Reformulación de la hipótesis de Riemann - otra vez

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Reformulación de la hipótesis de Riemann - otra vez

Matemáticas
riemann-zeta
análisis real
análisis complejo
hipótesis de riemann

usuario115760

Ayer comencé a escribir un artículo sobre la reformulación de la Hipótesis de Riemann.

Mi idea era mapear la función de modo que todos los ceros triviales estuvieran fuera del disco unitario y los ceros no triviales estuvieran en el círculo. Si RH es cierto, entonces el radio de convergencia (la distancia a la singularidad más cercana desde el origen de la serie de Taylor) de la serie de Taylor que representa el recíproco de la función es $1$ .

Después de algunas manipulaciones, tengo 2 conjeturas: https://mathoverflow.net/questions/212289/riemann-hypothesis-reformulation-lim-n-to-infty-sum-k-lnka-kn-over-ns . (Tema eliminado de MO.)

Me gustaría saber si realmente implican RH, o me equivoqué en alguna parte.

EDITAR: Publico la reformulación aquí:

$\zeta(s)$ tiene sus ceros no triviales en la recta $Re(s)=0.5$ . Significa que la serie de Taylor de

Z (s) = \frac{1}{ζ (\frac{1}{2} + \frac{1 + s}{1 - s})}

$Z(s)={1\over\zeta\left(\frac{1}{2}+\frac{1+s}{1-s}\right)}$ tiene su radio de convergencia de

1

$1$ . (Asigné el semiplano derecho al disco unitario, por lo que los ceros triviales están fuera del disco).

Sus derivadas dadas por la fórmula integral de Cauchy, y tomando el contorno derecho $C$ tal que $C(t)=f^{-1}(t-(a-1/2)i)$ con $f(z)=i(z+1)/(z-1)$ el mapa de $\mathbb{D}\to\mathbb{\overline{H}}$ se convierte

Z^{(norte)} (0) = \frac{norte!}{2 π i} \int_{- \infty}^{\infty} \frac{1}{ζ (a + i t)} C_{norte} (t) d t

${Z}^{(n)}(0)=\frac{n!}{2\pi i}\int_{-\infty}^{\infty}{1\over \zeta(a+it)}C_n(t)\;dt$ con

C_{n} (t) = C^{'} (t) / C (t)^{n + 1}

$C_n(t)=C'(t)/C(t)^{n+1}$ . Alquiler WLG

1.5 > a > 1

$1.5>a>1$ , y usando la serie de Dirichlet para el recíproco de la función zeta, obtuve

\begin{aligned} Z^{(norte)} (0) & = \frac{norte!}{2 π i} \int_{- \infty}^{\infty} [\sum_{k = 1}^{\infty} \frac{m (k)}{k^{a + i t}}] C_{norte} (t) d t \\ = \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{m (k)}{k^{a}} \int_{- \infty}^{\infty} \frac{norte!}{2 π i} \frac{C_{norte} (t)}{k^{i t}} d t \\ = \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{m (k)}{k^{a}} \int_{- \infty}^{\infty} \frac{norte!}{2 π i} {gramo}_{k} (C (t)) C_{norte} (t) d t \\ = \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{m (k)}{k^{a}} {gramo}_{k}^{(norte)} (0) . \end{aligned}

$\begin{align*}{Z}^{(n)}(0)&=\frac{n!}{2\pi i}\int_{-\infty}^{\infty}\left[\sum_{k=1}^\infty \frac{\mu(k)}{k^{a+it}}\right]C_n(t)\;dt\\&=\sum_{k=1}^\infty \frac{\mu(k)}{k^a}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{n!}{2\pi i}\frac{C_n(t)}{k^{it}}\;dt\\&=\sum_{k=1}^\infty \frac{\mu(k)}{k^a}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{n!}{2\pi i}g_k(C(t))C_n(t)\;dt\\&=\sum_{k=1}^\infty \frac{\mu(k)}{k^a}g^{(n)}_{k}(0).\end{align*}$

{gramo}_{k} (t) = 1 / k^{i C^{- 1} (t)}

$g_k(t)=1/k^{iC^{-1}(t)}$

En los últimos 2 pasos, cambié la integral de contorno a las derivadas de una serie de funciones, notando que $g\circ C(t)=1/(k^{it})$ . La única singularidad de $g$ Me senté $1$ , pero $g$ está acotado dentro del contorno, así que pensé que la integral y las derivadas son las mismas.

Para luego tener los límites definidos, defina la función $d\colon\mathbb{N}\mapsto \mathbb{N}$ tal que $d(n)$ da el $n$ º entero libre de cuadrados.

