Анализ дзета-функции Римана

В одном из разделов математики существует достаточно забавная задача про сумму чисел, связанных с натуральным рядом, и на первый взгляд кажется, что она достаточно проста, но при более глубоком погружении в тематику, приходит ощущение полной беспомощности.

Вся моя жизнь неразрывно связана с математикой. В голове постоянно рождаются мысли: «Почему именно так и какое этому объяснение?». Мне нравится находить разные способы решения интересных задач.

Так в школьные годы после темы про квадратные уравнения у меня сразу появился ряд вопросов: есть ли альтернативные варианты и как будет выглядеть решение для уравнения высших степеней?

На первый вопрос достаточно быстро был получен утвердительный ответ — да, может.
Разность корней квадратного уравнения можно выразить с помощью теоремы Виета, выполнив несложные преобразования.

Пример для квадратного уравнения

$x^2+p x+q=0$

По тереме Виета имеем

$left{ begin{array}{lcl} x_1+x_2 & = & -p \ x_1 x_2 & = & q \ end{array} right.$

Тогда

$left(x_1+x_2right){}^2=p^2$

$x_1^2+2 x_1 x_2+x_2^2=p^2$

$x_1^2+x_2^2+2 q=p^2$

$x_1^2+x_2^2=p^2-2 q$

$left(x_1-x_2right){}^2=x_1^2-2 x_1 x_2+x_2^2=p^2-4 q=p^2-4 q$

$x_1-x_2=pm sqrt{p^2-4 q}$

В итоге получаем систему уравнений

$left{ begin{array}{lcl} x_1+x_2 & = & -p \ x_1-x_2 & = & pm sqrt{p^2-4 q} \ end{array} right.$

Красиво, правда?

Кстати, а вы знали, что корни многочленов $n$-ой степени образуют поле? 😉

Дальнейшее углубление в теорию решений уравнений высших степеней открывало бесконечно много новых знаний в тех областях, о которых я даже и не подозревал.

В результате ряда рассуждений стало понятно, что существуют некоторые преобразования над набором корней уравнений, которые могут давать интересные результаты, и с их помощью можно быстро и эффективно решать уравнения для степени меньше 5.

Я узнал о теории Галуа, теореме Абеля-Руффини, и т.д.

Информацию пришлось переваривать в течение нескольких лет.

В студенческие годы на одной из скучных лекций я упражнялся с суммой различных степеней натурального ряда (до определенного значения $n$) и заметил одну закономерность, что слагаемое с максимальной степенью всегда выражается как $frac{n^{s+1}}{s+1}$.
Сразу возник вопрос: «Можно ли как-то использовать интеграл?».

Ответ не заставил себя долго ждать, и к концу пары было готово решение для любого $s$.

Я захотел получить аналогичную формулу и для отрицательных $s$, но все попытки заканчивались неудачей. Так состоялось моё первое знакомство с дзета-функцией.

Недавно мне на глаза попалась публикация о нетривиальных нулях дзета-функции Римана.
Так как доказательство гипотезы Римана является нерешенной проблемой тысячелетия, многие пытаются к ней подступиться, и периодически в разных источниках появляется информация о ее доказательстве либо опровержении. Но до сих пор ни одно из доказательств не было принято официальным математическим сообществом.

Тогда я решил разобраться и попытаться найти возможные пути решения гипотезы Римана.
Так как ранее у меня уже был опыт работы с бесконечными суммами, по наивности я решил, что это не должно быть очень сложно 😉

Что же с этой проблемой не так, если ее не могут решить на протяжении тысячелетия?
Обложившись справочным материалом, я начал вникать в проблему и изучать подходы, используемые при доказательстве. Большинство доказательств строилось на применении интегралов или специфических функций (например, функция Тодда).

На глаза попадались как совсем откровенные ляпы, так и очень сложные работы на несколько десятков страниц, погружение в которые могло занять не меньше месяца вдумчивого чтения.
Объём информации рос, а понимание, как подойти к проблеме или предположить, какой метод можно применить, чтобы приблизиться к решению, не приходило.

И тогда я решил отложить чтение профильной литературы.

Как-то часа в 3 ночи (после вечернего кофе) мне в голову пришла одна на мой взгляд очень простая и интересная последовательность действий, которая ведет к доказательству, ей я и хочу с вами поделиться.

