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-rw-r--r-- | buch/papers/zeta/analytic_continuation.tex | 537 |
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diff --git a/buch/papers/zeta/analytic_continuation.tex b/buch/papers/zeta/analytic_continuation.tex new file mode 100644 index 0000000..d45a6ae --- /dev/null +++ b/buch/papers/zeta/analytic_continuation.tex @@ -0,0 +1,537 @@ +\section{Analytische Fortsetzung} \label{zeta:section:analytische_fortsetzung} +\rhead{Analytische Fortsetzung} + +Die analytische Fortsetzung der Riemannschen Zetafunktion ist äusserst interessant. +Sie ermöglicht die Berechnung von $\zeta(-1)$ und weiterer spannender Werte. +So liegen zum Beispiel unendlich viele Nullstellen der Zetafunktion bei $\Re(s) = \frac{1}{2}$. +Wie bereits erwähnt sind diese Gegenstand der Riemannschen Vermutung. + +Es werden zwei verschiedene Fortsetzungen benötigt. +Die erste erweitert die Zetafunktion auf $\Re(s) > 0$. +Die zweite verwendet eine Spiegelung an der $\Re(s) = \frac{1}{2}$ Geraden und erschliesst damit die ganze komplexe Ebene. +Eine grafische Darstellung dieses Plans ist in Abbildung \ref{zeta:fig:continuation_overview} zu sehen. +\begin{figure} + \centering + \input{papers/zeta/images/continuation_overview.tikz.tex} + \caption{ + Die verschiedenen Abschnitte der Riemannschen Zetafunktion. + Die originale Definition von \eqref{zeta:equation1} ist im grünen Bereich gültig. + Für den blauen Bereich gilt \eqref{zeta:equation:fortsetzung1}. + Um den roten Bereich zu bekommen verwendet die Funktionalgleichung \eqref{zeta:equation:functional} eine Spiegelung an $\Re(s) = 0.5$. + } + \label{zeta:fig:continuation_overview} +\end{figure} + +\subsection{Fortsetzung auf $\Re(s) > 0$} \label{zeta:subsection:auf_bereich_ge_0} +Zuerst definieren wir die Dirichletsche Etafunktion als +\begin{equation}\label{zeta:equation:eta} + \eta(s) + = + \sum_{n=1}^{\infty} + \frac{(-1)^{n-1}}{n^s}, +\end{equation} +wobei die Reihe bis auf die alternierenden Vorzeichen die selbe wie in der Zetafunktion ist. +Diese Etafunktion konvergiert gemäss dem Leibnitz-Kriterium im Bereich $\Re(s) > 0$, da dann die einzelnen Glieder monoton fallend sind. + +Wenn wir es nun schaffen, die sehr ähnliche Zetafunktion durch die Etafunktion auszudrücken, dann haben die gesuchte Fortsetzung. +Zuerst wiederholen wir zweimal die Definition der Zetafunktion \eqref{zeta:equation1}, wobei wir sie einmal durch $2^{s-1}$ teilen +\begin{align} + \color{red} + \zeta(s) + &= + \sum_{n=1}^{\infty} + \color{red} + \frac{1}{n^s} \label{zeta:align1} + \\ + \color{blue} + \frac{1}{2^{s-1}} + \zeta(s) + &= + \sum_{n=1}^{\infty} + \color{blue} + \frac{2}{(2n)^s}. \label{zeta:align2} +\end{align} +Durch Subtraktion der beiden Gleichungen \eqref{zeta:align1} minus \eqref{zeta:align2}, ergibt sich +\begin{align} + \left({\color{red}1} - {\color{blue}\frac{1}{2^{s-1}}} \right) + \zeta(s) + &= + {\color{red}\frac{1}{1^s}} + \underbrace{ + - + {\color{blue}\frac{2}{2^s}} + + + {\color{red}\frac{1}{2^s}} + }_{\displaystyle{-\frac{1}{2^s}}} + + + {\color{red}\frac{1}{3^s}} + \underbrace{- + {\color{blue}\frac{2}{4^s}} + + + {\color{red}\frac{1}{4^s}} + }_{\displaystyle{-\frac{1}{4^s}}} + \ldots + \\ + &= \eta(s). +\end{align} +Dies ist die Fortsetzung auf den noch unbekannten Bereich $0 < \Re(s) < 1$ +\begin{equation} \label{zeta:equation:fortsetzung1} + \zeta(s) + := + \left(1 - \frac{1}{2^{s-1}} \right)^{-1} \eta(s). +\end{equation} + +\subsection{Fortsetzung auf ganz $\mathbb{C}$} \label{zeta:subsection:auf_ganz} +Für die Fortsetzung auf den Rest von $\mathbb{C}$, verwenden wir den Zusammenhang von Gamma- und Zetafunktion aus \ref{zeta:section:zusammenhang_mit_gammafunktion}. +Wir beginnen damit, die Gammafunktion für den halben Funktionswert zu berechnen als +\begin{equation} + \Gamma \left( \frac{s}{2} \right) + = + \int_0^{\infty} t^{\frac{s}{2}-1} e^{-t} dt. +\end{equation} +Nun substituieren wir $t = \pi n^2 x$ und $dt=\pi n^2 dx$ und erhalten +\begin{equation} + \Gamma \left( \frac{s}{2} \right) + = + \int_0^{\infty} + (\pi n^2)^{\frac{s}{2}} + x^{\frac{s}{2}-1} + e^{-\pi n^2 x} + \,dx. +\end{equation} +Analog zum Abschnitt \ref{zeta:section:zusammenhang_mit_gammafunktion} teilen wir durch $(\pi n^2)^{\frac{s}{2}}$ +\begin{equation} + \frac{\Gamma \left( \frac{s}{2} \right)}{\pi^{\frac{s}{2}}} + \frac{1}{n^s} + = + \int_0^{\infty} + x^{\frac{s}{2}-1} + e^{-\pi n^2 x} + \,dx, +\end{equation} +und finden $\zeta(s)$ durch die Summenbildung über alle $n$ +\begin{align} + \frac{\Gamma \left( \frac{s}{2} \right)}{\pi^{\frac{s}{2}}} + \zeta(s) + &= + \int_0^{\infty} + x^{\frac{s}{2}-1} + \sum_{n=1}^{\infty} + e^{-\pi n^2 x} + \,dx\label{zeta:equation:integral1} + \\ + &= + \int_0^{\infty} + x^{\frac{s}{2}-1} + \psi(x) + \,dx, +\end{align} +wobei die Summe $\sum_{n=1}^{\infty} e^{-\pi n^2 x}$ als $\psi(x)$ abgekürzt wird. +Zunächst teilen wir nun das Integral auf in zwei Teile +\begin{equation}\label{zeta:equation:integral2} + \int_0^{\infty} + x^{\frac{s}{2}-1} + \psi(x) + \,dx + = + \underbrace{ + \int_0^{1} + x^{\frac{s}{2}-1} + \psi(x) + \,dx + }_{\displaystyle{I_1}} + + + \underbrace{ + \int_1^{\infty} + x^{\frac{s}{2}-1} + \psi(x) + \,dx + }_{\displaystyle{I_2}} + = + I_1 + I_2. +\end{equation} +Abschnitt \ref{zeta:subsubsec:intcal} beschreibt wie das Integral $I_1$ umgestellt werden kann um ebenfalls die Integrationsgrenzen $1$ und $\infty$ zu bekommen. +Die Lösung, beschrieben in Gleichung \eqref{zeta:equation:intcal_res}, lautet +\begin{equation*} + I_1 + = + \int_0^{1} + x^{\frac{s}{2}-1} + \psi(x) + \,dx + = + \int_{1}^{\infty} + x^{(-1) \left(\frac{s}{2}+\frac{1}{2}\right)} + \psi(x) + \,dx + + + \frac{1}{s(s-1)}. +\end{equation*} +Dieses Resultat setzen wir nun ein in \eqref{zeta:equation:integral2}, um schlussendlich +\begin{align} + \frac{\Gamma \left( \frac{s}{2} \right)}{\pi^{\frac{s}{2}}} + \zeta(s) + &= + \int_0^{1} + x^{\frac{s}{2}-1} + \psi(x) + \,dx + + + \int_1^{\infty} + x^{\frac{s}{2}-1} + \psi(x) + \,dx + \nonumber + \\ + &= + \frac{1}{s(s-1)} + + + \int_{1}^{\infty} + x^{(-1) \left(\frac{s}{2}+\frac{1}{2}\right)} + \psi(x) + \,dx + + + \int_1^{\infty} + x^{\frac{s}{2}-1} + \psi(x) + \,dx + \\ + &= + \frac{1}{s(s-1)} + + + \int_{1}^{\infty} + \left( + x^{-\frac{s}{2}-\frac{1}{2}} + + + x^{\frac{s}{2}-1} + \right) + \psi(x) + \,dx + \\ + &= + \frac{-1}{s(1-s)} + + + \int_{1}^{\infty} + \left( + x^{\frac{1-s}{2}} + + + x^{\frac{s}{2}} + \right) + \frac{\psi(x)}{x} + \,dx, +\end{align} +zu erhalten. +Wenn wir dieses Resultat genau anschauen, erkennen wir dass sich nichts verändert wenn $s$ mit $1-s$ ersetzt wird. +Somit haben wir die analytische Fortsetzung gefunden als +\begin{equation}\label{zeta:equation:functional} + \frac{\Gamma \left( \frac{s}{2} \right)}{\pi^{\frac{s}{2}}} + \zeta(s) + = + \frac{\Gamma \left( \frac{1-s}{2} \right)}{\pi^{\frac{1-s}{2}}} + \zeta(1-s), +\end{equation} +was einer Spiegelung an der $\Re(s) = \frac{1}{2}$ Geraden entspricht. +Eine ganz ähnliche Spiegelungseigenschaft wurde bereits in Abschnitt \ref{buch:funktionentheorie:subsection:gammareflektion} für die Gammafunktion gefunden. + +\subsection{Berechnung des Integrals $I_1 = \int_0^{1} x^{\frac{s}{2}-1} \psi(x) \,dx$} \label{zeta:subsubsec:intcal} + +Ziel dieses Abschnittes ist, zu zeigen wie das Integral $I_1$ aus Gleichung \eqref{zeta:equation:integral2} durch ein neues Integral mit den Integrationsgrenzen $1$ und $\infty$ ersetzt werden kann. +Da dieser Schritt ziemlich aufwendig ist, wird er hier in einem eigenen Abschnitt behandelt. +Zunächst wird die poissonsche Summenformel hergeleitet \cite{zeta:online:poisson}, da diese verwendet werden kann um $\psi(x)$ zu berechnen. + +Um die poissonsche Summenformel zu beweisen, berechnen wir zunächst die Fourierreihe der Dirac Delta Funktion. + +\begin{lemma} + Die Fourierreihe der periodischen Dirac $\delta$ Funktion $\sum \delta(x - 2\pi k)$ ist + \begin{equation} \label{zeta:equation:fourier_dirac} + \sum_{k=-\infty}^{\infty} + \delta(x - 2\pi k) + = + \frac{1}{2\pi} + \sum_{n=-\infty}^{\infty} + e^{i n x}. + \end{equation} +\end{lemma} + +\begin{proof}[Beweis] + Eine Fourierreihe einer beliebigen periodischen Funktion $f(x)$ berechnet sich als + \begin{align} + f(x) + &= + \sum_{n=-\infty}^{\infty} + c_n + e^{i n x} \\ + c_n + &= + \frac{1}{2\pi} + \int_{-\pi}^{\pi} + f(x) + e^{-i n x} + \, dx. + \end{align} + Wenn $f(x)=\delta(x)$ eingesetz wird ergeben sich konstante Koeffizienten + \begin{equation} + c_n + = + \frac{1}{2\pi} + \int_{-\pi}^{\pi} + \delta(x) + e^{-i n x} + \, dx + = + \frac{1}{2\pi}, + \end{equation} + womit die sehr einfache Fourierreihe der Dirac Delta Funktion berechnet wäre. +\end{proof} + +\begin{satz}[Poissonsche Summernformel] + Die Summe einer Funktion $f(n)$ über alle ganzen Zahlen $n$ ist äquivalent zur Summe ihrer Fouriertransformation $F(k)$ über alle ganzen Zahlen $k$ + \begin{equation} + \sum_{n=-\infty}^{\infty} + f(n) + = + \sum_{k=-\infty}^{\infty} + F(k). + \end{equation} +\end{satz} + +\begin{proof}[Beweis] + Wir schreiben die Summe über die Fouriertransformation aus + \begin{align} + \sum_{k=-\infty}^{\infty} + F(k) + &= + \sum_{k=-\infty}^{\infty} + \int_{-\infty}^{\infty} + f(x) + e^{-i 2\pi x k} + \, dx + \\ + &= + \int_{-\infty}^{\infty} + f(x) + \underbrace{ + \sum_{k=-\infty}^{\infty} + e^{-i 2\pi x k} + }_{\displaystyle{\text{\eqref{zeta:equation:fourier_dirac}}}} + \, dx, \label{zeta:equation:1934} + \end{align} + und verwenden die Fouriertransformation der Dirac Funktion aus \eqref{zeta:equation:fourier_dirac} + \begin{align} + \sum_{k=-\infty}^{\infty} + e^{-i 2\pi x k} + &= + 2 \pi + \sum_{k=-\infty}^{\infty} + \delta(-2\pi x - 2\pi k) + \\ + &= + \frac{2 \pi}{2 \pi} + \sum_{k=-\infty}^{\infty} + \delta(x + k). + \end{align} + Wenn wir dies einsetzen in Gleichung \eqref{zeta:equation:1934} erhalten wir + \begin{equation} + \sum_{k=-\infty}^{\infty} + F(k) + = + \int_{-\infty}^{\infty} + f(x) + \sum_{k=-\infty}^{\infty} + \delta(x + k) + \, dx + = + \sum_{k=-\infty}^{\infty} + \int_{-\infty}^{\infty} + f(x) + \delta(x + k) + \, dx + = + \sum_{k=-\infty}^{\infty} + f(k), + \end{equation} + was der gesuchte Beweis für die poissonsche Summenformel ist. +\end{proof} + +Erinnern wir uns nochmals an unser Integral aus Gleichung \eqref{zeta:equation:integral2} +\begin{align*} + I_1 + &= + \int_0^{1} + x^{\frac{s}{2}-1} + \sum_{n=1}^{\infty} + e^{-\pi n^2 x} + \,dx + \\ + &= + \int_0^{1} + x^{\frac{s}{2}-1} + \psi(x) + \,dx + . +\end{align*} + +Wir wenden nun diese poissonsche Summenformel $\sum f(n) = \sum F(n)$ an auf $\psi(x)$. +In unserem Problem ist also $f(n) = e^{-\pi n^2 x}$ und die zugehörige Fouriertransformation $F(n)$ ist +\begin{equation} + F(n) + = + \mathcal{F} + ( + e^{-\pi n^2 x} + ) + = + \frac{1}{\sqrt{x}} + e^{\frac{-n^2 \pi}{x}}. +\end{equation} +Dadurch ergibt sich +\begin{equation}\label{zeta:equation:psi} + \sum_{n=-\infty}^{\infty} + e^{-\pi n^2 x} + = + \frac{1}{\sqrt{x}} + \sum_{n=-\infty}^{\infty} + e^{\frac{-n^2 \pi}{x}}, +\end{equation} +wobei wir die Summen so verändern müssen, dass sie bei $n=1$ beginnen und wir $\psi(x)$ erhalten als +\begin{align} + 2 + \sum_{n=1}^{\infty} + e^{-\pi n^2 x} + + + 1 + &= + \frac{1}{\sqrt{x}} + \Biggl( + 2 + \sum_{n=1}^{\infty} + e^{\frac{-n^2 \pi}{x}} + + + 1 + \Biggr) + \\ + 2 + \psi(x) + + + 1 + &= + \frac{1}{\sqrt{x}} + \left( + 2 + \psi\left(\frac{1}{x}\right) + + + 1 + \right) + \\ + \psi(x) + &= + - \frac{1}{2} + + \frac{\psi\left(\frac{1}{x} \right)}{\sqrt{x}} + + \frac{1}{2 \sqrt{x}}.