Transcript Nollställena för Riemanns Zetafunktion och dess beteende påden

Nollst¨allena till Riemanns Zeta-funktion och dess
Beteende p˚
a den Kritiska Linjen
Linus Bergkvist
1
Introduktion
Riemannhypotesen beskrevs f¨or f¨orsta g˚
angen 1859 av Bernhard Riemann och
lyder: Alla icke-triviala nollst¨allen till Riemanns Zeta-funktion har Realdelen
∞
P
1
1
or Re(s) > 1 definieras Riemanns Zeta-funktion som
or att kunna
2 . F¨
ns . F¨
n=1
studera dess nollst¨
allen i det komplexa talplanet m˚
aste man allts˚
a f¨orst hitta
ett s¨
att att beskriva Zeta-funktionen p˚
a som g¨aller f¨or alla s i C. Arbetet ¨ar i
huvudsak uppdelat i 2 delar och ett Appendix. I den f¨orsta delen begr¨ansas Zetafunktionens icke-triviala nollst¨allen till en “remsa” i det komplexa talplanet (de
triviala nollst¨
allena (−2, −4, −6, −8 . . .) f˚
ar ocks˚
a sin f¨orklaring). I den andra
delen studeras nollst¨
allena l¨
angs den “kritiska linjen” ( 21 + it, t ∈ R). Det
finns ¨
aven ett appendix i vilket vissa, inte helt uppenbara satser som anv¨ands i
arbetet, h¨
arleds.
Del 1
I denna del kommer det f¨
orst att bevisas att zeta-funktionen inte har n˚
agra
nollst¨
allen f¨
or Re(s) > 1. D¨
arefter p˚
avisas en funktion som har samma nollst¨allen
som zeta-funktionen, och som d¨arefter bevisas vara invariant fr˚
an s → (1 − s).
Av denna invarians f¨
oljer det att zeta-funktionen om¨ojligt kan ha n˚
agra icketriviala nollst¨
allen f¨
or Re(s) < 0. D¨arefter visas en funktion som p˚
a linjen 1 + it,
har samma nollst¨
allen som zeta-funktionen . D¨arefter visas det att denna funktion inte har n˚
agot nollst¨
alle f¨or n˚
agot v¨arde p˚
a t, vilket har som f¨oljd att
zeta-funktionen inte har n˚
agra nollst¨allen p˚
a linjen Re(s) = 1 D¨arefter f¨oljer
det av den sedan tidigare p˚
avisade invariansen att zeta-funktionen inte heller
har n˚
agra nollst¨
allen p˚
a linjen Re(s) = 0. Sammanfattningsvis har allts˚
a zetafunktionens nollst¨
allen begr¨
ansats till remsan 0 < Re(s) < 1.
Sats 1:
> 1.
Det finns inga nollst¨allen till Riemanns zeta-funktion med Realdelen
Bevis:
∞
P
F¨
or s med Re(s) > 1 definieras Riemanns zeta-funktion som ζ(s) =
n=1
1
1
1
1
+ s + s + s ...
1s
2
3
4
1
1
1
1
1
ζ(s) · s = s + s + s + s . . .
2
2
4
6
8
ζ(s)
1
1
1
ζ(s) − s = s + s + s . . .
2
1
3
5
1
1
1
1
1
ζ(s)(1 − s ) · s = s + s + s . . .
2
3
3
9
15
1
1
1
1
1
ζ(s)(1 − s )(1 − s ) = s + s + s . . .
2
3
1
5
7
1
ns
ζ(s) =
Vi har nu tagit bort alla multiplar av
Vi har nu tagit bort alla
˚
aterst˚
aende multiplar av
2
1
3s
1
2s
Om man g¨
or s˚
a med alla primtal f˚
ar man:
1
1
1
1
)(1 − s )(1 − s ) . . . = s = 1 ⇔
s
2
3
5
1
Y
1
1
ζ(s) =
. Re(s) > 1
=
1 − p−s
(1 − 21s )(1 − 31s ) . . .
p
ζ(s) · (1 −
Y
p
Y
ζ(s)
= 1 = ζ(s) · (1 − p−s )
1
p
(1 − p−s )
D˚
a produkten till h¨
oger om¨
ojligt kan ha n˚
agra singulariteter visar detta att
ζ(s) 6= 0 F¨
or Re(s) > 1
Definition:
Den kompletta zeta-funktionen.
ξ(s) =
1
s
· s(s − 1) · π −s/2 · Γ( ) · ζ(s)
2
2
ˆ
d¨
ar
∞
ts−1 · e−t dt
Γ(s) =
0
Sats 2: Den kompletta zeta-funktionens nollst¨allen ¨ar nollst¨allen f¨or Riemanns
zeta-funktion.
Bevis:
D˚
a varken 12 · s, (s − 1), π −s/2 eller Γ( 2s ) har n˚
agra nollst¨allen ut¨over punkterna
s = 0 och s = 1 s˚
a m˚
aste ξ(s) ha samma nollst¨allen som ζ(s).
Sats 3:
ξ(s) = ξ(1 − s).
Bevis:
s
Γ( ) =
2
ˆ
∞
ts/2−1 · e−t dt
0
Vi g¨
or substitutionen t = π · n2 · x.
