¿Por qué la función zeta de Riemann tiene ceros no triviales?

Question

Esta es una pregunta muy básica, por supuesto, y expone mi grave ignorancia de la teoría analítica de números, pero lo que estoy buscando es una buena explicación intuitiva más que una prueba formal (aunque una prueba formal suficientemente corta podría contar como una explicación intuitiva). Así que, por ejemplo, una prueba que estimara una integral de contorno y mostrara así que el número de ceros dentro del contorno era mayor que cero no contaría como una razón. Un breve vistazo a la Wikipedia sugiere que la fórmula del producto de Hadamard podría dar una prueba: si no hay ceros no triviales, entonces se obtiene una fórmula sospechosamente bonita para ζ(s). Pero eso me parecería magia formal. Una apuesta mejor sería probablemente la fórmula explícita de Riemann, pero eso parece requerir que uno sepa algo sobre la distribución de los primos. Tal vez una combinación de la fórmula explícita y la ecuación funcional podría servir, pero eso también me hace sentir como si hubiera ocurrido algo mágico. Tal vez se necesite magia.

Una pregunta muy relacionada es la siguiente. ¿La existencia de ceros no triviales en la franja crítica implica algo sobre la distribución de los números primos? Sé que implica que las sumas parciales de las funciones de Möbius y Liouville no pueden crecer demasiado lentamente, y es realmente esto lo que quiero entender.

Answer 1

Si la Riemann zeta función sólo había trivial ceros, a continuación, después de multiplicar por el factor de gamma, se convertiría en un cero libre de toda la función de orden finito. Cada cero libre de toda función finito de orden es de la forma $\exp(poly(z))$. Esto no puede suceder por la zeta función, como puede verse al considerar el comportamiento como $s\to\infty$ a lo largo de los reales, por ejemplo.

Answer 2

He aquí una variación de los argumentos utilizando la fórmula explícita. Si no hubiera ceros en la franja crítica, la fórmula explícita diría $$\psi_0(x) = x - \frac{\zeta'(0)}{\zeta(0)} - \frac12 \log(1-x^{-2}),$$ donde $\psi_0(x)$ es el mismo que el habitual $\psi(x)$ excepto cuando $x$ toma valores enteros $\psi_0(x)$ es la media de los límites izquierdo y derecho de $\psi(x)$ . El lado derecho es continuo para $x >0$ mientras que el lado izquierdo no lo es. El argumento se generaliza para mostrar que no puede haber un número finito de ceros en la franja crítica, o incluso una infinidad que no crezca "demasiado rápido". Precisamente, si $$\sum_{\rho} \frac{x^{\rho}}{\rho}$$ convergen lo suficientemente rápido como para formar una función continua de $x$ entonces el mismo argumento se trasladaría.

Answer 3

Más que el problema de por qué los zeta función no trivial ceros, permítanme abordar Gowers la pregunta de por qué el término de error en el primer número teorema necesita ser más grande. La respuesta que propongo es: porque los enteros están tan bien distribuido. Para hacer este preciso, voy a probar un resultado general sobre semigroups, mostrando que el "enteros" en la semigroup o los "primos" debe estar mal distribuida -- uno puede pensar en esto como un "principio de incertidumbre" que tanto los números primos y los números enteros no pueden ser simultáneamente sin problemas comportado. Esto tiene el sabor de Beurling generalizada de los números primos, pero no recuerdo este resultado en la literatura; tal vez ya existe (de hecho lo hace, consulte la edición más abajo). También tenga en cuenta que la prueba no hará ningún uso funcional de la ecuación de $\zeta(s)$, ya que esto no existe en general semigroup.

EDIT: de Hecho, haciendo una búsqueda en la literatura un par de horas después de este anuncio, Me encontré con un papel de Hilberdink http://www.sciencedirect.com/science/article/pii/S0022314X04002069 lo que demuestra la Teorema de abajo, y con un método similar de la prueba.

Supongamos que $1<p_1< p_2 <\ldots$ es una secuencia de números reales (los "primos"), y $1=a_1 \le a_2 \le \ldots$ es el semigroup generado por ellos (los "números enteros"). Al principio me hizo la suposición de que el "enteros" son distintos, y satisfacer una leve espaciado condición de $a_{n+1}-a_n \gg n^{-1}$ (de modo que, en particular, no es la única factorización), pero esto no es necesario. Deje $N(x)$ denotar el número de "enteros" por debajo de $x$, y $$ P(x) = \sum_{p_n^{k} \le x} \log p_n, $$ que es el análogo de la habitual $\psi(x)$ (contando el primer poderes con peso $\log p$). Suponga que para algunos $\delta>0$ $$ N(x) = Ax +O(x^{\frac 12-\delta}), $$ para algunos no-cero constante $A$, y que $$ P(x) = x + O(x^{\frac 12-\delta}). $$

Teorema. La fórmula asintótica para $N(x)$ o el asintótica fórmula para $P(x)$ debe fallar.

