Autor Tema: Fórmula del producto de Euler y función zeta de Riemann

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20 Febrero, 2020, 06:18 pm
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Restituto

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Para el dominio con  \( \Re(s) > 1 \) se puede representar la función zeta de Riemann como un producto infinito de primos: \( \zeta(s) =\sum_{n=1}^\infty n^{-s} = \prod_p \frac{1}{1-p^{-s}} \) , lo que no entiendo muy bien es que si la función zeta puede extender su convergencia a todo \( \mathbb{C} \) menos un polo en el punto \( s=1 \), cosa que obviamente no es posible ni para la serie de Dirichlet de la zeta ni para el producto infinito mientras que la serie y el producto divergen en puntos donde la prolongación converge:

¿porqué se supone que hay alguna relación entre la función extendida analíticamente a regiones que no convergen en el producto y la serie, en concreto los ceros de la llamada banda crítica, y los primos en el producto infinito que sólo se relacionan con la serie que representa la función zeta en \( \Re(s) > 1 \) ? ¿Cómo se pueden relacionar puntos que convergen en la extensión analítica con sumas y productos que divergen en estos puntos?

Supongo que me falta algún dato, no sé si la ecuación funcional de algún modo consigue extender esta conexión entre los primos y la serie infinita a la región de convergencia de la extensión analítica.

Editado

23 Febrero, 2020, 08:30 am
Respuesta #1

geómetracat

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Si quieres entender esto correctamente, lo que debes hacer es leerte las demostraciones de las fórmulas que relacionan los ceros de la función \( \zeta \) con los números primos.

Pero en cualquier caso, no es algo tan sorprendente. Las funciones holomorfas, o meremorfas, son objetos muy rígidos, en el sentido de que lo que pasa en un abierto determina completamente la función. Por eso no es tan raro que lo que pase en una parte del plano complejo (los ceros) influencie lo que pase en otra (la zona con parte real mayor que uno).
La ecuación más bonita de las matemáticas: \( d^2=0 \)

23 Febrero, 2020, 12:37 pm
Respuesta #2

Restituto

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Si quieres entender esto correctamente, lo que debes hacer es leerte las demostraciones de las fórmulas que relacionan los ceros de la función \( \zeta \) con los números primos.

Pero en cualquier caso, no es algo tan sorprendente. Las funciones holomorfas, o meremorfas, son objetos muy rígidos, en el sentido de que lo que pasa en un abierto determina completamente la función. Por eso no es tan raro que lo que pase en una parte del plano complejo (los ceros) influencie lo que pase en otra (la zona con parte real mayor que uno).
Gracias por responder. La clave sobre la rigidez holomorfa que me das me sirve.
Las demostraciones a las que aludes las he mirado pero quedan algo por encima de mi nivel actual, tengo mucho que estudiar.

23 Febrero, 2020, 11:16 pm
Respuesta #3

Carlos Ivorra

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Considera la función \( \pi(x) \) que da el número de primos \( \leq x \). Uno de los resultados clásicos de la teoría analítica de números es el teorema de los números primos, es decir, que  \( \leq x \) puede aproximarse por:

\( \displaystyle \pi(x)\sim \mbox{Il}(x)=\int_2^x\frac{dt}{\log t} \)

Y una de las relaciones más sencillas entre la distribución de los números primos y la función dseta de Riemann (más sencilla en términos relativos, es decir, en el sentido de que otras son aún más difíciles) es ésta:

Teorema Si todos los ceros de la función dseta cumplen \( \mbox{Re}(\rho)\leq \alpha \), donde \( 0<\alpha\leq 1 \), entonces el error de la aproximación anterior está acotado en la forma

\( |\pi(x)-\mbox{Il}(x)|\leq Mx^\alpha\log x \)

para cierta constante \( M>0 \).

Como la función dseta tiene ceros con \( \mbox{Re}(\rho)=1/2 \), lo máximo que podemos decir a partir de este resultado es que si se cumple la hipótesis de Riemann, entonces

\( |\pi(x)-\mbox{Il}(x)|\leq M\sqrt x\log x \).