ˆ ∞
(s/2−1)
2
s
Γ( ) =
π (s/2−1) · n2
· x(s/2−1) · e−π·n ·x dx
2
0
ˆ ∞
2
s
xs/2−1 · e−πn x dx
π −s/2 · Γ( ) · n−s =
2
0
P −s
n
Vi vet att ζ(s) =
n≥1
Vi summerar b˚
ada leden ¨
over n med n > 0 och erh˚
aller d˚
a:
ˆ
∞
X
X
2
s
s
π −s/2 · Γ( ) · n−s = π −s/2 · Γ( ) · ζ(s) =
xs/2−1 ·
e−πn x dx
2
2
0
n≥1
n≥1
3
fram¨
over betecknar vi
P
2
e−πxn som ω(x). Nu delar vi upp integralen vid 1
n≥1
och erh˚
aller:
ˆ
ˆ
1
∞
xs/2−1 · ω(x) dx +
0
xs/2−1 · ω(x) dx
1
F¨
or att f˚
a samma integrationgr¨anser i de b˚
ada integralerna g¨or vi substitutionen
x = x−1 i den f¨
orsta integralen och erh˚
aller d˚
a:
ˆ ∞
ˆ ∞
x−s/2−1 · ω(x) dx
x−s/2−1 · ω(x−1 ) dx +
1
1
Vi definierar nu funktionen θ(x) som:
θ(x) =
X
2
e−xn
π
n∈Z
2
Eftersom n2 = (−n)2 och e−x0
π
= 1 f˚
ar vi att
θ(x) = 2ω(x) + 1
2
Vi anv¨
ander nu Fouriertransformen p˚
a e−πn
x
och erh˚
aller
2
F(e−πn x )(u) = x−1/2 · e−πu
2
/x
Vi anv¨
ander d¨
arefter summationsformeln fr˚
an Sats 1 i appendix och erh˚
aller d˚
a:
θ(x) = x−1/2 θ(x−1 )
√
√
1
x 1
2ω(x) + 1 = √ (2ω(x−1 ) + 1) ⇔ ω(x−1 ) = ω(x) · x +
−
2
2
x
Om vi nu anv¨
ander v˚
art uttryck f¨or ω(x−1 ) i den tidigare integralen erh˚
aller vi:
ˆ ∞
ˆ ∞
1
1
x−s/2−1 · ω(x−1 ) dx = − +
+
x(s+1)/2 · ω(x) dx
s
s
−
1
1
1
Och hela ekvationen blir d˚
a:
s
1
ξ(s) = π −s/2 · Γ( ) · ζ(s) = −
+
2
s(1 − s)
ˆ
∞
(xs/2−1 + x−(s+1)/2 ) · ω(x) dx
1
Om vi byter ut s mot (1 − s) i det h¨ogra uttrycket erh˚
aller vi samma uttryck
igen. D¨
arf¨
or g¨
aller det att ξ(s) = ξ(1 − s)
(Division med Γ( 2s ) i den sista likheten, inneb¨ar att zeta-funktionen har nollst¨allen
varje g˚
ang d˚
a Γ( 2s ) har en singularitet. P˚
a s˚
a s¨att erh˚
alls de “triviala nollst¨allena”)
4
Sats 4: De triviala nollst¨
allena till Riemanns zeta-funktion a¨r de enda nollst¨allena
utanf¨
or intervallet 0 < Re(s) < 1.
Bevis:
I Sats 1 bevisades det att ζ(s) inte har n˚
agra nollst¨allen f¨or ζ(s) och i Sats 3
bevisades det att ξ(s) = ξ(1 − s). Om vi antar att det finns en punkt p med
Re(p) < 0 s˚
adan att ζ(p) = 0 inneb¨ar det av Sats 2 att ξ(p) = 0 ⇔ ξ(1 − p) =
0 ⇔ ζ(1 − p) = 0 men om Re(p) < 0 ¨ar Re(1 − p) > 1. D˚
a inneb¨ar det att
det finns en punkt q = 1 − p med Re(q) > 1 s˚
adan att ζ(q) = 0. Men detta
strider mot Sats 1. Det kan allts˚
a inte finnas en punkt p med Re(p) < 0 s˚
adan
att ζ(p) = 0.
Sats 5: ζ(s + it) = 0 for s = 1 omm ζ(s)3 · ζ(s + it)4 · ζ(s + 2it) = 0
f¨or s = 1.
Bevis:
ζ(s) har en singularitet f¨
or s = 1. Men eftersom faktorn ζ(s + it)4 ¨ar av h¨ogre
grad kan singulariteterna f¨
or ζ(s) inte ta ut ett eventuellt nollst¨alle. Termen
ζ(s + 2it) kan bli 0, men d˚
a den aldrig kan bli en singularitet kan den inte ta ut
ett eventuellt nollst¨
alle.
Hj¨
alpsats 6:
∞
P
ln(1 − i) = −
n=1
xn
n
Bevis:
f (x) = ln(1 − x) ⇒ f (0) = ln(1) = 0
Definitionen av Maclaurinpolynom ¨ar:
∞
X
f (n) (0) · xn
f (x) =
n!
n=0
men d˚
a ln(1) = 0 ¨
ar:
ln(1 − x) = f (x) =
∞
X
f (n) (0) · xn
n!
n=1
Derivering ger att
f (n) (0) = −(n − 1)!
⇓
ln(1 − x) =
∞
∞
X
X
−(n − 1)! · xn
xn
=−
n!
n
n=1
n=1
5
Sats 7:
ζ(s) har inga nollst¨allen f¨or Re(s) = 1.
Bevis:
Vi anv¨
ander oss av ett uttryck fr˚
an Sats 1:
ζ(s) =
Y
p
1
1 − p−s
1
) = ln(1) − ln(1 − p−s ) = − ln(1 − p−s )
1 − p−s
Y
X X
X 1
1
=−
1 − p−s = − Re(
ln(1−p−s )
=
ln
ln
ln |ζ(s)| = ln 1 − p−s p 1 − p−s p
p
p
ln(
Hj¨
alpsats 6 ger nu:
− Re(
X
p
∞
XX
p−ns
ln(1 − p−s )) = (
(
))
n
p n=1
Vi definierar nu h(x) = ζ(x)3 · ζ(x + it)4 · ζ(x + 2it), logaritmlagarna ger nu:
ln(h(x)) = 3 ln |ζ(x)| + 4 ln |ζ(x + it)| + ln |ζ(x + 2it)|
∞
XX
1 nx
=
· p · Re(3 + 4p−int + p−int·2 )
n
p n=1
eftersom:
1 −nx
·p
≥0
n
f¨oljer det att det vi m˚
aste unders¨oka ¨ar om
Re(3 + 4p−int + p−2int ) ≥ 0
p−int = eln(p)·−int
θ = − ln(p) · n · t ⇒ eiθ ⇒ Re(3 + 4 · eiθ + ei2θ )
Eulers formel ger nu:
Re(3 + 4eiθ + e2iθ ) = 3 + 4 cos(θ) + cos(2θ)
likheten cos(2θ) = 2 cos2 (θ) − 1 ger:
3 + 4 cos(θ) + 2 cos2 (θ) − 1 = 2(1 + 2 cos(θ) + cos2 (θ)) = 2(1 + cos(θ))2 ≥ 0
alla termer i v˚
ar summa ¨
ar allts˚
a st¨orre eller lika med 0. D˚
a exempelvis
θ = − ln(2) · 2 ger en term > 0 inneb¨ar detta att summan ¨ar strikt st¨orre ¨an 0.