Poner $$ \zeta_A(s) = \sum_{n=1}^{\infty} a_n^{s} = \prod_{n} \Big(1-\frac{1}{p_n^s}\Big)^{-1}. $$
Por nuestra supuestos en $N$$P$, la suma y el producto por encima de converge absolutamente en Re$(s)>1$. Por la asunción $N(x)$, $\zeta_A(s)$ se extiende a una analítica de la función de Re$(s)>1/2-\delta$, excepto para un simple poste de $s=1$ con residuo $A$. Por la suposición sobre la $P$, vemos que la derivada logarítmica $$ -\frac{\zeta_A^{\prime}}{\zeta_A}(s) = \sum_{n, k} \frac{\log p_n}{p_n^{sk}} $$ se extiende analíticamente a Re$(s)>1/2-\delta$, excepto para un simple poste de $1$. Así $\zeta_A(s)$ no tiene ceros en Re$(s)>1/2-\delta$.

Nueva edición: Esbozo de una segunda prueba. Adaptar el argumento de que la hipótesis de Riemann implica la Lindelof hipótesis (ver más abajo), obtenemos que $|\zeta_A(s)| \ll (1+|s|)^{\epsilon}$ $s$ no está cerca de la pole en $1$, y que la Re$(s)>1/2-\delta/2$. A partir de este estándar y el contorno de cambio argumento nos encontramos con que un gran $N$ y cualquier $t$, $$ \sum_{a_n\le N} a_n^{es} = \frac{N^{1+it}}{1+} +O(N^{1/2-\delta+\epsilon} (1+|t|)^{\epsilon}). $$ Lo que se utiliza aquí es que tenemos Lindelof, incluso un poco a la izquierda de la mitad de la línea.

Pero por encima de la identidad puede ser vista a contradecir la Plancherel fórmula. Más precisamente, vamos a $T$ ser una gran potencia de $N$, y deje $\Phi$ ser un no-negativo de la función de apoyo en $[-1,1]$ con los no-negativo de la transformada de Fourier. Entonces podemos ver que (descartando todos, pero los términos de la diagonal) $$ \int_{-\infty}^{\infty} \Big| \sum_{a_n\le N} a_n^{que}\Big|^2 \Phi(t/T) dt \ge T{\hat \Phi}(0) \sum_{a_n\le N} 1 \sim TN {\hat \Phi}(0). $$ Por otro lado, si usamos nuestra identidad, a continuación, la de arriba se ve $$ \ll N^2 + T^{1+\epsilon} N^{1-2\delta}. $$ Esta es una contradicción.

La Prueba Original: a Continuación, vamos a asumir que siempre que estamos en la región de Re$(s)>1/2-\delta$, y que la parte imaginaria es grande, por lo que no estamos cerca de la pole en $1$. De la continuación analítica de $\zeta_A$ (con ese $N(x)$ es muy regular), de la siguiente manera que no es un a priori del polinomio enlazado $|\zeta_A(s)|\ll |s|^{B}$ en la región de Re$(s)>1/2-\delta/2$. Así que hay un límite para la parte real de la $\log \zeta_{A}(s)$, y por el Borel-Caratheodory lema (estándar de análisis complejo) uno puede bootstrap esto a un obligado para $|\log \zeta_A(s)|$. Entonces la aplicación de la Hadamard tres círculo teorema de a $\log \zeta_A(s)$ se obtiene una mucho mejor obligado: $|\zeta_A(s)| \ll |s|^{\epsilon}$. Esta es la prueba usual de que Riemann implica Lindelof. (En esta etapa, si sabía de una "ecuación funcional" nos gustaría hacer, como de costumbre, $\zeta(s)$ es grande cuando Re$(s)<1/2$. Este punto apareció en Matt Young respuestas anteriores).

Conocer la Lindelof hipótesis de $\zeta_A(s)$ Re$(s)> 1/2-\delta/2$, podemos mostrar la siguiente fórmula aproximada: para $\sigma > 1/2- \delta/4$ $$ \zeta_A(\sigma +) = \sum_{a_n \le N} a_n^{-\sigma} + O(|t|^{\epsilon} N^{-\delta/4}). $$ La prueba es la norma; ver el penúltimo capítulo de Titchmarsh para el real $\zeta(s)$ donde esta tiene al $\sigma$ es estrictamente mayor que $1/2$, y nuestro más fuerte resultado es verdadero porque tenemos Lindelof en una región más amplia.

Ahora estamos listos para empezar nuestra contradicción. Considere la posibilidad de un gran $T$ $$ \int_T^{2} |\zeta_A(1/2+)|^2 dt. $$ Para hacer esto con cuidado puede ser útil para poner en un peso suave $\Phi(t/T)$ por encima de (pero esto no es un papel!). Utilizando la fórmula aproximada derivada de la anterior, y nuestro espacio moderados condición de $a_{n+1}-a_n \gg n^{-1}$, podemos ver que para cualquier $T^{\epsilon} \le N \le T^{1/10}$ hemos $$ \int_T^{2} |\zeta_A(1/2+)|^2 dt \sim de T \sum_{a_n \le N} a_n^{-1} \sim EN \log N. $$ Pero eso es absurdo! Esto completa nuestro boceto de la prueba.

