\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 $\Re(s) = 0.5$.
Diese sind relevant für die Primzahlverteilung und sind 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 $\Re(s) = 0.5$ Linie 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/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 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}
    \zeta(s)
    &=
    \sum_{n=1}^{\infty}
    \frac{1}{n^s} \label{zeta:align1}
    \\
    \frac{1}{2^{s-1}}
    \zeta(s)
    &=
    \sum_{n=1}^{\infty}
    \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(1 - \frac{1}{2^{s-1}} \right)
    \zeta(s)
    &=
    \frac{1}{1^s}
    \underbrace{-\frac{2}{2^s} + \frac{1}{2^s}}_{-\frac{1}{2^s}}
    + \frac{1}{3^s}
    \underbrace{-\frac{2}{4^s} + \frac{1}{4^s}}_{-\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 $t$ mit $t = \pi n^2 x$ 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}} n^s}
     =
    \int_0^{\infty}
    x^{\frac{s}{2}-1}
    e^{-\pi n^2 x}
    \,dx,
\end{equation}
und finden Zeta durch die Summenbildung $\sum_{n=1}^{\infty}$
\begin{equation}
    \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}
\end{equation}
Die Summe kürzen wir ab als $\psi(x) = \sum_{n=1}^{\infty} e^{-\pi n^2 x}$.
Im Abschnitt \ref{zeta:subsec:poisson_summation} wird die poissonsche Summenformel $\sum f(n) = \sum F(n)$ bewiesen.
In unserem Problem ist $f(n) =  e^{-\pi n^2 x}$ 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}}
    \left(
    2
    \sum_{n=1}^{\infty}
    e^{\frac{-n^2 \pi}{x}}
    +
    1
    \right)
    \\
    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 Gleichung wird später wichtig werden.

Zunächst teilen wir nun das Integral aus \eqref{zeta:equation:integral1} auf als
\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
    }_{I_1}
    +
    \underbrace{
    \int_1^{\infty}
    x^{\frac{s}{2}-1}
    \psi(x)
    \,dx
    }_{I_2}
    =
    I_1 + I_2,
\end{equation}
wobei wir uns nun auf den ersten Teil $I_1$ konzentrieren werden.
Dabei setzen wir die Definition von $\psi(x)$ aus \eqref{zeta:equation:psi} ein und erhalten
\begin{align}
    I_1
    =
    \int_0^{1}
    x^{\frac{s}{2}-1}
    \psi(x)
    \,dx
    &=
    \int_0^{1}
    x^{\frac{s}{2}-1}
    \left(
    - \frac{1}{2}
    + \frac{\psi\left(\frac{1}{x} \right)}{\sqrt{x}}
    + \frac{1}{2 \sqrt{x}}
    \right)
    \,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
    }_{I_3}
    +
    \underbrace{
    \frac{1}{2}
    \int_0^1
    x^{\frac{s}{2}-\frac{3}{2}}
    -
    x^{\frac{s}{2}-1}
    \,dx
    }_{I_4}. \label{zeta:equation:integral3}
\end{align}
Dabei kann das zweite Integral $I_4$ gelöst 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 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 von \eqref{zeta:equation:integral2} sind.
Wir setzen beide Lösungen ein in Gleichung \eqref{zeta:equation:integral3} 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)}.
\end{equation}
Dieses Resultat setzen wir wiederum 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}
%TODO Definitionen und Gleichungen klarer unterscheiden

\subsection{Poissonsche Summenformel} \label{zeta:subsec:poisson_summation}

Der Beweis für Gleichung \ref{zeta:equation:psi} folgt direkt durch die poissonsche Summenformel.
Um diese 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}
        }_{\text{\eqref{zeta:equation:fourier_dirac}}}
        \, dx,
    \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 und erhalten wir den gesuchten Beweis für die poissonsche Summenformel
    \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}
\end{proof}