Voy a esbozar la forma en que se llega a este resultado, como ejemplo del fenómeno por el que preguntas, es decir, que la existencia de ceros de la función dseta en la banda crítica influye en la distribución de los números primos.

En lugar de trabajar con la función \( \pi(x) \), suele ser más conveniente trabajar con otras funciones relacionadas, como la función de Mangoldt

\( \Lambda(n)=\begin{cases} \log p & \text{si}& n =p^m,\\ 0 & \text{en}& \text{otro caso.}\end{cases} \)

o la función de Chebyshev:  \( \psi(x)=\sum\limits_{n\leq x}\Lambda(n) \).

El resultado que he enunciado antes puede demostrarse a partir de esta fórmula (válida para \( x\geq 2 \)):

\( \displaystyle \psi_0(x)=x-\sum_{\rho}\frac{x^\rho}{\rho}-\log 2\pi-\frac12\left(1-\frac1{x^2}\right) \),

donde \( \rho \) recorre los ceros no triviales de la función dseta repetidos tantas veces como indica su multiplicidad (es decir, un cero doble hay que sumarlo dos veces, etc.) y \( \psi_0 \) es una ligera modificación de la función \( \psi \), consistente en hacer que en los números naturales (donde \( \psi \) es discontinua) tome el valor medio entre su límite por la izquierda y su límite por la derecha, es decir, que si en \( 5 \) la función \( \psi \) pasara de valer 4 a valer 8 (me invento los números) definimos \( \psi_0(5)=(4+8)/2=6 \).

En realidad la prueba (al menos, la que yo conozco) no se basa en esta fórmula, sino en una estimación del error en que incurrimos si sustituimos la suma en \( \rho \) por una suma finita, pero eso son ya detalles técnicos. Toda la "magia" de la relación entre la distribución de los números primos y los ceros de la función dseta (al menos, toda la necesaria para probar el teorema que he enunciado antes) está ya contenida en esta relación, pues en ella intervienen la función \( \psi \) (que contiene la distribución de los números primos) y los ceros de la función dseta. El paso de esto al teorema es mero cálculo.

¿Y cómo se prueba esta fórmula? Pues es complicado, así que voy a considerar una un poco más sencilla, en la que interviene la función

\( \displaystyle \psi_1(x)=\int_1^x\psi(t)\,dt=\sum_{n\leq x}\Lambda(x)(x-n) \)

Esta función contiene la misma información que \( \psi(x) \) o que \( \psi_0(x) \), pues \( \psi(x) \) es en cada punto la derivada por la izquierda de \( \psi_1(x) \). La fórmula es:

\( \displaystyle \psi_1(x)=\frac{x^2}2-\sum_\rho\frac{x^{\rho+1}}{\rho(\rho+1)}-x\log 2\pi+\frac{\zeta'(-1)}{\zeta(-1)}-\sum_{n=1}^\infty\frac{x^{1-2n}}{2n(2n-1)} \)

La fórmula es más complicada, pero más fácil de demostrar. En definitiva, lo que pretendo ilustrar con este mensaje es lo siguiente:

1) Vamos a esbozar la prueba de esta fórmula, lo que te dará una idea de cómo se relaciona la distribución de los primos (contenida en la función \( \psi_1 \)) con los ceros \( \rho \) de la función dseta.

2) Refinando las técnicas, pero esencialmente con las mismas ideas, en lugar de esta fórmula es posible probar la correspondiente a \( \psi_0 \), y estimar la velocidad de convergencia de la serie en \( \rho \).

3) A partir de dicha estimación, se demuestra el teorema que he enunciado al principio.

4) Pero el único punto de la prueba en que se relacionan los números primos con los ceros de la función dseta es en la prueba de la fórmula para \( \psi_0 \), y mediante técnicas e ideas análogas a las que voy a esbozar para la función \( \psi_1 \).

Creo que esto responderá a tu pregunta.