Внесу пару уточняющих моментов:

  1. Некоторые промежуточные расчеты и выводы я намеренно опускаю, чтобы не перегружать читателя
  2. По этой же причине я намеренно опускаю ряд специфических понятий
  3. Читатель должен быть знаком с матанализом и комплексными числами
  4. Все мои рассуждения могут оказаться неверными

Итак, поехали…

Сначала определимся, что нужно доказать и что для этого у нас дано.

Необходимо доказать, что все комплексные нули дзета-функции должны иметь вид: $s_n=frac{1}{2}+mathbb{i}t,tin mathbb{R}$.

Определим, что такое дзета-функция.

Начнём наш путь с Эйлера, так как он впервые определил дзета-функцию для действительных чисел
(далее по тексту $zeta$ — функция)

$ zeta (s)=lim_{n to {infty}}(1+frac{1}{2^s}+frac{1}{3^s}+text{...}+frac{1}{n^s}), text{Re} (s)>1 $

$ zeta (s)=lim_{n to {infty}}(sum _{i=1}^n frac{1}{i^s}) $

Или просто

$ zeta (s)=sum _{i=1}^{infty } frac{1}{i^s} $

Из профильной литературы известно, что для всех выше обозначенных $s$ функция сходится абсолютно.

Также Эйлером была введена знакочередующаяся эта — функция.

(далее по тексту $eta$ — функция)

$ eta (s)=sum _{i=1}^{infty} frac{(-1)^{i-1}}{i^s} $

Бернхард Риман определил $zeta$ — функцию для комплексного переменного.

Чтобы продолжить функцию на комплексную плоскость для любого $sin mathbb{C}$, $0<text{Re} (s)<1$, проделаем пару фокусов с функцией Эйлера, разбив ее на сумму по чётным и нечётным $i$.

Тогда $zeta$ — функция будет выражаться, как сумма нечётных и чётных $i$

$ zeta (s)=sum _{i=1}^{infty } frac{1}{(2 i-1)^s}+sum _{i=1}^{infty } frac{1}{(2 i)^s} $

А $eta$ — функция будет выражаться, как разница нечётных и чётных $i$

$ eta (s)=sum _{i=1}^{infty } frac{1}{(2 i-1)^s}-sum _{i=1}^{infty } frac{1}{(2 i)^s} $

Вычтем из $zeta$ — функции $eta$ — функцию, тогда получим

$ zeta (s)-eta (s)=2 sum _{i=1}^{infty } frac{1}{(2 i)^s}=2^{1-s} sum _{i=1}^{infty } frac{1}{i^s}=2^{1-s} zeta (s) $

$ left(1-2^{1-s}right) zeta (s)=eta (s) $

$ forall sin mathbb{C},1neq text{Re} (s)>0 $

Также отмечу, что есть особые точки — нули уравнения $1-2^{1-s}=0$, которые устранимы.

Выразим $zeta$ — функцию через $eta$ — функцию

$ zeta (s)=frac{eta (s)}{1-2^{1-s}} tag{1} $

Это связь нам пригодится в дальнейшем.

Из профильной литературы известно, что в нулях $eta$ — функции $zeta$ — функция также обращается в нуль.

Из формулы Эйлера — Маклорена, следует, что при $n to {infty}$
(далее по тексту равенства с $n$ будут рассматриваться, как предел при $n to {infty}$)

$ zeta (s)=sum _{i=1}^n frac{1}{i^s}-frac{n^{1-s}}{1-s},sin mathbb{C},Re(s)>0 tag{2} $

Или

$ zeta (s)=sum _{i=1}^{2 n} frac{1}{i^s}-frac{(2 n)^{1-s}}{1-s}=sum _{i=1}^n frac{1}{(2 i-1)^s}+sum _{i=1}^n frac{1}{(2 i)^s}-frac{(2 n)^{1-s}}{1-s} $

Выразим $zeta$ — функцию через чётные $i$ и $n$

$ zeta (s)=frac{2^s}{2^s} sum _{i=1}^n frac{1}{i^s}-frac{2^{1-s} n^{1-s}}{2^{1-s} (1-s)}=2^s sum _{i=1}^n frac{1}{(2 i)^s}-frac{(2 n)^{1-s}}{2^{1-s} (1-s)}= $

