Новые нули дзета-функции03.07.2022 12:31

Астрологи объявили на хабре неделю профанных доказательств великих теорем.

Теорема о четырёх красках.
Теорема Ферма.
Перед вами «доказательство гипотезы Римана».

Сначала я хотел тоже, оформить статью по приколу, что типа автор полностью уверен, что всё доказал, где мои деньги, но у меня, похоже, нет такого запаса самоиронии. Так что, обманываться вам придётся сознательно. А ещё, статья же для плюсов пишется, а не для минусов. Так что, вспоминаем о существовании юмора и продолжаем читать.

Итак, сначала по-быстрому (и не по-настоящему) докажем потрясающее очень хорошо сбалансированное равенство

$\sum_{n=-\infty}^{\infty}e^{nx}=0$

Для любого $x$ .
С детского сада всем известно, что сумма геометрической прогрессии равна

$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{e^{nx}}=\frac{1}{e^x-1}$

А сейчас полезно узнать, что существует такая особенная функция

$\frac{1}{e^x-1}-\frac{1}{x}+\frac{1}{2}$

На графике она похоже на синус, только без колебаний. Другими словами, нечётная.

Значит

$\frac{1}{e^x-1}-\frac{1}{x}+\frac{1}{2}=-\left(\frac{1}{e^{-x}-1}-\frac{1}{-x}+\frac{1}{2}\right) \\\frac{1}{e^x-1}+1+\frac{1}{e^{-x}-1}=0 \\\sum_{n=-\infty}^{\infty}\frac{1}{e^{nx}}=0$

Доказали. (Даже похоже получилось)

Если $x=0$ , то

$\ldots+1+1+1+1+1+\ldots=0$

Эту сумму можно разделить на одну единицу и две суммы единиц, тогда получится, что сумма единиц будет минус одной второй

$1+2(1+1+1+1+1+1+1+\ldots)=0 \\1+1+1+1+1+1+1+\ldots=-1/2$

Вот и дзета-функция от нуля тоже минус одна вторая. Только, знак не так однозначен, ведь можно поделить и так:

$2(1+1+1+1+1+1+1+\ldots)-1=0 \\1+1+1+1+1+1+1+\ldots=1/2$

Или даже вот так:

$(1+1+1+\ldots)+(1+1+1+\ldots)=(-1/2)+(1/2)=0$

В общем, половинная сумма известна, а вот её знак уже подозрительно шатается.

Вот так забудешь поставить где надо различный знак и всё — сумма уже не нулевая, всё доказательство насмарку. Такое чувство, что при $x=0$ равенство может быть немножечко не очень верное.

Ладно, при нуле, может, и нет. Но при остальных значениях точно ноль. Поэтому даже верен интеграл

$\int\limits_{-\infty}^{\infty}e^{nx}\,dx=0$

— Если $n$ не равен нулю.

На этом, кстати, работает преобразование Фурье — интеграл имеет ненулевое значение только если частотная составляющая и колебательный множитель в показателе экспоненты под интегралом гасят друг друга в ноль.

$\text{FT}_{x\to w}[e^{f(x)}]=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int\limits_{-\infty}^{\infty}e^{f(x)-xwi}dx$

Да, всё понятно… При нуле и не должно работать. А так работает всегда. (Честно-честно)

Теперь надо вспомнить про дзета-функцию.

$\zeta(s)=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{s}}$

И про гамма функцию

$\Gamma(s)=\int\limits_{0}^{\infty} \frac{x^{s-1}}{e^x}\, dx$

Для дзеты можно повторить за гаммой и оставить аргумент $s$ в правой части уменьшенным на единицу

$\zeta(s)=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n}{n^{s-1}}$

И тогда, если эти две функции перемножить

$\zeta(s)\Gamma(s)=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n}{n^{s-1}}\int\limits_{0}^{\infty}x^{s-1}\frac{1}{e^x}\, dx=\int\limits_{0}^{\infty}\sum_{n=1}^{\infty} \left(\frac{x}{n}\right)^{s-1}\frac{1}{e^x} n\, dx$

После замены переменной

$x \to nx \\n\,dx\to dx \\ \int\limits_{0}^{\infty}\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{s-1}}{e^{nx}} \, dx =\int\limits_{0}^{\infty}x^{s-1}\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{e^{nx}} \, dx$