Det finns allts˚
a inga nollst¨
allen f¨or ζ(s) med Re(s) = 1.
6
Sats 8:
Det finns inga nollst¨allen f¨or ζ(s) med Re(s) = 0.
Bevis:
Sats 2 och 3 visar att om ζ(s) a¨r ett nollst¨alle a¨r ζ(1 − s) ocks˚
a det. Om det
finns n˚
agot ζ(0 + it) = 0 f¨
oljer a¨ven att ζ(1 − (0 + it)) = ζ(1 − it) = 0. Men
detta motbevisades i Sats 7.
Notera att Sats 2 inte fungerar i punkterna s = 1 och s = 0. Med d˚
a ζ(0) = − 12
och ζ(1) = ∞ h˚
aller Satsen.
7
Del 2
I denna del s˚
a utg˚
ar man fr˚
an ett uttryck av 2 variabler som bland annat inneh˚
aller ζ( 12 + it) , som d¨
arefter, genom flera hj¨alpsatser, skrivs om till ett
annat uttryck. Detta uttryck f¨or¨andras i sin tur genom derivering med avseende
p˚
a en av variablerna. Genom ett mots¨agelsebevis visas det d¨arefter slutligen att
denna derivata om¨
ojligt kan sluta v¨axla tecken f¨or t > T f¨or n˚
agot stort T . D˚
a
den enda funktionen i uttrycket som potentiellt sett kan v¨axla tecken o¨andligt
m˚
anga g˚
anger ¨
ar ζ( 12 + it) f¨oljer det d¨arav att zeta-funktionen har o¨andligt
m˚
anga nollst¨
allen p˚
a den kritiska linjen.
Sats 9:
Om ζ(s) = 0 f¨
or n˚
agot tal s =
1
2
+ it med t ∈ R ¨ar ζ(s) = 0
Bevis:
Det har tidigare visats att om ζ(s) = 0 ¨ar ζ(1 − s) = 0. ζ( 21 + it) = 0 ⇔
ζ(1 − ( 12 + it)) = ζ( 12 − it) = 0
Definition: Mellintransform {Mf }(s) = ϕ(s) =
´∞
0
xs−1 · f (x) dx
Mellintransformen har inversionsformen
ˆ C+i∞
1
·
x−s · ϕ(s) ds
f (x) =
2πi C−i∞
Hj¨
alpsats 10:
{Mω}(x) = ζ(2s) · Γ(s) · π −s
med
ω(y) =
X
e−n
2
πy
n≤1
Bevis:
Denna likhet h¨
arleddes i Sats 3, men d˚
a utan beteckningen Mellintransform.
Hj¨
alpsats 11:
1
ω(y) =
2πi
ˆ
C+i∞
ζ(zs) · Γ(s) · π −s · y −s ds f¨or c >
C−i∞
1
2
Bevis:
Detta f¨
oljer av att applicera Mellintransformens inversionsformel p˚
a Hj¨alpsats
10.
Definition:
Ξ(t) = ζ( 21 + it)
8
Sats 12:
ˆ
∞
0
1
1
1
1
(t2 + )−1 Ξ(t) · cos(xt) dt = π(e 2 x − 2e− 2 x ω(e−2x ))
4
2
Bevis:
ˆ
∞
S¨
att Q(x) =
0
1
(t2 + )−1 Ξ(t) · cos(xt) dt
4
D˚
a (t2 + 41 )·Ξ(t)·cos(xt) ¨
ar symmetrisk kring t = 0 (se Sats 9 f¨or Ξ(t)’s symmetri)
s˚
a g¨
aller:
ˆ
1 ∞ 2 1 −1
(t + ) · Ξ(t) · cos(xt) dt (1)
Q(x) =
2 −∞
4
D˚
a sin(xt) ¨
ar “inverst symmetrisk” kring t = 0 f¨oljer det att
ˆ
1 ∞ 2 1 −1
(t + ) · Ξ(t) · sin(xt) dt = 0 (2)
2 −∞
4
Addition av (1) och (2) tillsammans med Eulers formel ger nu:
ˆ
1 ∞ 2 1 −1
(t + ) · Ξ(t) · eixt dt
Q(x) =
2 −∞
4
l˚
at s =
1
2
+ it. D˚
a f¨
oljer:
1
e− 2 xt
Q(x) =
·
2i
ˆ
1
2 +∞
1
2 −∞
1
Ξ(s) · exs ds
s(1 − s)
Definitionen av ξ(s) p˚
a den kritiska linjen ger nu:
1
e− 2 xt
Q(x) = −
·
4i
ˆ
1
2 +∞
1
2 −∞
s
s
ζ(s) · Γ( )π − 2 · exs ds
2
s
z(s) · Γ( 2s )π − 2 · exs har singulariteter i s = 0 och s = 1. D¨armed f¨oljer det att
om vi flyttar linjeintegralen till h¨oger om linjen c = 1 s˚
a korrigeras f¨or¨andringen
med att subtrahera residualen i s = 1 s˚
a f¨or c > 1 g¨aller:
ˆ 1 +∞
1
1
2
s
s
e− 2 xt
s
e− 2 xt
s
Q(x) = −
·
ζ(s)·Γ( )·π − 2 ·exs ds+
·2πi·Res(ζ(s)·Γ( )·π − 2 ·exs , 1)
1
4i
2
4i
2
−∞
2
D˚
a Res(ζ(s), 1) = 1 (se Appendix Sats 14) f¨oljer det att:
1
1
1
√
1
e− 2 x
1
e2x
1
e 2 xπ
· 2πi · 1 · Γ( ) · π − 2 · ex =
·π·1· x· √ =
4i
2
2
2
x
D¨
armed f¨
oljer:
1
e− 2 x
·
Q(x) = −
4i
genom att s¨
atta y = e
−2x
1
ˆ
C+∞
C−∞
1
s
π 1
ζ(s) · Γ( ) · π − 2 · exs ds + · e 2 x
2
2
erh˚
alls det fr˚
an Hj¨alpsats 11 att:
Q(x) = −πe− 2 x · ω(e−2x ) +
1
1
π 1x
1
e 2 = π(e 2 x − 2e− 2 x · ω(e−2x ))
2
2
9
Hj¨
alpsats 13:
F¨
or alla heltal n g¨aller:
1
lim
+
a→ n
4π
d2n [e 2 ia ( 12 + ω(e2ia ))]
=0
da2n
Bevis:
Observera att:
ω(i + v) =
=
=
=
∞
X
n=1
∞
X
n=1
∞
X
n=1
∞
X
e−n
2
π(i+v)
e−n
2
vπ
· e−πin
e−n
2
vπ
· (−1)n
e−n
2
vπ
· (−1)n
2
2
n=1
Det sista steget g¨
aller d˚
a udda n ger udda n2 och j¨amna n ger j¨amna n2 .
