zeta$-función de satisfacer las condiciones en la secuencia de arriba ya que todos ellos se encuentran en la franja de gaza $0<\Re[z]< 1$ en el plano complejo y $\lim_{n\to\infty}\Im[\rho_n] = \infty$. Esto significa que $\lim_{n\to\infty}\Gamma(0,\rho_n) = 0$ $\lim_{n\to\infty} \text{Ei}(\rho_n) = \pi i$ $(1)$ sigue.

Tenga en cuenta que las condiciones en el punto 1. arriba están lejos de ser muy restrictiva, por lo que hay infinitamente muchas secuencias que $(1)$ sostiene (al azar ejemplos son $\rho_n = 7 + n^2i$$\rho_n = \frac{2n}{1+n} + n\log(n)i$).

Answer 2

Esto no es una prueba, solo algunos consejos que puede ser conduce a una prueba de

(Realmente espero que alguien se las arreglan para encontrar una prueba de este resultado)

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Usted puede considerar la otra forma de la integral exponencial:

$$Ei(z)=\gamma +\ln(x)+\sum_{k=1}^\infty\frac {x^k}{k\cdot k!},$$

donde $\gamma$ es el de Euler-Mascheroni constante.

Llame a la $n$-th no trivial cero

$$p_n=:\frac 12 +i \alpha_n.$$

Así que usted consigue

$$Ei(p_n)=\gamma +\ln\left(\frac 12 +i \alpha_n\right)+\sum_{k=1}^\infty\frac {\left(\frac 12 +i \alpha_n\right)^k}{k\cdot k!}.$$

Utiliza el principio de determinación de la compleja logaritmo: $\ln(x+iy)=\ln(x)+i\arg(x+iy)$, donde

$$\arg(x+iy)=\arctan\left(\frac yx\right).$$

Así

$$Ei(p_n)=\gamma +\ln\left(\frac 12\right) +i\arctan(2\alpha_n)+\sum_{k=1}^\infty\frac {\left(\frac 12 +i \alpha_n\right)^k}{k\cdot k!}.$$

Así

$$\mathfrak I(Ei)(p_n)=\arctan(2\alpha_n)+\sum_{k=1}^\infty\left(\sum_{\substack{m=0 \\ m\equiv 1 (4)}}^{k}\frac {\binom km\alpha_n^m}{2^{k-m}k\cdot k!}-\sum_{\substack{m=0 \\ m\equiv 3 (4)}}^{k}\frac {\binom km\alpha_n^m}{2^{k-m}k\cdot k!}\right),$$

el uso de

$$\binom km=\frac{k!}{m!(k-m)!}$$

usted obtener

$$\mathfrak I(Ei)(p_n)=\arctan(2\alpha_n)+\sum_{k=1}^\infty\left(\sum_{\substack{m=0 \\ m\equiv 1 (4)}}^{k}\frac {\alpha_n^m}{2^{k-m}k\cdot m!(k-m)!}-\sum_{\substack{m=0 \\ m\equiv 3 (4)}}^{k}\frac {\alpha_n^m}{2^{k-m}k\cdot m!(k-m)!}\right).$$

La clave es usar ahora la aproximación:

$$\alpha_n\approx \frac{2\pi n}{\ln(n)}$$

para poner $\pi$ en el lugar.

Para concluir, usted tiene que demostrar que

$$\lim_{x\to \infty}\frac 1x\sum_{n=1}^x\mathfrak I(Ei)(p_n)=\pi.$$

Para el primer término, se puede decir que

$$\frac 1x\sum_{n=1}^x \arctan(2\alpha_n)=\frac 1x\left(\text{a finite number of terms}\right)+\frac 1x(x-K)\left(\text{something close to $\frac\pi2$}\right),$$

así

$$\lim_{x\to \infty}\frac 1x\sum_{n=1}^x \arctan(2\alpha_n)=\frac\pi 2.$$

Ahora, usted necesita para lidiar con el segundo término, puede utilizar la fórmula de Stirling

$$y!\sim \sqrt{2\pi y}\frac{y^y}{e^y}$$

para obtener

$$\frac {\alpha_n^m}{2^{k-m}k\cdot m!(k-m)!}=\frac{(2\pi n)^m e^m e^{k-m}}{\ln(n)^m 2^{k-m}k\sqrt{2\pi m}m^m \sqrt{2\pi(k-m)}(k-m)^{k-m}}$$

$$=k\left(\frac{2\pi n}{m\ln(n)}\right)^m\left(\frac e{2(k-m)}\right)^{k-m}\sqrt{2\pi k}.$$