Zera funkcji ζ(s) Riemanna. 1 1 p s ) 1. Dla rozszerzenia funkcji ζ(s) na pó lp laszczyznȩ Re s > 0 postȩpujemy nastȩpuj aco. x s+1. dx = s.

Transkrypt

1 Jerzy Browkin Zera funkcji ζ(s) Riemanna. Podstawowe informacje... Funkcja ζ(s). ζ(s) = n s = p n= ( p s ) dla Re s >. [Wynika st ad, że ζ(s) oraz ζ(s) = ζ(s) dla Re s > ]. Dla rozszerzenia funkcji ζ(s) na pó lp laszczyznȩ Re s > postȩpujemy nastȩpuj aco. Ponieważ dla x R mamy x x <, wiȩc funkcja jest określona dla Re s >. Z(s) := Obliczymy Z(s) dla Re s >. Mamy Z(s) = dx x s = s n= x dx = xs+ n+ n x x x s+ dx n dx = xs+ s + n s n= x=n+ x s = x=n = s + ( ( s 2 s ) ( s s ) ( 2 s + 3 s ) ) 3 s + = = s + ( s s 2 s 3 ) s + = s s ζ(s). Wobec tego ζ(s) = s s Z(s) dla Re s > s i sk ladnik sz(s) jest określony dla Re s >. Pozwala to określić ζ(s) również dla Re s >, s. Wynika st ad, że ζ(s) ma w punkcie s = biegun jednokrotny o residuum. Dziȩkujȩ Profesorom J. Kaczorowskiemu i W. Narkiewiczowi za krytyczne uwagi i pomoc przy zredagowaniu tego tekstu. Typeset by AMS-TEX

2 2 Jerzy Browkin.2. Funkcja Γ(s). Γ(s) = [Wynika st ad, że Γ(s) = Γ(s), Γ() = ]. Ca lkujemy przez czȩści Γ(s) = e x x s = e x x s dx dla Re s > (Euler 73). x ( e x x s + e x (s )x s 2) dx = e x x s dx (s ) e x x s dx = Γ(s + ) (s ) Γ(s). Mamy wiȩc Γ(s + ) = sγ(s) i lewa strona jest określona dla Re s >, s. [Wynika st ad, że Γ(n) = (n )! dla n N]. Daje to możność rozszerzenia Γ(s) na cal a p laszczyznȩ poza s =,, 2,.... W tych punktach Γ(s) ma biegun jednokrotny. Zachodzi wzór [Wynika st ad, że Γ(s) dla s C]. Γ( s) Γ(s) = π, dla s C \ Z. sin πs.3. Teta funkcja Ω(x). Twierdzenie. Funkcja Ω(x) := n= e n2 πx dla x > spe lnia równanie funkcyjne Ω ( ) = x Ω(x). x Mamy oczywiście Ω(x) = + 2ψ(x), gdzie ψ(x) := n= e n2 πx i równanie funkcyjne dla Ω(x) daje ψ(x) = x 2 x + x ψ ( ). x

3 Zera funkcji ζ(s) 3 Dowód (Ch. de la Vallée-Poussin). Dla ustalonego x > rozpatrzmy funkcjȩ wtedy G() = Ω(x). G(α) := n= e (n+α)2 πx, Jest to funkcja parzysta, okresowa o okresie. Mamy wiȩc jej rozwiniȩcie na szereg Fouriera gdzie Obliczamy dla k G(α) = a 2 + a k cos(2kπα), () k= a k = 2 G(α) cos(2kπα)dα dla k. a k = 2 = 2 ponieważ znana jest ca lka n= Wobec tego wzór () przyjmuje postać n= e (n+α)2 πx cos(2kπα)dα e α2 πx cos(2kπα)dα = 2e k2 π/x x, e pt2 cos(qt)dt = e q2 /p π/p dla p >. e (n+α)2πx = + 2 x x = x Przyjmuj ac tu α = otrzymujemy k= Ω(x) = x Ω k= e k2 π/x cos(2kπα) = e k2 π/x cos(2kπα). ( ). x.. Równanie funkcyjne dla ζ(s). Dla Re s > Γ(s/2) = e x x s/2 dx =