2ω(4v) − ω(v) =
∞
X
2e−n
2
π4v
− e−n
∞
X
(−1)n · e−n
πv
=
∞
X
2
2e−(2n)
πv
− e−n
2
πv
n=1
n=1
=
2
2
vt
= ω(i + v) = 2ω(4v) − ω(v)
(1)
n=1
1
1 1
1
1
ω(x) = x− 2 · ω( ) + x− 2 − (Se Sats 3 f¨or h¨arledning)
x
2
2
Vilket ger att (1) blir:
1
1
1
1
1
ω(i + v) = √ · ω( ) − √ · ω( ) −
4v
v
2
v
v
(2)
Om man nu skriver ut summorna ser man att ω(i+v)+ 21 och alla dess derivator
g˚
ar mot 0 d˚
a v → 0 f¨
or v ∈ R+ vilket ¨aven inneb¨ar att de g˚
ar mot 0 l¨angs all
1
vinklar | arg(z)| < 2 π d˚
a vi f¨
or n˚
agot v med Re(v) > 0 har att:
∞
∞
∞
X
X
X
Re(v)
2 1
−πn2 |v2 |
−πn2 v1 e
e
≤
e−πn |v| .
≤
n=1
n=1
n=1
+
D˚
a a → π4 antyder att e2ia → i l¨angs alla “v¨agar” med | arg(e2ia − i)| < 21 π,
s˚
a bevisar detta Satsen
10
Sats 14: Riemanns Zeta-funktion har o¨andligt m˚
anga nollst¨allen l¨angst linjen
1
+
it
2
Bevis:
Genom att substituera x = −ia i Sats 12 s˚
a erh˚
alls uttrycket:
ˆ ∞
1
1
1
π
(t2 + )−1 Ξ(t) · cosh(at) dt = (e− 2 ia − 2e 2 ia · ω(e2ia ))
4
2
0
1
a
1
= π cos( ) − πe 2 ia ( + ω(e2ia ))
(1)
2
2
1
d¨
ar cosh(at) = (e−at + eat )
2
om man nu deriverar (1) 2n antal g˚
anger med avseende p˚
a a f˚
ar man:
ˆ ∞
a πd2n 1 ia 1
1
π(−1)n
2ia
2
cos(
e
(
(t2 + )−1 ·t2n ·Ξ(t)·cosh(at) dt =
)−
+
ω(e
))
4
22n
2 da2n
2
0
(deriveringen sker ett j¨
amnt antal g˚
anger f¨or att f˚
a en “regelbunden” derivata)
alpsats 13 inneb¨ar nu att den sista termen i det h¨ogra
a f˚
ar nu g˚
a mot 14 π + . Hj¨
ledet → 0, vilket ger:
ˆ ∞
1 −1 2n
π(−1)n
8
2
(t
+
)
·
t
Ξ(t)
·
cosh(at)
dt
=
cos( ).
(2)
lim
4
22n
π
a→ 41 π + 0
Om satsen ¨
ar fel skulle det inneb¨ara att Ξ(t) har ¨andligt m˚
anga nollst¨allen vilket
inneb¨
ar att Ξ(t) aldrig ¨
andrar tecken f¨or t > T f¨or n˚
agot stort T . Antag nu att
Ξ(t) > 0 (Ξ(t) < 0 hanteras p˚
a samma s¨att). l˚
at L Definieras som:
ˆ ∞
1
lim+
(t2 + )−1 Ξ(t) cosh(at) dt = L
π
4
0
a→ 4
D˚
a cosh ¨
okar monotont i [0, ∞] antyder det f¨or T 0 > T att:
ˆ
T0
T
ˆ
0
1
(t2 + )−1 Ξ(t) cosh(at) dt ≤ L
4
∞
1
1
(t2 + )−1 Ξ(t) cosh( πt) dt
4
4
ar absolut konvergent. D˚
a (t2 + 14 )−1 t2n Ξ(t) cos( π4 t) ¨ar st¨orre ¨an (t2 + 14 )−1 t2n Ξ(t) cos(at)
¨
π
F¨
or alla a ∈ [0, 4 ] (D˚
a cosh v¨axer monotont), l˚
ater Dominerande konvergenssatsen oss att byta plats p˚
a gr¨ansv¨ardet och integralen. (2) ger nu att vi f¨or
varje n har:
ˆ ∞
1
π
π(−1)n
π
· cos( )
(t2 + )−1 Ξ(t) cosh( t) dt =
2n
4
4
2
8
0
Det ¨
ar dock om¨
ojligt d˚
a h¨
ogerledet v¨axlar tecken o¨andligt ofta. L˚
at n vara udda,
h¨
ogerledet ¨
ar d˚
a strikt mindre ¨an 0 och vi har d˚
a:
ˆ ∞
1
π
(t2 + )−1 Ξ(t) cosh( t) dt < 0
4
4
0
11
ˆ
∞
T
1
π
(t2 + )−1 Ξ(t) cosh( t) dt < −
4
4
ˆ
T
0
1
π
(t2 + )−1 Ξ(t) cosh( t) dt
4
4
D˚
aT ¨
ar fixt ¨
ar:
ˆ
ˆ T
T
1 −1
π
1
1
2
2n
(t2 + )−1 |Ξ(t)| cosh( πt) dt
(t + ) Ξ(t) cosh( t) dt ≤ T
0
4
4
4
4
0
s¨
att R =
´T
0
(t2 + 14 )−1 |Ξ(t)| cosh( 14 πt) dt. Detta ger nu:
ˆ
−
0
T
π
1
(t2 + )−1 Ξ(t) cosh( t) dt ≤ RT 2n
4
4
d¨
ar R ¨
ar oberoende av n. Man kan nu anta att det finns ett K > 0 s˚
a att
Ξ(t)(t2 + 41 )−1 > K f¨
or alla 2T < t < (2T + 1) s˚
a att:
ˆ
∞
T
1
π
(t2 + )−1 Ξ(t) cosh( t) dt ≥
4
4
ˆ
2T +1
t2n K dt ≥ K · (2T )2n
2T
D¨
armed ¨
ar
K(2T )2n < RT 2n
f¨or alla n, vilket a
¨r ekvivalent med:
22n <
R
K
R
vilket ¨
ar om¨
ojligt d˚
a K
ar oberoende av n och n kan v¨aljas godtyckligt stort.