Магия суммы геометрической прогрессии приведёт вот к такому простенькому интегралу:

$\zeta(s)\Gamma(s)=\int\limits_{0}^{\infty}\frac{x^{s-1}}{e^x-1} \, dx$

Который на самом деле выглядит вот так

$\zeta(s)\Gamma(s)=\int\limits_{0}^{\infty}\left(\frac{1}{e^x-1}-\frac{1}{x}+\frac{1}{2}\right)x^{s-1} \, dx$

Да, это интеграл нашей знакомой функции, только второе и третье слагаемое в обычной ситуации дают нулевой вклад. Но у нас гипотеза Римана, реальная часть $s$ меньше единицы. А так как там ещё единица отнимается, так и вообще степень $x$ становится меньше нуля. Особый случай, второе слагаемое вдруг обретает свою важную роль и начинает активно балансировать всё, чтобы не улетело в бесконечность. А третье слагаемое как-то теряется.

После замены переменных наша дзета-функция выглядит как приготовленная для разделки жареная курочка:

$x\to e^x \qquad \frac{dx}{x} \to dx \qquad s=\frac{1}{2}+\sigma+ti \\\zeta(s)=\frac{\sqrt{2\pi}}{\Gamma(s)}\cdot \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int\limits_{-\infty}^{\infty}\left(\left(\frac{\sqrt{e^{x}}}{e^{e^x}-1}-\frac{1}{\sqrt{e^{x}}}\right) \left(e^{\sigma x}\right)\right)\cdot e^{xti}\, dx$

Да, перед нами обратное преобразование Фурье, а поиск нулей — это всего лишь поиск выпадающих частот. При $\sigma=0$ частоты выпадают одна за другой, как на параде. А вот при других значениях — надо разбираться.

Ах да, надо ещё с тривиальными нулями что-то порешать. А то они внаглую идут только по чётным целым отрицательным числам, а у нас дробь $1/\Gamma(s)$ из отрицательных целых зануляет и те и другие. Не сходится.

Но сам Риман сразу при открытии этой функции сказал: да [разве нужны нам]ер эти нули, вместе с полюсом. Берём, умножаем на всё что под руку попадётся,

$\xi(s)={\zeta(s)\Gamma\left(1+\frac s2\right)(1-s)\pi^{-\large\frac s2}}$

Получается Кси-функция, в которой нет тривиальных нулей, и даже если менять $s$ на $(1-s)$ , то получится то же самое — добавилась симметрия вокруг оси. А все остальные нули остались.

$\xi(s)={(1-s)}\frac{\Gamma\left(1+\frac s2\right)}{\pi^{\large\frac s2}\Gamma(s)}\int\limits_{-\infty}^{\infty}\left(\left(\frac{\sqrt{e^{x}}}{e^{e^x}-1}-\frac{1}{\sqrt{e^{x}}}\right) \left(e^{\sigma x}\right)\right)\cdot e^{xti}\, dx$

Убрали. Но! Нам же это только мешает! До этого сигму можно было в любую сторону шатать, вдруг на ноль попадёшь, а теперь надо обязательно, чтобы если слева ноль то и справа ноль. Это как два раза подряд выиграть в лотерею. Но математики же оптимисты! Шансы существуют. Это как выиграть один раз, но в дважды крутой лотерее.

Так что, составим соответствующее равенство, верное при таких нулях.

${\left(\frac{1}{2}-\sigma-ti\right)}\frac{\Gamma\left(1+\frac {\frac{1}{2}+\sigma+ti}{2}\right)}{\pi^{\large\frac {\frac{1}{2}+\sigma+ti}{2}}\Gamma(\frac{1}{2}+\sigma+ti)}\int_{-\infty}^{\infty}\left(\left(\frac{\sqrt{e^{x}}}{e^{e^x}-1}-\frac{1}{\sqrt{e^{x}}}\right) \left(e^{\sigma x}\right)\right)\cdot e^{xti}\, dx =\\ ={\left(\frac{1}{2}+\sigma-ti\right)}\frac{\Gamma\left(1+\frac {\frac{1}{2}-\sigma+ti}{2}\right)}{\pi^{\large\frac {\frac{1}{2}-\sigma+ti}{2}}\Gamma(\frac{1}{2}-\sigma+ti)}\int_{-\infty}^{\infty}\left(\left(\frac{\sqrt{e^{x}}}{e^{e^x}-1}-\frac{1}{\sqrt{e^{x}}}\right) \left(e^{-\sigma x}\right)\right)\cdot e^{xti}\, dx$

Ничего особенного, почти одинаковые выражения справа и слева, только знак у сигмы поменялся. Доказанная симметрия — она сразу и у $t$ знак переключает. А вот так — только у сигмы, без $t$ , выполнить равенство слабо?