Answer 4

Una razón intuitiva es la indicada por Buján en otra respuesta. La razón por la que hay ceros no triviales es porque se sabe que la función zeta crece de una manera que no crecería si no hubiera ceros no triviales.

Aquí hay algunos detalles adicionales (pero no completos). Pasemos de la función zeta a la función zeta completa $$ Z(s) = \pi^{-s/2}\Gamma\left(\frac{s}{2}\right)\zeta(s). $$ La ecuación funcional de la función zeta es equivalente a la ecuación $Z(1-s)=Z(s)$ .

¿Qué nos dice esto? Por el producto de Euler, $\zeta(s)$ es no evanescente en el semiplano a la derecha de 1. La $\pi$ y $\Gamma$ factores en $Z(s)$ también son no evanescentes en ese semiplano, por lo que $Z(s)$ es distinto de cero si la parte real de $s$ es mayor que 1. De la ecuación $Z(1-s) = Z(s)$ , $Z(s)$ también es no evanescente si la parte real de $s$ es menor que 0. Por lo tanto, los ceros no triviales de $\zeta(s)$ son lo mismo que todos los ceros de $Z(s)$ .

Por lo tanto, la pregunta de por qué $\zeta(s)$ tiene ceros no triviales es lo mismo que la pregunta de por qué $Z(s)$ tiene algún cero en absoluto (ceros zeta no triviales = ceros de $Z(s)$ ).

Hay polos (simples) para $Z(s)$ , en $s = 0$ y $s = 1$ . Por lo tanto, considere la función $F(s) = s(s-1)Z(s)$ . Se trata de una función entera que satisface $F(1-s) = F(s)$ . Dejemos que $|F|_r$ sea el máximo de $|F(s)|$ en el círculo alrededor del origen de radio $r$ . Utilizando métodos analíticos y la ecuación funcional (para transferir la información de los semiplanos derecho a izquierdo), $|F(s)|_r$ crece exponencialmente con $r$ y, más precisamente, $\log|F|_r$ es asintótica a $(1/2)r\log r$ . A partir de esta estimación del crecimiento y de la fórmula del producto de Hadamard, si $F(s)$ sólo tenía un número finito de ceros entonces $F(s) = e^{As}P(s)$ para alguna constante $A$ y algún polinomio $P(s)$ . La ecuación funcional para $F(s)$ entonces obliga a $A = 0$ Así que $F(s)$ es un polinomio. Pero las funciones polinómicas no tienen su módulo máximo en los círculos crecen exponencialmente. Así que tenemos una contradicción, que obliga a $F(s)$ para tener infinitos ceros y por lo tanto $\zeta(s)$ tiene infinitos ceros no triviales.

Esto puede parecer demasiado técnico, pero realmente el punto básico es similar a la prueba del teorema de Liouville del teorema fundamental del álgebra: si $p(z)$ fuera un polinomio no constante sin ceros en el plano complejo, entonces nos encontraríamos con una incoherencia al comparar el comportamiento conocido de $|1/p(z)|$ (continua y con tendencia a 0 como $|z| \rightarrow \infty$ ) con lo que seguiría si no hubiera ceros ( $1/p(z)$ es entero y no constante). ¿Es esa la explicación de por qué $p(z)$ debe tener un cero intuitivo o es magia formal? No podemos esperar un fórmula para un cero de $p(z)$ Así que, en cierto sentido, este argumento de crecimiento con $|1/p(z)|$ para conjurar un cero indirecto es mágico. Pero también tiene un carácter simplemente elemental: tiene que haber un cero porque si no $1/p(z)$ crecería de una manera inconsistente con la forma en que sabemos con certeza que crece. De la misma manera, $\zeta(s)$ tiene que tener infinitos (no sólo unos pocos) ceros no triviales porque de lo contrario $\zeta(s)$ crecería de una manera que es inconsistente con la forma en que sabemos que crece. (Estoy glosando la distinción entre $\zeta(s)$ y $Z(s)$ y $s(s-1)Z(s)$ ya que se supone que nos ponemos el sombrero de la intuición).

Answer 5

(Solo he escrito un comentario, pero de alguna manera se perdió. Voy a escribir una respuesta en su lugar).

Bloom es correcto, sin ceros implica demasiado agradable una fórmula, excepto el derecho aproximación a $\pi(x)$$\int_2^x dt/\log t$, no $x / \log x$. La existencia de ceros implica que el error no puede ser mejor que el $O(x^{1/2})$.

Por otro lado, la función zeta de ${\mathbb{F}}_q[t]$ no tiene ceros (y por lo tanto no es una buena fórmula para el análogo de $\pi(x)$) por lo que no hay razón filosófica para un zeta función tiene ceros. Se puede interpretar la existencia de una infinidad de ceros de la función zeta de $\mathbb{Z}$ significa que $Spec {\mathbb{Z}}$ "infinito género".