¨
Vi har d¨
armed en mots¨
agelse, Satsen ¨ar bevisad.
12
Appendix
Definition: Fourierserie och Fouriertransform.
Eulers formel ger att ei·x = cos(x) + i · sin(x) Men g˚
ar det att uttrycka en
funktion som en o¨
andlig summa med sinus och cosinusv˚
agor?
Mer matematisk blir fr˚
agan om kan man skriva en funktion f (t) som
∞
X
f (t) =
Cn · ei·n·t
n=−∞
Detta g˚
ar om f (t) ¨
ar periodisk med perioden 2π. Om s˚
a ¨ar fallet g¨aller:
f (t) =
∞
X
Cn · ei·n·t
n=−∞
f (t) · e−imt =
ˆ
∞
X
Cn (ei(n−m)·t )
n=−∞
π
f (t) · e
−π
−imt
dt =
ˆ
π
∞
X
Cn · e
i(n−m)·t
∞
X
dt =
−π n=−∞
ˆ
π
ei(n−m)·t dt
Cn ·
n=−∞
−π
Integralen p˚
a h¨
oger sida = 0 om n 6= m och = 2π om n = m
ˆ π
ˆ π
1
·
f (t) · ei·m·t dt
f (t) · e−i·m·t dt = Cn · 3π = Cm · 2π ⇔ Cm =
2π
−π
−π
Mer generellt s˚
a g¨
aller att om f (t) har en Period L s˚
a ¨ar:
f (t) =
∞
X
t
Cn · ei·n·2π· L
n=−∞
d¨
ar Cn =
1
L
ˆ
L/2
f (t) · e−
i·n·2π
L
−L/2
d¨
ar Cn kallas f¨
or den n:te Fourierkoefficienten till f (t).
Fouriertransformen av en funktion f(t) definieras som:
ˆ ∞
1
F(u) =
·
f (t) · e−i·u·t dt
2π −∞
13
Sats 1:
P
f (n) =
n∈Z
P ˆ
f (m) d¨ar fˆ(m) a¨r Fouriertransformen till f (n).
n∈Z
Bevis:
P
Vi b¨
orjar med att definiera g(x) som
f (x + n) eftersom g(x) ¨ar periodisk
n∈Z
med perioden 1 kan vi skriva ett uttryck f¨or dess Fourierkoefficienter.
ˆ 1X
gˆk =
f (x + n) · e−ikx dx
=
0 n∈Z
Xˆ 1
n∈Z
=
Xˆ
n∈Z
ˆ
f (x + n) · e−ikx dx
0
n+1
f (x) · e−ikx dx
n
ˆ
0
ˆ
1
−ikx
f (x) − e
f (x) · e
dx +
= ...
0
−1
ˆ ∞
f (x) · e−ikx dx = fˆ(x)
=
−ikx
2
f (x) · e−ikx dx...
dx +
1
−∞
Som ¨
ar fouriertransformen av f (x).
X
X
g(x) =
f (x + n) =
fˆ(k) · eikx
n∈Z
k∈Z
som ¨
ar fourierserien till g(x). Om vi nu v¨aljer x = 0 f˚
ar vi:
X
X
X
f (n) =
fˆ(k) · e0 =
fˆ(k)
n∈Z
k∈Z
k∈Z
Sats 2: Om f (z) = u(x, y) + iv(x, y) ¨ar differentierbar i punkten z0 = x0 + iy0
m˚
aste:
dv
du
dv
du
=
och
=−
dx
dy
dy
dx
Bevis:
Vi utg˚
ar fr˚
an derivatans definition:
f (z0 + ∆z) − f (z0 )
∆z→0
∆z
f 0 (z0 ) = lim
∆z = ∆x + i∆y f˚
ar g˚
a mot 0 fr˚
an alla riktningar i det komplexa planet. Om
∆z → 0 horisontellt ¨
ar ∆z = ∆x och vi f˚
ar d˚
a:
v(x0 , +) − v(x0 , y0 )
u(x0 , +) − u(x0 , y0 )
x, y∆x + i lim
x, y∆x
= lim
∆x→0
∆x→0
∆
∆
du
dv
=
(x0 , y0 ) + i (x0 , y0 ) = f 0 (z0 )
dx
dx
14
u(x0 + ∆x, y) + iv(x0 + ∆x, y) − u(x0 , y0 ) − iv(x0 , y0 )
∆x
u(x0 , +∆x, y) − u(x0 , y0 )
v(x0 , +∆x, y) − v(x0 , y0 )
= lim
+ i lim
∆x→0
∆x→0
∆x
∆x
du
dv
=
(x0 , y0 ) + i (x0 , y0 ) = f 0 (z0 )
dx
dx
f 0 (z0 ) = lim
∆x→0
Om ∆z → 0 vertikalt ¨
ar ∆z = i∆y och vi f˚
ar d˚
a:
u(x0 , y0 + ∆y) − u(x0 , y0 )
v(x0 , y + y0 + ∆y) − v(x0 , y0 )
0
f (z0 ) = lim
+ i lim
∆y→0
∆y→0
i∆y
i∆y
du
dv
= −i (x0 , y0 ) +
(x0 , y0 ) = f 0 (z0 )
dy
dy
Om vi s¨
atter real-delarna lika med varandra och imagin¨ardelarna lika med
varandra f˚
ar vi:
dv du
dv
du
=
,
=−
dx
dy dy
dx
Definition: Klass C1 L˚
at f vara definierad i en m¨angd D. Vi s¨ager att f
ar av klass C1 om f ¨
ar partiellt deriverbar och alla de partiella derivatorna ¨ar
¨
kontinuerliga i D.