4 Jerzy Browkin [Podstawiamy x n 2 πx] = e n2πx (n 2 πx) s/2 n 2 πdx = n s π s/2 e n2πx x s/2 dx. [Dzielimy przez n s π s/2 i obliczamy n= ] ζ(s) Γ(s/2) π s/2 = [Obie strony s a określone dla Re s > ]. ψ(x) x s/2 dx. Oznaczmy F (s) := ζ(s)γ(s/2)π s/2 dla Re s >. Przekszta lcamy F (s) = ψ(x) x s/2 dx + ψ(x) x s/2 dx = [W pierwszej ca lce stosujemy równanie funkcyjne dla ψ(x)] = x 2 x xs/2 dx + ψ(/x)x (s 3)/2 dx + ψ(x) x s/2 dx = [Pierwsz a ca lkȩ obliczamy, w drugiej podstawiamy x /w] = ( s ) + ψ(w)w (3 s)/2 ( w 2 )dw + ψ(x) x s/2 dx = s [ L aczymy dwie ca lki w jedn a] ( = s + ) ( + ψ(x) x s/2 + x ( s)/2 ) dx. s Otrzymane wyrażenie nie ulega zmianie przy podstawieniu s s. Udowodniliśmy wiȩc, że Inaczej mówi ac F (s) = F ( s). π s/2 Γ(s/2) ζ(s) = π ( s)/2 Γ(( s)/2) ζ( s). Pozwala to rozszerzyć funkcjȩ F (s), a wiȩc i funkcjȩ ζ(s) na ca l a p laszczyznȩ C \ {}.

5 Zera funkcji ζ(s) 5 Wynika st ad, że ζ( 2n) = dla n i to s a jedyne zera funkcji ζ(s) spe lniaj ace Re s <. S a to tak zwane zera banalne. Zatem, jeżeli ζ(s) = i s / R, to Re s oraz ζ( s) = i ζ(s) =. Ponadto ζ(x) dla x. 2. Zera niebanalne funkcji ζ(s). 2.. Zasadnicze twierdzenia o zerach funkcji ζ(s). Twierdzenie (J. Hadamard, Ch. de la Vallée-Poussin, 896). Funkcja ζ(s) nie ma zer na prostej Re s =. Oznaczmy N(T ) := #{s C : ζ(s) =, Re s, Im s T }, N (T ) := #{s C : ζ(s) =, Re s =, Im s T }. 2 Twierdzenie (H. v. Mangoldt, 895, 95). Mamy N(T ) = T ( ) T 2π log T + O(log T ). 2π 2π Dok ladniej: O(log T ).5 log T + 2 log log T +. W 92 r. J.E. Littlewood poprawi l to oszacowanie do O(log T/ log log T ). Twierdzenie (G.H. Hardy, 9). Funkcja ζ(s) ma nieskończenie wiele zer na prostej krytycznej Re s = 2. Twierdzenie (J.B. Conrey, 989). N (T ).88 N(T ). Hipoteza Riemanna. N (T ) = N(T ).

6 6 Jerzy Browkin 2.2. Twierdzenie Hadamarda-de la Vallée-Poussina. Twierdzenie. ζ( + it) dla t R. Dowód (Ch. de la Vallée-Poussin). Najpierw wyprowadzimy wzór na ζ(s), gdzie s = σ + it, σ >. Ze wzoru log( s) = m= ζ(s) = exp log p s m m Mamy oczywiście e s = e Re s, ponadto ( ) Re mp sm = m Re ( e sm log p) = dla s < wynika, że ( p s ) = exp p m= mp sm. = m Re ( e σm log p (cos( tm log p) + i sin( tm log p)) ) = Zatem = ζ(s) = exp p cos(tm log p) mp σm. m= cos(tm log p) mp σm, gdzie s = σ + it. Przypuśćmy, że ζ( + it ) = dla pewnego t R. Rozpatrzmy funkcjȩ Z(s) := ζ(s) 3 ζ(s + it ) ζ(s + 2it ). Jest ona określona dla s C i ma zero w punkcie s =, ponieważ w tym punkcie ζ(s) 3 ma biegun trzykrotny, ζ(s+it ) ma zero co najmniej czterokrotne i ζ(s+2it ) nie ma bieguna. Z drugiej strony dla s = σ > mamy Z(s) = ζ(s) 3 ζ(s + it ) ζ(s + 2it ) = na mocy tożsamości = exp p m= 3 + cos(t m log p) + cos(2t m log p) mp σm 3 + cos α + cos(2α) = 2( + cos α) 2. Mamy jednak lim Z(σ) = Z() =. Uzyskana sprzeczność dowodzi, że na prostej σ + Re s = funkcja ζ(s) nie ma zera.