El punto de partida es una fórmula "inocente", en el sentido de que es el mero cálculo de una integral, sin nada que ver con números primos, ni con nada raro:

Si \( c, y \) son números reales positivos, se cumple que

\( \displaystyle \frac1{2\pi}\int_{c-\infty i}^{c+\infty i}\frac{y^s\,ds}{s(s+1)}=\begin{cases} 0 & \text{si}& y\leq 1\\ 1-1/y & \text{si}& y\geq 1.\end{cases} \)

Aquí hay que entender que la integral se realiza sobre toda la recta vertical formada por los números complejos con parte real \( c \).

Aceptando esta fórmula, tomando \( c>1 \), tenemos que

\( \displaystyle \frac{\psi_1(x)}{x}=\sum_{n\leq x}\left(1-\frac nx\right)\Lambda(x)=\frac1{2\pi i}\sum_{n=1}^\infty\Lambda(n)\int_{c-i\infty}^{c+i\infty}\frac{(x/n)^s}{s(s+1)}\,ds \)

Se justifica que es lícito intercambiar la suma y la integral, con lo que queda:

\( \displaystyle   \frac{\psi_1(x)}{x}=\frac1{2\pi i}\int_{c-i\infty}^{c+i\infty}\frac{x^s}{s(s+1)}\sum_{n=1}^\infty\frac{\Lambda(n)}{n^s}\,ds \)

Es conocido que la serie de la derecha es \( -\zeta'(x)/\zeta(x) \), con lo que llegamos a que

\( \displaystyle \psi_1(x)=-\frac1{2\pi i}\int_{c-i\infty}^{c+i\infty}\frac{x^{s+1}}{s(s+1)}\frac{\zeta'(s)}{\zeta(s)}\,ds \)

Con esto hemos relacionado la distribución de los primos (\( \psi \)) con la función dseta, pero sin "magia", porque sólo estamos considerando la función dseta sobre números \( s \) con parte real \( c>1 \).

La magia viene ahora, cuando usamos que el integrando está definido sobre todo el plano complejo (salvo en algunos puntos singulares aislados). Ahora calculamos la integral de dicha extensión sobre el rectángulo \( R \) que muestra la figura, donde \( X\geq 3 \) es un natural impar y \( T \) se escoge con cierto criterio, pero de modo que \( X<T<X+1 \). El criterio está relacionado con la distribución de los ceros no triviales de la función dseta.


Por el teorema de los residuos, se cumple que

\( \displaystyle -\frac1{2\pi i}\int_R\frac{x^{s+1}}{s(s+1)}\frac{\zeta'(s)}{\zeta(s)}\,ds = \sum_k\mbox{Res}(f, z_k) \),

donde \( f \) es el integrando y \( z_k \) recorre los puntos contenidos en el rectángulo (un número finito) donde \( f \) tiene un polo. Sucede que dichos puntos son \( 1, 0, -1 \) y los puntos donde se anula la función dseta contenidos en \( R \).

Además, si hacemos tender \( X \) a \( +\infty \) (y por lo tanto también \( T \)), se demuestra que la integral de \( f \) sobre los lados superior, inferior e izquierdo del rectángulo tiende a \( 0 \), por lo que sólo queda la integral sobre la recta formada por los números con parte real \( 2 \), y hemos visto que la integral sobre dicha recta es \( \psi_1(x) \).

En resumen, queda que

\( \psi_1(x)=-\sum_k\mbox{Res}(z_k) \),

donde ahora \( z_k \) recorre todos los puntos donde \( f \) tiene un polo, es decir, \( 1, 0, -1 \) y todos los puntos donde se anula la función dseta. Éstos son los enteros negativos pares y los ceros no triviales situados en la banda crítica.

El cálculo de los residuos es pura rutina:

\( \displaystyle \mbox{Res}(f, 1)=-\frac{x^2}2,\quad \mbox{Res}(f, 0)=x\log 2\pi,\quad \mbox{Res}(f, -1)=-\frac{\zeta'(-1)}{\zeta(-1)} \)

Así obtenemos tres de los términos de la fórmula que he enunciado para \( \psi_1 \). Los dos sumatorios que faltan son los términos correspondientes a los ceros no triviales y a los ceros triviales de la función dseta.