Z^{(norte)} (0) = \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{m (d (k))}{d (k)^{2}} {gramo}_{d (k)}^{(norte)} (0)

$Z^{(n)}(0)=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\mu(d(k))}{d(k)^2}g^{(n)}_{d(k)}(0)$

1. conjetura: el uso de la prueba de la razón me llevó a mi primera pregunta aquí, tal que dada una serie

A (norte) = \sum_{k = 1}^{\infty} a_{k} (norte),

$A(n)=\sum_{k=1}^{\infty}a_k(n),$

a_{k} (norte) = \frac{m (d (k))}{norte! d (k)^{2}} {gramo}_{d (k)}^{(norte)}

$a_k(n)=\frac{\mu(d(k))}{n!d(k)^2}g^{(n)}_{d(k)}$ con

| a_{k} (n) / a_{k} (n + 1) | \to 1

$|a_k(n)/a_k(n+1)|\to 1$ (Serie de Taylor de

g

$g$ sobre el origen tienen su radio de conv. 1) como

n \to \infty

$n\to \infty$ , es cierto que

\underset{norte \to \infty}{límite} | \frac{A (norte)}{A (norte + 1)} | = 1.

$\lim_{n\to \infty}\left|\frac{A(n)}{A(n+1)}\right|=1.$ Supongo que es cierto para algunas series que cumplen ciertas condiciones, pero no puedo probarlo.

2. conjetura: Usando la relación de recurrencia de los coeficientes (debido a WolframAlpha): $na_k(n)+(n+2)a_k(n+2)-2(n+1-\ln(k))a_k(n+1)=0$ ,

\underset{norte \to \infty}{límite} \frac{\sum_{k} en (k) a_{k} (norte)}{\sum_{k} norte a_{k} (norte)} = 0

$\lim_{n\to \infty}{\sum_k\ln(k)a_k(n)\over\sum_kna_k(n)}=0$ implicaría RH.

¿Demostrar las 2 conjeturas anteriores prueba la hipótesis de Riemann?

Creo que también probaría GRH para la función L de Dirichlet con un pequeño cambio y con una buena elección de $a$ para asegurar la convergencia.

usuario115760

He leído en alguna parte que "RH se resiste a todas las pruebas". Me parece cierto, ya que las preguntas sobre ellos se rechazan instantáneamente en lugar de ayudarse mutuamente. Eso es colaboración.

Estilo clásico

¿Está abierto el disco de la unidad?

usuario115760

sí, los triviales tienen

| p | > 1

$|p|>1$ , no trivial (suponiendo RH)

| p | = 1

$|p|=1$ , y debido a la simetría, si RH no es cierto, hay una singularidad en

| p | < 1

$|p|<1$ .

Estilo clásico

Eso significaría que está cerrado.

usuario115760

claro, no es mi dia.....

Milo Brandt

Parece haber una falla básica en el argumento aquí: "Si la hipótesis de Riemann es cierta, entonces bla ". Estás investigando y esperando sacar conclusiones sobre la hipótesis de Riemann, eso es hacerlo al revés.

usuario115760

sí, quiero decir iff, se deduce del radio de convergencia para funciones complejas (la singularidad más cercana). Si la conv. rad es 1, entonces Z solo tiene singularidades en el círculo unitario.

miguel galuza

¡Por favor deja de editar tu publicación! Si quieres que tu publicación esté "en la cima", escribe una publicación clara e interesante. La edición continua no es realmente una buena manera.

Respuestas (1)

Reformulación de la hipótesis de Riemann - otra vez

He leído en alguna parte que "RH se resiste a todas las pruebas". Me parece cierto, ya que las preguntas sobre ellos se rechazan instantáneamente en lugar de ayudarse mutuamente. Eso es colaboración.
sí, los triviales tienen $|p|>1$ , no trivial (suponiendo RH) $|p|=1$ , y debido a la simetría, si RH no es cierto, hay una singularidad en $|p|<1$ .
Parece haber una falla básica en el argumento aquí: "Si la hipótesis de Riemann es cierta, entonces bla ". Estás investigando y esperando sacar conclusiones sobre la hipótesis de Riemann, eso es hacerlo al revés.
sí, quiero decir iff, se deduce del radio de convergencia para funciones complejas (la singularidad más cercana). Si la conv. rad es 1, entonces Z solo tiene singularidades en el círculo unitario.
¡Por favor deja de editar tu publicación! Si quieres que tu publicación esté "en la cima", escribe una publicación clara e interesante. La edición continua no es realmente una buena manera.

mg · Answer 1

En lo que respecta a RH, su "método" no aporta nada nuevo a la mesa. Es solo folclore de RH disfrazado: suponiendo que su cálculo sea sólido (lo siento, no me molesté en verificar porque la descripción del contorno es un desastre), es 'equivalente' a investigar los radios analíticos de $1/\zeta(s)$ con orígenes a lo largo de la abscisa $s=1+\varepsilon+it,t\in\mathbb{R}$ , para algunos (y cualquier) pequeño $\varepsilon$ . Entonces RH es equivalente a que todos esos radios sean $\geq 1/2+\varepsilon$ . Observe que la serie de Dirichlet de $1/\zeta(s)$ es absolutamente convergente en esa abscisa. Es sencillo ver que estos radios son $\geq 1/2+\varepsilon$ es equivalente a la función de Merten $M(x) := \sum_{n\leq x}\mu(n)$ ser $O(x^{1/2+\varepsilon})$ , lo cual no es nada nuevo realmente ya que este último ya se sabe que es equivalente a RH por hechos elementales sobre las series de Dirichlet.