Sats 3:
F¨
or tv˚
a funktioner av klass C1 , P (x, y) och Q(x, y) g¨aller det att:
ˆ
¨ dQ dP
P dx + Q dy =
−
dx dy
dx
dy
∂D
D
D¨
ar D ¨
ar ett kompakt omr˚
ade och ∂D ¨ar randen till D.
Bevis:
Beviset genomf¨
ors under f¨
oruts¨attningen att D med r¨ata linjer, parallella med
y-axeln, kan delas upp i ett a
aden av typen:
¨ndligt antal omr˚
E{(x, y) : ψ(x) ≤ y ≤ ϕ(x), a ≤ x ≤ b}
Och att det finns en motsvarande uppdelning f¨or x-axeln
15
Inledningsvis visas det att:
ˆ
¨
−
P dx =
∂E
¨
−
E
ˆ
dP
dx dy =
dy
E
ˆ
dP
dx dy
dy
b
x=ϕ(x)
x=a
[−P (x, y)]x=ψ(x) dx
ˆ
b
P (x, ψ(x)) dx −
a
a
P (x, ϕ(x)) dx
(1)
b
Kurvan γ i figuren kan framst¨
allas med x som parameter:
γ = (x, ψ(x)), a ≤ x ≤ b.
Den f¨
orsta integralen i (1) kan d¨arf¨or skrivas som
ˆ
ˆ
P dx + 0 dy =
P dx. (2)
γ
γ
P˚
a samma s¨
att f˚
ar vi f¨
or den andra termen att:
ˆ b
ˆ
−
P (x, ϕ(x)) dx =
P dx (3)
a
σ
d˚
a kurvintegralen av de (eventuella)´ randstyckena v1 och v2 ¨ar noll inneb¨ar
detta att addition av (2) och (3) ger ∂E P dx, vilket inneb¨ar att:
ˆ
¨
dP
dxdy.
P dx =
−
dy
∂E
E
genom att addera ihop det h¨
ar resultatet f¨or alla uppkommande omr˚
aden av E
ger detta:
ˆ
¨
dP
dxdy.
P dx =
−
dy
∂D
D
16
Om vi g¨
or p˚
a samma s¨
att med en uppdelning av D med linjer parallella med
X-axeln f˚
ar vi p˚
a liknande s¨
att att:
ˆ
¨
dQ
dydx.
Q dy =
∂D
D dx
genom att addera uttrycken f¨
oljer nu att:
¨ ˆ
dQ dP
−
dxdy =
P dx + Q dy.
dx
dy
D
∂D
Definition: En funktion f ¨
ar analytisk i ett omr˚
ade D om den har en derivata
i alla punkter i D.
Sats 4: Om Γ ¨
ar en sluten kurva i det komplexa talplanet och f (z) ¨ar analytisk
i omr˚
adet som innesluts av Γ s˚
a ¨ar:
ˆ
f (z) dz = 0.
Γ
Bevis:
Med den vanliga notationen:
f (z) = u(x, y) + iv(x, y) f˚
ar vi:
ˆ
ˆ
f (z) dz =
Γ
b
f (z(t))
a
ˆ
=
a
b
dz(t)
dt =
dt
ˆ
b
[a(x(t), y(t))+iv(x(t), y(t))]
a
dy
dx
+i
dt
dt
dt
ˆ b
dx
dy
dy
dx
a(x(t), y(t))
− v(x(t), y(t))
+ u(x(t), y(t))
dt+i
dt
v(x(t), y(t))
dt
dt
dt
dt
a
ˆ
ˆ
(u dx − v dy) + i
f (z) dz =
Γ
Sats 3 ger nu:
ˆ
¨
f (z) dz =
Γ
ˆ
Γ
v dx + u dy
Γ
¨ dv
du
du dv
−
−
dxdy + i
−
dxdy
dx dy
dx dy
D0
D0
d¨
ar D0 ¨
ar omr˚
adet som innesluts av Γ. Men ekvationerna fr˚
an Sats 2 ger nu
att dubbelintegralerna ¨
ar 0. vilket ger:
ˆ
f (z) dz = 0
Γ
17
Sats 5:
1
2πi
f (z0 ) =
·
´
f (z)
Γ z−z0
dz
Bevis:
man kan dela upp den slutna kurvan Γ i tv˚
a kurvor, en som g˚
ar moturs fr˚
an p
till q under z0 , och en som g˚
ar moturs fr˚
an q till p ¨
over z0 . Betrakta d¨
arefter
kurvan fr˚
an p till q som r¨
or sig in mot z0 , r¨
or sig i en halvcirkel under z0 och
som d¨
arefter r¨
or sig mot q l¨
angs en r¨
at linje. Som en f¨
oljd av Sats 4 g¨
aller det
att integralen l¨
angs alla kurvor med samma start och slutpunkt ¨
ar lika. Allts˚
a
ar integralen l¨
angs den ovan beskrivna kurvan och integralen l¨
angs delkurvan
¨
till Γ fr˚
an p till q lika. Man kan skapa en liknande kurva som r¨
or sig i en
halvcirkel ovanf¨
or z0 vars integral ¨
ar lika med integralen l¨
angs delkurvan till Γ
som r¨
or sig fr˚
an q till p. Summan av integralen l¨
angs delkurvorna till Γ blir
lika med integralen l¨
angs Γ. Men denna integral blir ¨
aven lika med summan av
integralerna l¨
angs de ovan beskrivna kurvorna. Men d˚
a integralen l¨
angs de
b˚
ada linjesegmenten tar ut varandra, g¨
aller det att integralen l¨
angs Γ ¨
ar lika
med integralen l¨
angs en cirkel med radien r, Cr , med centrum i z0 . Allts˚
a:
ˆ
Γ
ˆ
Cr
f (z)
dz =
z − z0
ˆ
Cr
f (z)
dz =
z − z0
ˆ
Cr
f (z)
dz.