En resumen, la "magia" aparece con la aplicación del teorema de los residuos sobre el rectángulo \( R \). La integral sobre su lado derecho (cuando \( X \) tiende a \( +\infty \)) contiene la información sobre la distribución de los números primos relacionada "sin magia" con la función dseta en la zona del plano donde valen sus expresiones como suma y como producto, la integral sobre los otros tres lados desaparece cuando  \( X \) tiende a \( +\infty \), y los ceros de la función dseta intervienen al aplicar el teorema de los residuos, pues son parte de los polos del integrando que quedan encerrados en \( R \) a medida que \( X \) crece.

24 Febrero, 2020, 09:08 pm
Respuesta #4

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Gracias por la detallada explicación. A medida que la vaya asimilando si me surgen dudas concretas las preguntaré.

24 Febrero, 2020, 11:12 pm
Respuesta #5

Carlos Ivorra

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Gracias por la detallada explicación. A medida que la vaya asimilando si me surgen dudas concretas las preguntaré.

Por supuesto, pregunta lo que consideres conveniente. No obstante, ten presente que la idea de mi mensaje no era demostrar nada, sino meramente tratar de que vieras de qué manera se produce la conexión entre la relación de la función dseta con los primos en el semiplano \( \mbox{Re}\, z>1 \) y los ceros en la banda crítica a través del teorema de los residuos. Los detalles técnicos que requiere la prueba no son moco de pavo. Además, se trata de un mero ejemplo de cómo puede darse esa conexión. No digo que el teorema de los residuos esté siempre detrás de este tipo de conexiones, aunque su uso es muy frecuente en estos contextos.

04 Marzo, 2020, 11:49 am
Respuesta #6

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Creo que he cogido la idea general de cómo la aplicación de residuos al rectángulo al integrar sobre todo el plano incluye de alguna forma a los ceros de la banda crítica. Quizás me convendría ir un poco más atrás para ver como se llega a esto.
Me interesaría si me pudieras decir un poco más de la función \( \displaystyle \psi_0(x)=x-\sum_{\rho}\frac{x^\rho}{\rho}-\log 2\pi-\frac12\left(1-\frac1{x^2}\right) \). Creo que von Mangoldt la construyó a partir de la función explícita más complicada de Riemann incorporando cosas de la segunda de Chebyshev. ¿Porqué era necesario para Riemann hacer esta versión "a saltos" de la función original que cuenta primos hasta \( x \), es decir que introduce la media del límite por encima y por abajo de cada \( x \) de la función \( \pi(x) \)? ¿Está esto relacionado con la función \( \xi(s) \)?

04 Marzo, 2020, 02:16 pm
Respuesta #7

Carlos Ivorra

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Creo que he cogido la idea general de cómo la aplicación de residuos al rectángulo al integrar sobre todo el plano incluye de alguna forma a los ceros de la banda crítica.

En efecto, y el "de alguna manera" tiene una concreción muy clara: los ceros de la función dseta son los polos de la función \( \zeta'(s)/\zeta(s) \), y cada uno de ellos tiene su residuo, de modo que al aplicar el teorema de los residuos al rectángulo en la fórmula correspondiente intervienen (entre otros) los residuos de los ceros de la banda crítica contenidos en el rectángulo. Al hacer tender a infinito las longitudes de los lados obtenemos una suma en la que intervienen todos los ceros de la banda crítica (y los que no están en la banda crítica, pero los residuos de ésos se calculan y ya está).

Quizás me convendría ir un poco más atrás para ver como se llega a esto.

Si te refieres a referencias históricas, en eso no puedo ayudarte.