$ 2^s sum _{i=1}^n frac{1}{(2 i)^s}-frac{2^s (2 n)^{1-s}}{2 (1-s)}=2^s left(sum _{i=1}^n frac{1}{(2 i)^s}-frac{(2 n)^{1-s}}{2 (1-s)}right) $

Или

$ 2^{-s} zeta (s)=sum _{i=1}^n frac{1}{(2 i)^s}-frac{(2 n)^{1-s}}{2 (1-s)} tag{3} $

Выразим $zeta$ — функцию через нечётные $i$ и $n$

$ zeta (s)=sum _{i=1}^n frac{1}{(2 i-1)^s}+sum _{i=1}^n frac{1}{(2 i)^s}-frac{(2 n)^{1-s}}{1-s}= $

$ sum _{i=1}^n frac{1}{(2 i-1)^s}-frac{(2 n)^{1-s}}{1-s}+frac{(2 n)^{1-s}}{2 (1-s)}+2^{-s} zeta (s)= $

$ sum _{i=1}^n frac{1}{(2 i-1)^s}-frac{(2 n)^{1-s}}{2 (1-s)}+2^{-s} zeta (s) $

Или

$ sum _{i=1}^n frac{1}{(2 i-1)^s}=frac{(2 n)^{1-s}}{2 (1-s)}-2^{-s} zeta (s)+zeta (s)=frac{(2 n)^{1-s}}{2 (1-s)}+left(1-2^{-s}right) zeta (s) $

Или

$ left(1-2^{-s}right) zeta (s)=sum _{i=1}^n frac{1}{(2 i-1)^s}-frac{(2 n)^{1-s}}{2 (1-s)} tag{4} $

Заметим, что

$ frac{(2 n)^{1-s}}{(2 n-1)^{1-s}}=1 $

Тогда, используя (4), запишем

$ left(1-2^{-s}right) zeta (s)=sum _{i=1}^n frac{1}{(2 i-1)^s}-frac{(2 n-1)^{1-s}}{2 (1-s)} $

Тогда в нулях
(далее по тексту это выражение будет часто употребляться, в нулях означает, что $s$ — нуль $zeta$ — функции)

$ sum _{i=1}^n frac{1}{(2 i-1)^s}=frac{(2 n-1)^{1-s}}{2 (1-s)} tag{5} $

И

$ sum _{i=1}^n frac{1}{(2 i)^s}=frac{(2 n)^{1-s}}{2 (1-s)} tag{6} $

Используя (5) (6), заметим, что в нулях

$ eta (s)=frac{(2 n-1)^{1-s}}{2 (1-s)}-frac{(2 n)^{1-s}}{2 (1-s)} tag{7} $

Используя (7), заметим, что

$ frac{(2 n-1)^{1-s}}{2 (1-s)}-frac{(2 n)^{1-s}}{2 (1-s)}=-frac{1}{2 (2 n)^s} tag{8} $

Тогда, используя (8), в нулях можно записать равенство

$ eta (s)=-frac{1}{2 (2 n)^s} tag{9} $

Из профильной литературы известно, что $forall s$

$ pi ^{-frac{s}{2}} zeta (s) Gamma left(frac{s}{2}right)=pi ^{-frac{1}{2} (1-s)} zeta (1-s) Gamma left(frac{1-s}{2}right) $

Где $Gamma left(sright)$ — гамма-функция Эйлера.

Или, используя (1)

$ frac{pi ^{-frac{s}{2}} eta (s) Gamma left(frac{s}{2}right)}{1-2 2^{-s}}=frac{pi ^{-frac{1}{2} (1-s)} eta (1-s) Gamma left(frac{1-s}{2}right)}{1-2 2^{-(1-s)}} $

Тогда

$ frac{pi ^{-frac{s}{2}} eta (s) Gamma left(frac{s}{2}right)}{frac{left(1-2 2^{-s}right) left(pi ^{-frac{1}{2} (1-s)} eta (1-s) Gamma left(frac{1-s}{2}right)right)}{1-2 2^{-(1-s)}}}=1 $

Используя (9), запишем равенство в нулях

$ frac{pi ^{-frac{s}{2}} Gamma left(frac{s}{2}right)}{-frac{left(left(1-2 2^{-s}right) left(2 (2 n)^sright)right) left(pi ^{-frac{1}{2} (1-s)} Gamma left(frac{1-s}{2}right)right)}{left(1-2 2^{-(1-s)}right) left(2 (2 n)^{1-s}right)}}=1 tag{10} $