z − z0
f (z) − f (z0 ) + f (z0 )
dz =
z − z0
ˆ
Cr
f (z0 )
dz+
z − z0
ˆ
Cr
f (z) − f (z0 )
dz (1)
z − z0
substitutionen
z = r · eiv + z0
dz = r · i · eiv dv
ger i den v¨
anstra integralen:
ˆ 2π
ˆ
f (z0 ) · r · i · eiv
f (z0 )
2π
dz =
dv = [f (z0 ) · iv]0 = f (z0 ) · 2πi.
r · eiv
0
Cr z − z0
den h¨
ogra integralen i (1) → 0 d˚
a radien av cirkeln → 0. Detta visas genom
att s¨
atta Mr := max[|f (z) − f (z0 )|; z p˚
a Cr ] Detta inneb¨ar att
18
f (z) − f (z0 ) |f (z) − f (z0 )|
Mr
=
≤
z − z0
r
r
ˆ
f (z) − f (z0 ) Mr
dz ≤
l(Cr )
z − z0
r
Cr
d¨
ar l(Cr ) ¨
ar l¨
angden av kurvan Cr .
Mr
Mr
· l(Cr ) =
· 2rπ = Mr · 2π
r
r
d˚
a f ¨
ar kontinuerlig i punkten z0 g˚
ar Mr → 0 d˚
a r → 0. Allts˚
a ¨ar
´menf (z)−f
(z0 )
dz
=
0.
Vilket
inneb¨
a
r
att
(1)
=
2πi
·
f
(z
)
+
0
division
med
0
z−z0
Cr
2πi ger:
ˆ
1
f (z)
f (z0 ) =
·
dz.
2πi Γ z − z0
Sats 6:
f (n) (z0 ) =
1
·
2πi
ˆ
Γ
f (z)
dz · n!
(z − z0 )(n+1)
Bevis:
Detta inses genom att derivera uttrycket med avseende p˚
a z0 .
ˆ
ˆ
1
f (z)
1
f (z0 ) =
·
dz =
· f (z) · (z − z0 )−1 dz
2πi Γ (z − z0 )
2πi Γ
ˆ
1
f 0 (z0 ) =
· −1 · −1 · f (z) · (z − z0 )−2 dz
2πi
ˆΓ
1
· −1 · −2 · f (z) · (z − z0 )−3 dz
f 00 (z0 ) =
2πi
Γ
ˆ
1
000
f (z0 ) =
· 2 · −1 · −3 · f (z) · (z − z0 )−4 dz
2πi
Γ
..
.
ˆ
1
(n)
· n! · f (z) · (z z0 )−(n+1) dz
f (z0 ) =
2πi
Γ
19
Sats 7:
∞
X
1
f (z) =
aj (z − z0 ) . med aj =
·
2πi
j=−∞
‰
j
f (ζ)
dζ
(ζ − z0 )j+1
Detta kallas f¨
or en Laurent-serie
Bevis:
L˚
at Γ vara en sluten kurva runt z. L˚
at d¨arefter Γ se ut som en “donut” med en
“bit” borta.
L˚
at Γ0 vara den “borttagna biten”. d˚
a f (z) ¨ar analytisk i hela omr˚
adet som
innesluts av Γ0 ger Sats 3 att.
ˆ
1
f (ζ)
dζ = 0
2πi Γ0 ζ − z
d¨
armed f¨
oljer att vi kan “s¨
atta tillbaka biten”. D˚
a integralen var = 0 f¨oljer att:
ˆ
f (ζ)
1
·
dz
f (z) =
2πi Γ+Γ0 ζ − z
d˚
a integralerna l¨
angs linjesegmenten tar ut varandra f¨oljer det att:
fi
‰
1
f (ζ)
f (ζ)
f (z) =
dζ +
dζ
(1)
2πi
C1 ζ − z
C2 ζ − z
f (z) =
∞
X
f (n) (z0 )
k=0
n!
(z − z0 )n
(taylorpolynom)
Sats 6 ger nu:
f (z) =
∞
X
an (z − z0 )n =
n=0
1
·
2πi
‰
C2
f (ζ)
dζ
ζ −z
Om man nu fokuserar p˚
a integralen runt C1 i (1) s˚
a ser man att d˚
a z ligger
utanf¨
or C1 m˚
aste vi integrera kring en annan punkt.


1
1
1
1


=
=−
ζ −z
(ζ − z) − (z − z0 )
(z − z0 ) 1 − (ζ−z0 )
(z−z0 )
20
taylorpolynomet till den h¨
ogra faktorn ger nu:
k
∞ X
1
(ζ − z0 )
−
·
(z − z0 )
(z − z0 )
k=0
ins¨
attning i integralen ger nu:
1
−
2πi
fi
f (ζ)·
C1
∞
X
(ζ − z0 )k−1
1
·
D¨
ar a−k = − 2πi
dζ =
(z − z0 )k
k=1
k=1
ff
f (ζ)
C1 (ζ−z0 )−k+1
∞
X
∞
X
1
−
·
2πi
fi
∞
C1
X
f (ζ)
−k
dζ·(z−z
)
=
a−k (z−z0 )−k
0
(ζ − z0 )−k+1
k=1
dζ. Ekvation (1) blir nu:
an (z − z0 )n +
n=0
∞
X
a−k (z − z0 )−k
k=1
Sats 8: Om f har en singularitet i punkten z0 s˚
a ¨ar linjeintegralen runt singulariteten = 2πi · a−1 .