7 Zera funkcji ζ(s) Funkcje ξ(s) i Ξ(x). Funkcja F (s) = π s/2 Γ(s/2)ζ(s) ma bieguny (jednokrotne) tylko w punktach s = i s =. Aby siȩ ich pozbyć, rozpatrujemy funkcjȩ ξ(s) = 2 s(s )F (s) = 2 s(s )Γ(s/2)ζ(s)π s/2. Zatem zbiór zer funkcji ξ(s) jest to zbiór zer niebanalnych funkcji ζ(s). Mamy ξ(s) = ξ( s) oraz ξ(s) = ξ(s). Wobec tego ξ ( 2 + it) = ξ ( 2 it) = ξ ( ( 2 + it)) = ξ ( 2 + it). Zatem ξ ( 2 + it) R dla t R. Określamy wiȩc funkcjȩ rzeczywist a Ξ(t) := ξ ( 2 + it). Spe lnia ona Ξ( t) = Ξ(t), to znaczy jest parzysta. Zbiór zer funkcji ζ(s) na prostej krytycznej jest równy zbiorowi zer funkcji ξ(s) na tej prostej, odpowiada wiȩc zbiorowi zer rzeczywistych funkcji Ξ(x). 2.. Twierdzenie Hardy ego. Twierdzenie (G. H. Hardy, 9). Funkcja ζ(s) ma nieskończenie wiele zer na prostej krytycznej. Dowód. Wystarczy udowodnić, że funkcja rzeczywista Ξ(x) ma nieskończenie wiele zer rzeczywistych. W tym celu zbadamy pewn a ca lkȩ zależn a od Ξ(x). Najpierw udowodnimy prosty Lemat. Jeżeli h(x) jest funkcj a rzeczywist a parzyst a, to h(t) cos(tx) dt = 2 h(t)e itx dt. Dowód. Przedstawimy ca lkȩ po prawej stronie jako sumȩ dwóch ca lek i skorzystamy ( ze wzoru cos α = 2 e iα + e iα). h(t)e itx dt = h(t)e itx dt + h(t)e itx dt = [W pierwszej ca lce podstawiamy x x]. = 2 h(t)e itx dt + 2 h(t)e itx dt = h(t) cos(tx)dt.

8 8 Jerzy Browkin Dowód twierdzenia podzielimy na kilka kroków. Krok Ze wzoru otrzymujemy ξ(s) = 2s(s ) Γ(s/2) ζ(s) π s/2 Ξ(t) = ξ( 2 + it) = 2 (t2 + ) Γ(( 2 + it)/2) ζ( 2 + it) π ( 2 +it)/2. Przyjmijmy w lemacie h(t) = Ξ(t) t 2 +. Jest to funkcja parzysta. Z lematu otrzymujemy wiȩc Ξ(t) cos(tx) Ξ(t) t 2 + dt = 2 t 2 + e itx dt = = 2 [Dokonujemy podstawienia 2 + it s]. ( ) 2 Γ(( + it)/2) ζ( + it) 2 2 π ( 2 +it)/2 e itx dt = = 2 +i Γ(s/2)ζ(s)π s/2 e sx e x/2 ( i) ds = 2 i Krok 2 = i e x/2 2 +i Γ(s/2)ζ(s)π s/2 e sx ds. 2 i Transformata Mellina. Jeżeli H(s) = h(x)x s dx, to h(x) = σ+i H(s)x s ds 2πi σ i dla σ > σ, gdzie H(s) nie ma bieguna na prawo od σ, i na odwrót. Przyk lady. h(x) H(s) e x Γ(s), σ > e x Γ(s)ζ(s), σ > ψ(x) Γ(s)ζ(2s)π s, σ > 2