Me interesaría si me pudieras decir un poco más de la función \( \displaystyle \psi_0(x)=x-\sum_{\rho}\frac{x^\rho}{\rho}-\log 2\pi-\frac12\left(1-\frac1{x^2}\right) \). Creo que von Mangoldt la construyó a partir de la función explícita más complicada de Riemann incorporando cosas de la segunda de Chebyshev. ¿Porqué era necesario para Riemann hacer esta versión "a saltos" de la función original que cuenta primos hasta \( x \), es decir que introduce la media del límite por encima y por abajo de cada \( x \) de la función \( \pi(x) \)?

En efecto, hay una fórmula explícita más complicada para la función \( \pi(x) \) modificada igualmente para los valores naturales de \( x \). Como, a efectos de lo que preguntas, la situación es la misma, te respondo con \( \psi_0(x) \), porque en este caso tenemos la fórmula correspondiente escrita más arriba.

El caso es que la función \( \psi(x) \) (al igual que \( \pi(x) \)) es una función constante a trozos, que da saltos en algunos números naturales. En dichos números naturales, el valor que le demos a \( \psi(x) \) es irrelevante. Lo usual es definir estas funciones de modo que sean semicontinuas por la izquierda, es decir, que el valor en cada punto coincida con su límite por la izquierda, pero es un convenio arbitrario. Aunque dejáramos sin definir \( \psi \) (o \( \pi \)) en los números naturales, la información contenida en la función sería la misma.

Ahora bien, cuando nos planteamos demostrar una fórmula explícita como la que he enunciado para \( \psi_0 \) (o la de Riemann para \( \pi \)), el miembro derecho es el que es, y en los números naturales toma el valor que toma, sin que haya convenios de por medio. Pues resulta que si analizamos las discontinuidades de la función definida por la expresión del miembro derecho, hacen que la función no sea ni semicontinua por la izquierda ni semicontinua por la derecha, sino que en los puntos de discontinuidad "da la casualidad" de que toma el valor intermedio entre los dos límites laterales.

Si hay alguna razón de fondo para que sea así, no la conozco, aunque sospecho que no la hay, sino que no hay más que el hecho de que la prueba se basa en el resultado siguiente (donde \( c>0 \)):

\( \displaystyle \frac1{2\pi i}\int_{c-i\infty}^{c+i\infty}\frac{y^s}s ds=\begin{cases}{ 0}&\text{si}& 0<y<1,\\ 1/2 & \text{si}& y=1,\\ 1 & \text{si}& y>1,\end{cases} \)

Se trata de una expresión analítica que permite distinguir si un número dado es mayor o menor que \( 1 \), y justo en el \( 1 \) da la casualidad de que toma el valor intermedio entre los valores que toma antes y después (porque sale así, no porque hayamos adoptado un convenio arbitrario). Si esto es un reflejo de algo más profundo, es algo que desconozco, pero no creo.

Cuando en esta fórmula (o, más precisamente, en una  estimación del error que resulta de no integrar en toda la recta vertical, sino sólo en un segmento) se introducen las funciones aritméticas relacionadas con los primos, se llega a la expresión para \( \psi(x) \) salvo por el hecho de que, como la fórmula precedente se comporta como se comporta en \( y=1 \), eso se traduce en que en los puntos de discontinuidad no obtenemos \( \psi(x) \) exactamente, sino \( \psi_0(x) \). Igualmente, la fórmula de Riemann para \( \pi \) requiere modificar \( \pi \) en sus puntos de discontinuidad porque el miembro derecho de la expresión es el que es sin que medie convenio alguno.

Todas las pruebas detalladas de estas cosas las tienes en el capítulo V de mi libro de teoría analítica de números.

¿Está esto relacionado con la función \( \xi(s) \)?

Que yo sepa, no, pero no soy experto en estos temas.

04 Marzo, 2020, 10:26 pm
Respuesta #8

Restituto

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Ahora bien, cuando nos planteamos demostrar una fórmula explícita como la que he enunciado para \( \psi_0 \) (o la de Riemann para \( \pi \)), el miembro derecho es el que es, y en los números naturales toma el valor que toma, sin que haya convenios de por medio. Pues resulta que si analizamos las discontinuidades de la función definida por la expresión del miembro derecho, hacen que la función no sea ni semicontinua por la izquierda ni semicontinua por la derecha, sino que en los puntos de discontinuidad "da la casualidad" de que toma el valor intermedio entre los dos límites laterales.