Тогда в нулях должно также выполняться равенство

$ left(frac{pi ^{-frac{s}{2}} Gamma left(frac{s}{2}right)}{-frac{left(left(1-2 2^{-s}right) left(2 (2 n)^sright)right) left(pi ^{-frac{1}{2} (1-s)} Gamma left(frac{1-s}{2}right)right)}{left(1-2 2^{-(1-s)}right) left(2 (2 n)^{1-s}right)}}right)^2=1 $

Упростим выражение и запишем его в следующем виде

$ left(-frac{4^{1-s} left(2^s-1right) pi ^{-s} n^{1-2 s} cos left(frac{pi s}{2}right) Gamma (s)}{2^s-2}right)^2=1 tag{11} $

Положим $s=sigma +mathbb{i}t,sigma in mathbb{R},tin mathbb{R}$ и запишем модули каждого из сомножителей

$ left| 4^{1-s}right| =4^{1-sigma } $

$ left| 2^s-1right| =sqrt{4^{sigma }-2^{sigma +1} cos (t log (2))+1} $

$ left| pi ^{-s}right| =pi ^{-sigma } $

$ left| n^{1-2 s}right| =n^{1-2 sigma } $

$ left| cos left(frac{pi s}{2}right) Gamma (s)right| to left| sqrt{frac{pi }{2}} left(sqrt{t^2+sigma ^2}right)^{sigma -frac{1}{2}}right|, sigma in [0,1], forall tin mathbb{R} $

$ left| 2^s-2right| =sqrt{4^{sigma }-2^{sigma +2} cos (t log (2))+4} $

Тогда перепишем (11) в следующем виде

$ left(frac{sqrt{frac{pi }{2}} 4^{1-sigma } pi ^{-sigma } n^{1-2 sigma } left(sqrt{sigma ^2+t^2}right)^{sigma -frac{1}{2}} sqrt{4^{sigma }-2^{sigma +1} cos (t log (2))+1}}{sqrt{4^{sigma }-2^{sigma +2} cos (t log (2))+4}}right)^2=1 $

Или

$ frac{2^{3-4 sigma } pi ^{1-2 sigma } n^{2-4 sigma } left(sigma ^2+t^2right)^{sigma -frac{1}{2}} left(4^{sigma }-2^{sigma +1} cos (t log (2))+1right)}{4^{sigma }-2^{sigma +2} cos (t log (2))+4}=1 tag{12} $

Заметим, что (12) представляет собой периодическую функцию, верхняя и нижняя границы которой будут равны

$ alpha (sigma ,t)=frac{2^{3-4 sigma } pi ^{1-2 sigma } left(4^{sigma }-2^{sigma +1}+1right) n^{2-4 sigma } left(sigma ^2+t^2right)^{sigma -frac{1}{2}}}{4^{sigma }-2^{sigma +2}+4} $

$ beta (sigma ,t)=frac{2^{3-4 sigma } pi ^{1-2 sigma } left(4^{sigma }+2^{sigma +1}+1right) n^{2-4 sigma } left(sigma ^2+t^2right)^{sigma -frac{1}{2}}}{4^{sigma }+2^{sigma +2}+4} $

Для того, чтобы выражение (12) для $forall n$ было равно 1, нужно, чтобы верхняя и нижняя граница для $forall n$ были равны 1.

Из профильной литературы известно, что любой нетривиальный нуль $zeta$ — функции имеет действительную часть $sigma in (0,1)$.

Тогда запишем варианты пределов для верхней и нижней границ при $sigma in (0,1)$, $tin (-infty ,+infty )$

$ begin{cases} при sigma in left(0,frac{1}{2}right), alpha (sigma ,t)=infty,beta (sigma ,t)=infty \ при sigma =frac{1}{2}, alpha (sigma ,t)=1,beta (sigma ,t)=1 \ при sigma in left(frac{1}{2},1right), alpha (sigma ,t)=0,beta (sigma ,t)=0 \ end{cases} $

Как видно, нам подходит только вариант $sigma =frac{1}{2}$ и только в этом случае возможно соблюдение равенства (11) в нулях.

Следовательно, все комплексные нули $zeta$ — функции имеют вид: $s_n=frac{1}{2}+mathbb{i}t,tin mathbb{R}$.

Что и требовалось доказать.

Специально для сайта ITWORLD.UZ. Новость взята с сайта Хабр