En otras palabras, su "método" es solo una reformulación exagerada de la equivalencia entre RH y $M(x)=O(x^{1/2+\varepsilon})$ . Demasiado porque a priori no hay razón para hacer retroceder la función zeta recíproca al disco unitario, ni hay una razón para el yoga de integración de contorno completo/suma infinita ya que sabemos cuáles son las derivadas de la serie de Dirichlet de $1/\zeta(s)$ parecen - están torcidos por $(-\ln{k})^n$ .

Con respecto a su primera conjetura, creo que se ha abordado en otro hilo suyo.

Con respecto a su segunda conjetura, la respuesta es no, no implica RH de ninguna manera. Aquí está el por qué. Observe que la recursividad involucra solo la variable $n$ y no $k$ (este último es utilizado por $\mu(k)$ ) y que sus coeficientes $a_k(n)$ depender de la función $\mu(-)$ linealmente En otras palabras, la fórmula de recurrencia no contiene información sobre la función de Möbious y, por lo tanto, no tiene relevancia para el comportamiento de $1/\zeta(s)$ (simplemente puede factorizar el término de Möbius b/c de la linealidad de la relación de recurrencia).

Entiendo lo que dices sobre la función Mertens. Sin embargo, no veo cómo mi radio debería ser al menos 1. Mapeé la línea $Re(s)=0.5$ al círculo unitario, el semiplano $Re(s)>0.5$ al disco de la unidad. ¿La RH no es equivalente a la rad. de conversión $r=1$ ? Si fuera más pequeño, habría ceros fuera del círculo y, debido a la simetría de los ceros, uno de ellos estaría dentro del disco, por lo que $r<1$ significa que RH no es cierto. Como hay al menos un cero en el círculo, $r>1$ es imposible. En Z(s), todas las singularidades deben tener la forma $\exp(it)$ verdadero $t$ .
Eso no es cierto. Mira la transformada de Cayley. Lo que no considera en su contradicción es que asigné singularidades debidas a nt-ceros al círculo unitario. Trama $Z$ y tu verás. La singularidad más cercana al origen tiene su valor absoluto $1$ . $1/\zeta(0.5+(1+s)/(1−s))$ Usa wolframio alfa para ver esto.
Tienes razón, estaba pensando en cambios de zeta todo el tiempo en lugar de reasignar. Corregiré mi respuesta en consecuencia.
Gracias Estoy seguro que si hay un problema en mi reformulación, está dentro de las integrales. Es por eso que lo subí, tal vez exista la posibilidad de que este sea diferente a los demás, por lo que pido ayuda profesional.
Toda la idea es observar mi primera conjetura, ya que implicaría RH si la reformulación es correcta. Generalicé esa conjetura para evitar calcular la función de Mertens o la serie directamente. Esa es mi otra pregunta sobre MSE.
Por cierto, ¿dónde puedo obtener una revisión? Quizá este no sea el foro adecuado. Todavía no puedo preguntarle a mi profesor, ya que comienzo mi primer semestre en la universidad en septiembre. Me han dicho que $MO$ es el lugar, pero se cerró/borré.
En un entorno general, su método comienza con las funciones inversas de L-candidatos para RH. Estas funciones L. tener series de Dirichlet en algún semiplano adecuado de abs. conversión Las inversas de Dirichlet implican necesariamente la función de Möbius. Si una forma general de su primera conjetura es verdadera de una manera que rodea la función de Möbius, entonces se olvida de las inversas de la serie de Dirichlet y es demasiado general ("¿RH para cosas que ni siquiera son funciones L?!"). Por otro lado, no todas las series de Dirichlet tienen RH. => La conjetura apropiada debe involucrar $\mu$ , pero sin ser demasiado específico al respecto.
No, lo entendiste mal. He encontrado que los derivados de $Z$ tienen esa forma específica, por lo que 1. sólo implicaría RH para aquellos que tienen esas formas derivadas, que son las $L$ funciones Me resisto, ya que es una conjetura muy general, pero la implicación no es lo mismo que la equivalencia. La clave está en las derivadas. Es posible tener infinitas funciones, por lo que, en general, todas las funciones que satisfacen la forma derivada tienen sus ceros con una topología similar a mi $Z$ .
Esa es la cosa. Puedes hacer el mismo yoga integral con otras funciones que se sabe que no tienen RH, y aun así llegarías a las cosas generales con el $A$ -arena $a$ -s (incluso incluyendo algunos $\mu$ -s como arriba).
Sí, pero solo funciones que tienen inversas definidas como series de Dirichlet, o similar :) No es tan general.
Las series de Dirichlet con semiplanos propios de convergencia absoluta siguen siendo demasiado generales. Solo interesan los que provienen del mundo automórfico, y eso es de alguna manera mucho más sutil. Entonces, si alguna conjetura general de la forma como la suya se cumple, será mucho más complejo ya que tendrá que filtrar los falsos positivos sin ser demasiado restrictivo (porque es general) ; )

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