«Новые» нули функции именно это и обязаны делать. Конечно, если интеграл ноль, без разницы, что там за конечный множитель перед ним. Но и убирать этот множитель не надо, он должен помочь найти такое место, ведь прежде чем обнулиться функция должна потихонечку симметричненько уронить логарифм своего значения.

Смотря на это равенство, можно начать сомневаться, что и осевые нули бывают. Но нет — доказано, на оси нулей столько, что забирай — не закончатся. А вот то что не при любом $t$ такое бывает — уже намекает на ограничения.

А ещё, может ли выполняться это равенство при не нулевых значениях интеграла? Мнимая часть точно должна быть нулевой, ведь она меняет знак. А реальная? Ну вот, даже прямое уравнение и то с подвохом. При нулевом $t$ выполняется с любой сигмой. И такие линии выполнения равенства есть и при комплексных значениях, они изогнутые. Если оставшаяся реальная часть на такой линии обнулится, то это именно то что мы ищем. Такие линии даже напрямую чередуются с нулями: на графике значений дзета-функции на оси она то уходит в ноль, то пересекает линию действительных значений.

Будет, конечно прикол, если «новый» ноль окажется не на этой линии. Он, конечно, может быть на линии, но я же не проверял, что только на ней. У кси-функции линии нулевой реальной части и линии нулевой мнимой части чередуются, но ещё по оси идёт линия нулевой мнимой части. Так что, если пересечения линий не будет, новых нулей не ожидается.

Немного объясню прикол с нулевой суммой из начала статьи, а то может быть не понятно. Дело в том, что сумма всех натуральных степеней одного числа сходится только если число меньше единицы. Для комплексных чисел сравнение превращается из больше/меньше в направление изменения фазы — меня до сих пор удивляет, почему для математиков было открытием, что кроме вперёд/назад можно ходить и вправо/влево, и ещё разворачиваться в любом направлении. А больше/меньше определять можно отдельно для реальных или мнимых частей, или модуля. Для схождения модуль числа должен быть меньше единицы. Если число равно единице, то для суммы слагаемые аналогичны нулевой степени натурального основания, и сходиться такая сумма из бесконечности единиц точно не будет. А если модуль больше единицы, то тем более.

Если модуль равен единице, но фаза отличается, то сумма превращается в постоянное кружение вокруг одной точки, и вопрос спорный — эта точка как-то относится к тому, что должно получиться, или нет? А если добавить такое кружение с противоположной фазой, и значит, в другую сторону? Общее значение будет реальным и равным единице — за счёт того, что первый шаг — в котором фаза ещё не проявлена — дублируется. Но имеет ли такая сумма отношение к понятию суммы, и можно ли расширить нулевое значения сложения этих сумм для всех комплексных степеней? Условно, очень условно. Если говорить точно, то нет. Но если в аналитическом смысле, то совсем же другое дело.

Аналитика тоже может быть неожиданной. Например. Преобразование Фурье можно было бы считать суммой из двух различных преобразований Лапласа. Преобразование Лапласа — это интеграл, в котором множитель состоит из натурального основания в степени минус параметра — как преобразование Фурье, только без мнимого множителя, и с уменьшенным вдвое диапазоном интегрирования. Для комплексной функции колебания с одной частотой преобразование будет давать

$\text{LT}_{x\to s}[e^{ikx}]=\int\limits_{0}^{\infty}e^{ikx}e^{-sx}dx=\frac{1}{s-ik}$

На $s$ есть ограничения, при их нарушении интеграл не сходится. Если посмотреть, как будет выглядеть результат, если объединить отрицательный и положительный диапазон, чтобы было похоже на преобразование Фурье, то получится

$\text{FT}[e^{ikx}]\sim \text{LT}_{x\to s}[e^{kx}]-\text{LT}_{x\to p=-s}[e^{-kx}]=\frac{1}{s-k}-\frac{1}{p-(-k)}=0$

Вот так. Оказывается, такие манипуляции не учитывают, что частота может совпадать с параметром, и $1/s-1/s$ не всегда будет давать ноль. Иногда это может быть дельта-функцией.