Si hay alguna razón de fondo para que sea así, no la conozco, aunque sospecho que no la hay, sino que no hay más que el hecho de que la prueba se basa en el resultado siguiente (donde \( c>0 \)):

Si esto es un reflejo de algo más profundo, es algo que desconozco, pero no creo.


Todas las pruebas detalladas de estas cosas las tienes en el capítulo V de mi libro de teoría analítica de números.
Muchas gracias por tu valiosa referencia tan relevante aquí. En especial las páginas 140 y 141 al principio del capítulo. Algo que no aparece allí de forma explícita pero que he inferido de explicaciones divulgativas sobre el artículo de 1859 de Riemann es que al parecer hay implicada en la relación de \( \zeta \), o más bien de la ligera la modificación entera de esta, \( \xi(s) \),  con los primos, una forma de inversión de Fourier, más modernamente conocida como inversión de Mellin que implica una convención de ordenación en las semicontinuidades que mencionas.

¿Está esto relacionado con la función \( \xi(s) \)?

Que yo sepa, no, pero no soy experto en estos temas.
[/quote]
Creo que lo contestas en las páginas citadas antes, más en concreto este párrafo: "Además, para plantear la fórmula explícita es necesario extender la definicióna una función holomorfa en el plano complejo, de modo que pueda actuar sobrelos númerosxρ. Además, la convergencia de la serie no es absoluta, por lo quees necesario especificar el orden de los sumandos" , o al menos lo que yo saco es que en conexión con lo comentado arriba sobre la manera en que Riemann conecto los ceros y los primos al expresar su función explícita en términos de la función \( \zeta \) invirtiendo la expresión que expresaba la función  \( \zeta \)-su logaritmo- en términos de una función modificada de \( \pi(x) \),  para esto era necesario usar la función entera \( \xi(s) \) que es una pequeña modificación de \( \zeta \) que permite reescribirla en términos de sus ceros no triviales-que es lo que aparece en el sumatorio del término de error en \( \psi_0(x) \), lo que la meromorfidad impedía hacer directamente con \( \zeta \).

Bueno espero no haberme liado o malinterpretado mucho, porque esto da oportunidades varias para ello, en especial a un aficionado como yo .

Gracias en todo caso por cualquier comentario o corrección.

05 Marzo, 2020, 01:13 am
Respuesta #9

Carlos Ivorra

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Creo que lo contestas en las páginas citadas antes, más en concreto este párrafo: "Además, para plantear la fórmula explícita es necesario extender la definicióna una función holomorfa en el plano complejo, de modo que pueda actuar sobrelos númerosxρ. Además, la convergencia de la serie no es absoluta, por lo quees necesario especificar el orden de los sumandos" , o al menos lo que yo saco es que en conexión con lo comentado arriba sobre la manera en que Riemann conecto los ceros y los primos al expresar su función explícita en términos de la función \( \zeta \) invirtiendo la expresión que expresaba la función  \( \zeta \)-su logaritmo- en términos de una función modificada de \( \pi(x) \),  para esto era necesario usar la función entera \( \xi(s) \) que es una pequeña modificación de \( \zeta \) que permite reescribirla en términos de sus ceros no triviales-que es lo que aparece en el sumatorio del término de error en \( \psi_0(x) \), lo que la meromorfidad impedía hacer directamente con \( \zeta \).

Tal vez no he interpretado yo bien tu pregunta. Cuando decías si "esto" está relacionado con la función \( \xi \) yo entendía que "esto" se refería al hecho de que haya que definir las funciones en sus puntos de discontinuidad como el punto medio del salto. Sigo sin ver qué relación tiene eso con la función \( \xi \), pero tal vez te referías a la forma de relacionar los ceros no triviales de \( \zeta \) con la distribución de los primos. En tal caso, sí, claro, la función \( \xi \) está muy relacionada con todo esto.