\label{zeta:equation:psi} +\end{align} +Diese Form von $\psi(x)$ eingesetzt in $I_1$ ergibt +\begin{align} + I_1 + = + \int_0^{1} + x^{\frac{s}{2}-1} + \psi(x) + \,dx + &= + \int_0^{1} + x^{\frac{s}{2}-1} + \Biggl( + - \frac{1}{2} + + \frac{\psi\left(\frac{1}{x} \right)}{\sqrt{x}} + + \frac{1}{2 \sqrt{x}} + \Biggr) + \,dx + \\ + &= + \int_0^{1} + x^{\frac{s}{2}-\frac{3}{2}} + \psi \left( \frac{1}{x} \right) + + \frac{1}{2} + \biggl( + x^{\frac{s}{2}-\frac{3}{2}} + - + x^{\frac{s}{2}-1} + \biggl) + \,dx + \\ + &= + \underbrace{ + \int_0^{1} + x^{\frac{s}{2}-\frac{3}{2}} + \psi \left( \frac{1}{x} \right) + \,dx + }_{\displaystyle{I_3}} + + + \underbrace{ + \frac{1}{2} + \int_0^1 + x^{\frac{s}{2}-\frac{3}{2}} + - + x^{\frac{s}{2}-1} + \,dx + }_{\displaystyle{I_4}}. \label{zeta:equation:integral3} +\end{align} +Darin kann für das zweite Integral $I_4$ eine Lösung gefunden werden als +\begin{equation} + I_4 + = + \frac{1}{2} + \int_0^1 + x^{\frac{s}{2}-\frac{3}{2}} + - + x^{\frac{s}{2}-1} + \,dx + = + \frac{1}{s(s-1)}. +\end{equation} +Das erste Integral $I_3$ aus \eqref{zeta:equation:integral3} mit $\psi \left(\frac{1}{x} \right)$ ist hingegen nicht lösbar in dieser Form. +Deshalb substituieren wir $x = \frac{1}{u}$ und $dx = -\frac{1}{u^2}du$. +Die untere Integralgrenze wechselt ebenfalls zu $x_0 = 0 \rightarrow u_0 = \infty$. +Dies ergibt +\begin{align} + I_3 + = + \int_{\infty}^{1} + \left( + \frac{1}{u} + \right)^{\frac{s}{2}-\frac{3}{2}} + \psi(u) + \frac{-du}{u^2} + &= + \int_{1}^{\infty} + \left( + \frac{1}{u} + \right)^{\frac{s}{2}-\frac{3}{2}} + \psi(u) + \frac{du}{u^2} + \\ + &= + \int_{1}^{\infty} + x^{(-1) \left(\frac{s}{2}+\frac{1}{2}\right)} + \psi(x) + \,dx, +\end{align} +wobei wir durch Multiplikation mit $(-1)$ die Integralgrenzen tauschen dürfen. +Es ist zu beachten das diese Grenzen nun identisch mit den Grenzen des zweiten Integrals $I_2$ von \eqref{zeta:equation:integral2} sind. +Wir setzen beide Lösungen in Gleichung \eqref{zeta:equation:integral3} ein und erhalten +\begin{equation} + I_1 + = + \int_0^{1} + x^{\frac{s}{2}-1} + \psi(x) + \,dx + = + \int_{1}^{\infty} + x^{(-1) \left(\frac{s}{2}+\frac{1}{2}\right)} + \psi(x) + \,dx + + + \frac{1}{s(s-1)}. \label{zeta:equation:intcal_res} +\end{equation} +Diese Form des Integrals $I_1$ hat die gewünschten Integrationsgrenzen und ein essentieller Bestandteil des Beweises der Funktionalgleichung in Abschnitt \ref{zeta:subsection:auf_ganz}. |