Кроме того, ограничение на преобразование Лапласа определяют только одно из этих двух слагаемых — это максимум, другое при тех же параметрах не сходится. Так что, это тоже условно. Но условность интересная. Преобразование Фурье-то здесь равно дельта-функции не условно.

$\text{FT}[e^{ikx}]=\sqrt{2\pi}\delta(w-k)$

Различие $1/x-1/x$ у нас уже встречалось, когда нечётность «особенной» функции упрощалась.

$\operatorname{Z}(x)=\frac{1}{e^x-1}-\frac{1}{x}+\frac{1}{2}=-\operatorname{Z}(-x)=-\left(\frac{1}{e^{-x}-1}-\frac{1}{-x}+\frac{1}{2}\right) \\ \frac{1}{e^x-1}+1+\frac{1}{e^{-x}-1}=\frac{1}{x}-\frac{1}{x}$

И слева что-то что при нуле не рассчитывается, и справа претендент на дельта-функцию. Кругом подвох.

Второе слагаемое в особенной функции, конечно, подозрительное. С другой стороны, именно это слагаемое балансирует интеграл при определении нетривиальных нулей дзета-функции. И здесь, похоже, тоже балансирует.

Так что же за этим всем стоит? Если порассуждать: первое слагаемое понятное, второе слагаемое подозрительное, третье слагаемое не участвует в интеграле. И возникает по этому поводу такая мысль. А что, если существует и четвёртое слагаемое, только оно на столько странное, что даже не проявляется? Или, наоборот, всё доказательство сводится к тому, что такого слагаемого нет? Как доказать, что чего-то нет, если его нет? А, ну да, у нас тут гипотеза Римана, был бы наглядный пример.

Рассмотрим подробнее преобразование Фурье. Если задать функцию затухающего колебания

$g(x)=e^{(ik-1)x}$

То преобразование Лапласа с ней справится.

$$\text{LT}[g(x)]=\frac{1}{s+1-ik}\qquad \operatorname{Re}(s)>-1 $» /></p><p>А вот преобразование Фурье как интеграл по всему диапазону — разойдётся.<br />Если ограничить диапазон интегрирования, точнее, обнулить функцию для <img src=$ , то

$\text{FT}[e^{(ik-1)x}\theta(x)]=-\frac{1}{\sqrt{2 \pi}}\cdot\frac{i}{w + i(ik - 1)}$

Результаты аналогичны. Аналитически, что полный диапазон, что закрытый диапазон, должны давать ноль. А здесь, промежуточный вариант, даёт какое-то не нулевое распределение.

$\text{FT}\left[\frac{e^{(ik-a)|x|}}{2}\right]=-\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\cdot\frac{ (i k - a)}{w^2 + (i k - a)^2}$

— Ещё один промежуточный вариант, симметричный.

Если сложить то что получится при изменение знака у $a$ :

$\text{FT}\left[\frac{e^{(ik-a)|x|}}{2}+\frac{e^{(ik+a)|x|}}{2}\right]= -\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\cdot\left(\frac{ (i k - a)}{w^2 + (i k - a)^2}+\frac{ (i k + a)}{w^2 + (i k + a)^2}\right)= \\=-\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{\pi}}\cdot\frac{ i k(w^2 - k^2 - a ^2)}{(w^2 - k^2 +a ^2)^2 - (2ka)^2 - 4ika(w^2 - k^2 +a ^2)}$

Если при этом сменить знак фазы, то всё упрощается как надо:

$\text{FT}\left[\frac{e^{(ik-a)|x|}}{2}+\frac{e^{(-ik+a)|x|}}{2}\right]=\\= -\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\cdot\left(\frac{ (i k - a)}{w^2 + (i k - a)^2}+\frac{ (-i k + a)}{w^2 + (-i k + a)^2}\right)=0$

Преобразовании Фурье двух встречных экспонент давало бы ноль, если бы знак $a$ не влиял на сходимость.

Это статья ничем не заканчивается. Пойду чай попью.

Вдруг $\frac{1}{1/x}-\frac{1}{1/x}$ тоже может быть не ноль?