9 Zera funkcji ζ(s) 9 Ostatni przyk lad daje ψ(y) = σ+i Γ(s)ζ(2s)π s y s ds dla σ > /2. 2πi σ i [Dokonujemy zamiany zmiennych s s/2] ψ(y) = 2πi τ+i Γ(s/2)ζ(s)π s/2 y s/2 ds dla τ = 2σ >. 2 τ i Otrzymany wzór pozwoli obliczyć ostatni a ca lkȩ w Kroku. Jednak tam jest ca lka po prostej Re s = /2, a tu po prostej Re s = τ. Wzór Cauchy ego daje zależność miȩdzy takimi ca lkami. Jeżeli funkcja G(s) ma w pasie miȩdzy tymi prostymi tylko jeden biegun w punkcie s =, to ( τ+i /2+i ) G(s)ds G(s)ds = Res s= G(s). 2πi τ i /2 i U nas G(s) = Γ(s/2)ζ(s)π s/2 y s/2, gdzie y = e 2x. Zatem G(s) ma w pasie /2 Re s τ jedyny biegun s = odpowiadaj acy biegunowi funkcji ζ(s). Ponadto Res s= G(s) = Γ(/2) π /2 y /2 = e x, ponieważ Γ(/2) = π. Z powyższego wynika, że wyrażenie otrzymane w Kroku jest równe ( e 2πie x + πiψ(e 2x ) ) ( = π x/2 2 e x/2 e x/2 (Ω(e 2x ) ) = ( = π 2 2cosh (x/2) e x/2 e x Ω(e 2x ) ) ( = π 2 2cosh (x/2) e x/2 Ω(e 2x ) ). Wykazaliśmy zatem, że Podstawiaj ac x ix otrzymamy Ξ(t) cos(tx) t 2 + dt = π ( ) 2cosh (x/2) e x/2 Ω(e 2x ). 2 Ξ(t)cosh (tx) t 2 + dt = π ( ) 2 cos(x/2) e ix/2 Ω(e 2ix ). (2) 2

10 Jerzy Browkin Krok 3 Korzystaj ac z równania funkcyjnego dla Ω(x) dowodzi siȩ, że d n lim x π/ dx n Ω(e2ix ) = dla n. [Dowód pomijamy]. Wtedy również Krok lim x π/ d n ( ) dx n e ix/2 Ω(e 2πi ) = dla n. (3) Różniczkujemy 2n razy, gdzie n =, 2,..., wzglȩdem x obie strony wzoru (2). Otrzymamy Ξ(t)t 2n cosh (tx) t 2 + dt = π ( ( ) n ( dn cos(x/2) 2 22n dx n e ix/2 Ω(e )) ) 2ix. Obliczaj ac granicȩ, gdy x d aży do π/, otrzymamy na mocy (3) Ξ(t)t 2n cosh (πt/) t 2 + dt = π ( )n cos(π/8). () 22n Przypuśćmy, że liczba zer rzeczywistych funkcji Ξ(x) jest skończona. Wtedy funkcja ta przyjmuje wartości sta lego znaku dla dostatecznie dużych x. Niech na przyk lad Ξ(x) > dla x > T >. Weźmy n nieparzyste. Wtedy prawa strona P wzoru () jest ujemna. Oszacujemy z do lu stronȩ lew a L. Mamy T Ξ(t)t 2n cosh (πt/) t 2 + dt T 2n T Ξ(t) cosh (πt/) t 2 + dt =: C T 2n, T Ξ(t)t 2n cosh (πt/) 2T + t 2 + dt 2T Ξ(t)t 2n cosh (πt/) t 2 + dt (2T ) 2n Ξ(t)cosh (πt/) min 2T t 2T + t 2 + Sta le dodatnie C i C 2 nie zależ a od n. Mamy wiȩc > P = L C 2 (2T ) 2n C T 2n = T 2n (2 2n C 2 C ) > dla dostatecznie dużych n. =: C 2 (2T ) 2n. Uzyskana sprzeczność dowodzi, że funkcja Ξ(x) ma nieskończenie wiele zer rzeczywistych.

11 Zera funkcji ζ(s) 2.5. Twierdzenie von Mangoldta. Twierdzenie (H. von Mangoldt). Liczba zer funkcji ζ(s) w pasie krytycznym o czȩści urojonej t, t T jest równa N(T ) = T ( ) T 2π log T + O(log T ). 2π 2π Dowód. Liczba zer (z uwzglȩdnieniem krotności) funkcji f(s) w obszarze S o brzegu S na mocy twierdzenia Cauchy ego jest równa przy za lożeniu, że f(s) nie znika na S. f (s) 2πi S f(s) ds, Jako S weźmy prostok at na p laszczyźnie zespolonej o wierzcho lkach A = + i, B = 2 + i, C = 2 + it, D = + it, gdzie T >. Zak ladaj ac, że ζ(s) nie znika na odcinku BC mamy wiȩc N(T ) = Q 2πi (I ζ (s) AB + I BC + I CD + I DA ), gdzie I P Q = P ζ(s) ds. Ponieważ liczba N(T ) jest rzeczywista, wiȩc N(T ) = 2π (Im I AB + Im I BC + Im I CD + Im I DA ). Oszacujemy te sk ladniki przy T. Liczba I AB nie zależy od T. 2 Udowodnimy, że Im I BC jest ograniczone. Dla Re s > mamy ( ζ ) ( (s) = (log ζ(s)) = ζ(s) p log ( p ) ) ( s = p m= ) mp ms = = p m= m log p mp ms = p m= log p p ms = n= Λ(n) n s, gdzie { log p, jeżeli n = p m, m, Λ(n) =, poza tym. Jest to tak zwana funkcja Mangoldta.

