¿Cómo pueden los Zeta función de ser cero?

Question

¿Cómo pueden los Zeta función de ser cero?

Si los zeta de la función es el producto de Euler:

$$\zeta(s)=\prod_p \frac{1}{1-p^{-s}}$$

Luego de ser un producto de mi primer pensamiento fue que no sólo podría ser cero si uno o más de sus términos son cero.

Esto requeriría $\frac{1}{1-p^{-s}}$ a cero para algunos prime $p$

Así que no tendría que ser alguna prime $p$ que $p^{-s}$ es infinito.

Claramente yo estoy entendiendo algo. Son los ceros en los términos $(1-p^{-s})$ divergen?

Answer 1

El producto de Euler sólo converge para $\mathrm{Re} (s) > 1$. Para $\mathrm{Re} (s) \leq 1$, es necesario considerar una representación diferente de la función zeta.

La diferente representación proviene de la "continuación analítica" de la función zeta. Esta ha escrito extensamente acerca de este sitio. Véase, por ejemplo,

1. Riemann zeta función de la continuación analítica
2. ¿Qué es exactamente la de Riemann zeta función?
3. ¿Cómo son los valores de la función zeta calculada en la crítica de la tira (que es donde todos los interesantes ceros).

Answer 2

• El producto de Euler sólo converge para $\Re(s) > 1$.

• La hipótesis de Riemann es que $$\phi(s) = \prod_{k=1}^\infty \frac{1-(k \log k)^{-s}}{1-p_k^{-s}}$$ converges for $\Re(s) > 1/2$ (it is easy to show it converges for $\Re(s) > 1$ and the prime number theorem is that it converges for $\Re(s) \ge 1$)

• Que converge significa una analítica de la función, es decir,. la serie $\sum_{k=1}^\infty \log \frac{1-(k \log k)^{-s}}{1-p_k^{-s}}$ converge a una analítica de la función, de modo que $\log \phi(s)$ es finito y $\phi(s)$ no tiene ceros.

  Desde la continuación analítica de $\psi(s) = \sum_{k=1}^\infty \log (1-(k \log k)^{-s})$ se sabe que no tiene ceros para $\Re(s) > 0$, lo que implica $\log \zeta(s)-\psi(s)$ y, por tanto, $\log \zeta(s)$ no tienen ceros para $\Re(s) > 1/2$

• Que $\phi(s)$ converge para $\Re(s) > 1/2$ es equivalente al número teórico de la declaración de $$\pi(x) -\underbrace{ \sum_{2 \le k \le x} \frac{1}{\log k}}_{ = \ \text{Li}(x)+\mathcal{O}(1)} = \mathcal{O}(x^{1/2+\epsilon})$$