Bevis:
∞
P
Sats 7 ger att f (z) =
aj (z − z0 )j
j=−∞
‰
∞
X
f (z) dz =
Cr
‰
(z − z0 )j dz
aj ·
Cr
j=−∞
z = eiv + z0
dz = ieiv dv
‰
ˆ
2π
j
(z − z0 ) dz =
Cr
f¨or j 6= −1
ie
ir(j+1)
0
ˆ
2π
f¨
or j = −1 g¨
aller:
0
eiv(i+1)
dv = i
i(j + 1)
2π
=0
0
2π
ieiv(−1+1) dv = [i · v]0 = 2πi
f¨or alla j 6= −1 blir integralen = 0 och f¨or j = −1 blir integralen lika med
2πia−1 . Allts˚
a:
‰
f (z) dz = 2πi · a−1
Cr
d¨
ar termen a−1 kallas f¨
or residualen
Sats 9:
a−1 = limz→z0 f (z) · (z − z0 )
Bevis:
Om f (z) har en “borttagbar” singularitet i Punkten z = z0
1
z−z0
blir
alla koefficienter till f (z)’s Laurentserie f¨or j < −1 = 0. Detta p˚
a grund av
21
att integralen i ak f¨
or k < −1 inte innesluter en singularitet, och integralen a¨r
d¨
armed, enligt Sats 3, lika med 0. Men om f (z) har en singularitet i punkten
z = z0 g¨
aller:
a−1
+ a0 + a1 (z − z0 ) + a2 (z − z0 )2 . . .
z − z0
f (z)(z − z0 ) = a−1 + (z − z0 )(a0 + a1 (z − z0 ) . . .)
f (z) =
lim f (z)(z − z0 ) = a−1 + (0)(a0 + a1 (z − z0 ) . . .) = a−1
z→z0
Hj¨
alpsats 10:
Om An =
n
P
a1 ,
d˚
a ¨ar
i=0
n
P
ai ·bi =
i=0
n−1
P
Ai (bi −bi+1 )+An ·bn
i=0
Bevis:
ak = Ak − Ak−1
n
X
ak · bk =
n
X
(Ak − Ak−1 ) · bk =
n
X
Ak · bk −
i=0
k=0
k=0
n
X
Ak−1 · bk
k=0
i den andra summan substitueras k mot i + 1
n
X
Ak−1 · bk =
n−1
X
Ai · bi+1 =
i=0
k=0
n−1
X
Ak · bk+1
k=0
vi har nu
n
X
ak · bk =
k=0
n
X
k=0
Hj¨
alpsats 11:
Ak · bk −
n−1
X
Ak · bk+1 =
k=0
n−1
X
Ak (bk − bk+1 ) + An · bn
k=0
(n−s − (n + 1)−s ) = s ·
n+1
´
x−s−1 dx
n
Bevis:
ˆ
n+1
x−s−1 dx = −[x−s ]n+1
= −((n + 1)−s − n−s ) = n−s − (n + 1)−s
n
s·
n
Definition:
bxc = heltalsdelen av x
exempel:
bπc = 3, bec = 2,
b38.5c = 38
22
Definition:
{x} = x − bxc
exempel:
{π} = 0.14159265358979 . . . ,
Hj¨
alpsats 12:
s
s−1
−s·
{e} = 0.72182818284590 . . . , {38.5} = 0.5
´∞
´∞
bxcx−s−1 dx + s · {x}x−s−1 dx
1
1
Bevis:
ˆ
s·
Sats 13:
ζ(s) =
ˆ
∞
∞
(bxc + {x}) dx = s ·
x−s dx
1
1
−s+1 ∞
11−s
s
x
=
·s=
=s·
−s + 1 1
1−s
1−s
x
s
s−1
−s−1
´∞
− s {x}x−s−1 dx
1
Bevis:
X 1
n−s
ζ(s) =
n≤n
Hj¨
alpsats 10 ger:
X
X 1
=
n · (n−s − (n + 1)−s )
−s
n
n≤1
n≤1
Hj¨
alpsats 11 ger nu att:
X
Xˆ
−s
−s
s
n(n − (n + 1) ) = s
n≤1
n≤1
Hj¨
alpsats 12 ger slutligen att:
ˆ ∞
bxcx−s−1 dx =
1
Sats 14:
ˆ
n+1
bxcx
n
s
−s
s−1
−s−1
∞
bxcx−s−1 dx
dx = s
1
ˆ
∞
{x}x−s−1 dx = ζ(s)
1
ζ(s) har en singularitet i s = 1 med residualen 1.
Bevis:
Sats 9 visar att residualen = limz−z0 f (z)(z − z0 )
ˆ ∞
s
ζ(s) · (s − 1) =
−s·
{x}x−s−1 dx (s − 1)
s−1
1
ˆ ∞
lim ζ(s)(s − 1) = lim s − s(s − 1) ·
{x}x−s−1 dx = 1 − 0 = 1
s→1
s→1
1
23
K¨
allor:
Arne Persson & Lars-Christer B¨oiers, (2005), Analys i Flera Variabler. Lunds
Studentlitteratur AB.
E. B Saff & A. D. Snider, (1993), Fundamentals of Complex Analysis for Mathematics, Science, And Engineering, Upper Saddle River, New Jersey:
Simon & Schutser Company.
Elias M. Stein & Rami Shakarchi, (2003), Fourier Analysis An Introduction,
Princeton, New Jersey:
Princeton University Press.
Eric Naslund, (2011), Zeros on the Critical Line [Digital].
Tillg¨
anglig:
http://www.math.ubc.ca/~gerg/teaching/613-Winter2011/ZerosCriticalLine.
pdf
Ok¨
and, (2007), Notes on the Riemann Zeta Function [Digital]
Tillg¨
anglig:
http://people.math.gatech.edu/~ecroot/riemann_notes.pdf
Robert B. Nash, (Ok¨
and), Complex Variables (Chapter 7, The Prime Number Theorem) [Digital].
Tillg¨
anglig:
http://www.math.uiuc.edu/~r-ash/CV/CV7.pdf
24