12 2 Jerzy Browkin Zauważmy ogólnie, że podstawiaj ac w ca lce s = σ + it otrzymamy Wobec tego Im σ+bi σ+ai Im I BC = Im = f(s)ds = Im 2+iT 2+i T n= b a if(σ + it)dt = ζ (s) 2+iT ds = Im ζ(s) 2+i Λ(n) n 2 Mamy Re (n it ) = Re ( e it log n) = cos(t log n). Wobec tego T Re (n it )dt = T n= b a Re f(σ + it)dt. Λ(n) n s ds = n= Re Λ(n) T (n it )dt = n 2 Re (n it )dt. cos(t log n)dt = log n sin(t log n) t=t t=. Zatem co daje T Im I BC Re (n it )dt 2 log n, n= Λ(n) log n n 2 n= n 2 = π Zajmiemy siȩ teraz liczb a Im I DA. Obliczaj ac pochodn a logarytmiczn a obu stron równania funkcyjnego funkcji ζ(s) otrzymamy Zatem π s/2 Γ(s/2) ζ(s) = π ( s)/2 Γ(( s)/2) ζ( s) 2 log π + 2 Γ (s/2) Γ(s/2) + ζ (s) ζ(s) = 2 log π 2 Γ (( s)/2) Γ(( s)/2) ζ ( s) ζ( s). ζ (s) ζ(s) = log π 2 Γ (s/2) Γ(s/2) 2 Γ (( s)/2) Γ(( s)/2) ζ ( s) ζ( s). (5) Wobec tego obliczenie ca lki Im I DA = Im +i +it ζ (s) ζ(s) ds na mocy wzoru (5) sprowadza siȩ do obliczenia odpowiednich czterech ca lek.

13 Zera funkcji ζ(s) 3 Zajmiemy siȩ tym po kolei. Mamy Nastȩpnie Im +i +T i Im +i log πds = Im log π ds = log π( T ). +T i +i +it gdzie podstawiliśmy s w. ζ ( s) 2 i ds = Im ζ( s) 2 it ζ (w) ζ(w) dw, W punkcie 2 dowiedliśmy, że ta ca lka jest ograniczona przez π2 6. Pozosta ly do oszacowania dwie ca lki zawieraj ace funkcjȩ Γ. Wykorzystamy wzór Stirlinga dla funkcji Γ(s). Uogólnia on znany wzór n! = 2πn(n/e) n e θ/2n, gdzie < θ <, czyli log(n!) = n log n n + O(log n). Dla ustalonego σ R mamy Im σ+it σ+i Γ (s) T Γ(s) ds = Re Γ (σ + it) dt = T log T T + O(log T ). Γ(σ + it) W naszym przypadku podstawiaj ac s = 2w otrzymujemy Im +i +it Γ (s/2) ( +i)/2 ds = 2 Im Γ(s/2) ( +it )/2 Γ (w) dw = (T log(t/2) T + O(log T )). Γ(w) Ten sam wynik otrzymamy obliczaj ac ostatni a ca lkȩ. Zbieraj ac wyniki otrzymujemy Im I DA = ( T ) log π +(T log T 2 T +O(log T ))+O() = T log T T +O(log T ). 2π Można dowieść, że Im I CD = O(log T ). Dowód pomijamy. Mamy wiȩc ostatecznie N(T ) = (T log T2π ) 2π T + O(log T ) = T 2π log T 2π T 2π + O(log T ).

14 Jerzy Browkin LISTA PEWNYCH AUTORÓW Z 2. PO LOWY XIX WIEKU. B. Riemann ( ) Ch. de la Vallée-Poussin ( ) J. Hadamard ( ) G.H. Hardy (877 97) Th. Stieltjes (856 89) H. von Mangoldt (85 925) R.H. Mellin (85 933) G. de Maupassant (85 893) BIBLIOGRAFIA [] W. Narkiewicz, The Development of Prime Number Theory, Springer 2. [2] E.C. Titchmarsh, The Theory of the Riemann Zeta-Function, Oxford, Clarendon Press 95. [3] N. Levinson, More than One Third of Zeros of Riemann s Zeta-Function are on σ = /2, Adv. in Math. 3 (97), [] J.B. Conrey, More than two fifths of the zeros of the Riemann zeta function are on the critical line, J. reine angew. Math. 389 (989), 26.