Pregunta sobre Riemann $\zeta(s)$ Función Cero

Question

¿Cómo se puede demostrar que el Riemann $\zeta(s)$ no tiene ceros para $\Re(s) > 1$ ?

Answer 1

Para $\sigma>1$ tenemos el producto de Euler convergente. Un producto infinito convergente es cero sólo si uno de los factores es cero.

Answer 2

Editar: Titchmarsh ofrece la siguiente prueba directa que no requiere el conocimiento de infinitos productos: Para un número fijo de $\sigma>1$ podemos demostrar que no hay ceros con parte real $\ge\sigma$ considerando, para un parámetro $P$ $$ \prod_{\substack{p\text{ prime}\\p\le P}}\left(1-p^{-s}\right)\zeta(s)=1+m_1^{-s}+m_2^{-s}\ldots $$ donde $m_1$ , $m_2,\ldots$ son todos los números enteros cuyos factores primos superan $P$ . Así, $$ \left|\prod_{p\text{ prime},p<P}\left(1-p^{-s}\right)\zeta(s)\right|\ge 1-\sum_{n=P+1}^\infty \frac{1}{n^\sigma}\ge 1-\int_{P}^\infty x^{-\sigma}\, dx=1-\frac{P^{1-\sigma}}{\sigma-1}. $$ Para los fijos $\sigma$ podemos encontrar $P$ lo suficientemente grande como para que el lado derecho sea $>0$ .

Respuesta original : Por otro lado, es elemental que $\zeta(s)$ no tiene cero para $\sigma$ la parte real de $s\ge2$ . En esta región $$ |\zeta(s)|\ge 1-\sum_{n\ge 2}\frac{1}{n^\sigma}\ge1-\sum_{n\ge 2}\frac{1}{n^2}\ge1-\frac{1}{4}-\sum_{n\ge3}\frac{1}{(n-1)n}. $$ Así, $$ |\zeta(s)|\ge\frac{3}{4}-\sum_{n\ge 3}\left(\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}\right)=\frac{3}{4}-\frac{1}{2}=\frac{1}{4}. $$

Answer 3

La convergencia del producto de Euler se reduce a las siguientes afirmaciones independientes:

1. $\displaystyle \prod_{p \le N} (1-p^{-s})^{-1} \to \zeta(s)$ como $N \to \infty$ debido a la convergencia absoluta de la serie $\displaystyle \zeta(s) = \sum_n n^{-s}$ y el habitual truco de "reordenación de términos".

2. $\displaystyle \sum_p |\ln (1-p^{-s})| < +\infty$ con $\ln$ siendo la rama del logaritmo definida por $\ln 1 = 0$ . Esto se desprende de $|\ln (1-p^{-s})| \sim |p^{-s}|$ y $\sum_p |p^{-s}| < +\infty$ para $\Re s > 1$ .

Answer 4

Presento mi prueba que emplea la propiedad integral de Riemann:

Prueba. Para $\alpha>1$ y $t=0$ obtenemos $\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k^s}=\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k^{\alpha}}>0$ .

Para $s=\alpha-it(\alpha>1, t \in R \setminus \{0\})$ , establecemos

\begin {equation*} S_n = \sum_ {k=1}^n \frac {1}{k^s}= \sum_ {k=1}^n \frac {1}{k^{ \alpha }}e^{it \ln k}=(S^{(1)}_n , S^{(2)}_n ), \end {equation*}

\begin {Edición} S_{n+1} = \sum_ {k=1}^{n+1} \frac {1}{k^s}= \sum_ {k=1}^{n+1} \frac {1}{k^{ \alpha }}e^{it \ln k}=(S^{(1)}_{n+1} , S^{(2)}_{n+1} ). \end {Ecuación}

Consideremos una línea $l_n$ en el plano complejo, definido por los puntos $S_n$ y $S_{n+1}$ . Esta línea está descrita por el siguiente ecuación \begin {Ecuación} \frac { x - S^{(1)}_ n}{ y - S^{(2)}_n} = \frac {S^{(1)}_{n+1} - S^{(1)}_n} { S^{(2)}_{n+1} - S^{(2)}_n }. \end {Ecuación}

La forma normal de esta ecuación es \begin {equation*} x \sin (t \ln (n+1))-y \cos (t( \ln (n+1)))+ \sum_ {k=1}^{n+1} \frac {1}{k^{ \alpha }} \sin (t \ln k) \cos (t \ln (n+1))- \end {equation*} \begin {Ecuación} \cos (t \ln k) \sin (t \ln (n + 1)) = 0. \end {Ecuación}

Por lo tanto, la distancia $\rho(0, l_n)$ entre el origen $(0, 0)$ del plano y la línea $l_n$ se calcula mediante \begin {equation*} \rho (0, l_n) = \big | \sum_ {k=1}^{n+1} \frac {1}{k^{ \alpha }}( \sin (t \ln k) \cos (t \ln (n+1))- \cos (t \ln k) \sin (t \ln (n+1)) \big | = \end {equation*} \begin {Ecuación} \big | \sum_ {k=1}^{n+1} \frac {1}{k^{ \alpha }} ( \sin (t \ln (k) -t \ln (n+1)) \big | = \big | \sum_ {k=1}^{n+1} \frac {1}{k^{ \alpha }}( \sin (t \ln ( \frac {k}{n+1})) \big |. \end {Ecuación}

Tenemos \begin {equation*} \lim_ {n \to \infty } |S_n| \ge \lim_ {n \to \infty } \rho (0, l_n) = \lim_ {n \to \infty } \big | \sum_ {k=1}^{n+1} \frac {1}{k^{ \alpha }} \sin (t \ln ( \frac {k}{n+1})) \big |= \end {equation*}

\begin {equation*} \lim_ {n \to \infty } \frac {1}{{(n+1)}^{ \alpha }} \big | \sum_ {k=1}^{n+1} \frac {1}{{( \frac {k}{n+1}}^{ \alpha })} \sin (t \ln ( \frac {k}{n+1})) \big |= \end {equation*}

\begin {equation*} \lim_ {n \to \infty } \frac {n+1}{{(n+1)}^{ \alpha }} \big | \frac {1}{n+1} \sum_ {k=1}^{n+1} \frac {1}{{( \frac {k}{n+1})}^{ \alpha }} \sin (t \ln ( \frac {k}{n+1})) \big | \ge \end {equation*} \begin {equation*} \lim_ {n \to \infty } \big | \frac {1}{n+1} \sum_ {k=1}^{n+1} \frac {1}{{( \frac {k}{n+1})}^{ \alpha }} \sin (t \ln ( \frac {k}{n+1})) \big |= \end {equation*}

\begin {equation*} \big | \int_0 ^1 \frac { \sin (t \ln x)}{x^{ \alpha }}dx \big |= \frac {|t|}{(1- \alpha )^2+t^2}>0, \end {equation*} porque $t \neq 0$ .