05 Marzo, 2020, 11:23 am
Respuesta #10

Restituto

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Tal vez no he interpretado yo bien tu pregunta. Cuando decías si "esto" está relacionado con la función \( \xi \) yo entendía que "esto" se refería al hecho de que haya que definir las funciones en sus puntos de discontinuidad como el punto medio del salto. Sigo sin ver qué relación tiene eso con la función \( \xi \), pero tal vez te referías a la forma de relacionar los ceros no triviales de \( \zeta \) con la distribución de los primos. En tal caso, sí, claro, la función \( \xi \) está muy relacionada con todo esto.

Bueno sí creo que está todo muy relacionado con la propia función \( \xi \), con su ecuación funcional tan simple \( \xi(s) \)=\( \xi(1-s) \) que es lo que lleva a usar la inversión de Fourier(esto se puede leer en el capítulo 10 del libro de Edwards sobre \( \zeta(s) \)) como la manera de expresar la conexión entre los ceros no triviales y la distribución de primos. Entonces indirectamente viene el tema de la manera técnicamente más conveniente de escribir la función cuenta-primos para obtener la inversión de Fourier(Mellin) y relacionar los ceros comunes a \( \zeta \) y \( \xi \) con los primos.

Por si no me hago entender muy bien pongo un pasaje de Wikipedia https://en.wikipedia.org/wiki/Prime-counting_function#Other_prime-counting_functions  donde se menciona esto :
"Other prime-counting functions are also used because they are more convenient to work with. One is Riemann's prime-counting function, usually denoted as \( {\displaystyle \Pi _{0}(x)} \) or \( {\displaystyle J_{0}(x)} \) . This has jumps of 1/n for prime powers pn, with it taking a value halfway between the two sides at discontinuities. That added detail is used because then the function may be defined by an inverse Mellin transform. "

Pero vamos me parece que todo deriva de querer explotar la forma tan sencilla de la ecuación funcional de \( \xi \) mediante la síntesis de Fourier.

14 Marzo, 2020, 02:31 pm
Respuesta #11

Restituto

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[...]te referías a la forma de relacionar los ceros no triviales de \( \zeta \) con la distribución de los primos. En tal caso, sí, claro, la función \( \xi \) está muy relacionada con todo esto.

Sí, es mejor centrarse sólo en esto. ¿Se podría decir por ejemplo, simplemente para entender la importancia de este paso por la función entera, que si no fuera posible usar el producto de Hadamard con la función \( \xi \), entonces la audaz idea en que se basó Rieman para relacionar la función \( \zeta \) con la distribución de primos se vendría abajo? En el sentido de que entonces no se podría caracterizar la función mediante sus singularidades/ceros y no habría funciones explícitas relacionandolos con el producto de Euler.

15 Marzo, 2020, 01:10 am
Respuesta #12

Carlos Ivorra

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Sí, es mejor centrarse sólo en esto. ¿Se podría decir por ejemplo, simplemente para entender la importancia de este paso por la función entera, que si no fuera posible usar el producto de Hadamard con la función \( \xi \), entonces la audaz idea en que se basó Rieman para relacionar la función \( \zeta \) con la distribución de primos se vendría abajo? En el sentido de que entonces no se podría caracterizar la función mediante sus singularidades/ceros y no habría funciones explícitas relacionandolos con el producto de Euler.

No sabría atribuir un sentido concreto a esa pregunta contraria a los hechos. Es como preguntar qué pasaría si dos y dos no fueran cuatro. Las matemáticas son como son, y no sabría cómo interpretar qué pasaría si no existiera la función xi, o si no existiera la descomposición en productos infinitos de las funciones enteras, etc.

15 Marzo, 2020, 10:47 am
Respuesta #13

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No sabría atribuir un sentido concreto a esa pregunta contraria a los hechos. Es como preguntar qué pasaría si dos y dos no fueran cuatro. Las matemáticas son como son, y no sabría cómo interpretar qué pasaría si no existiera la función xi, o si no existiera la descomposición en productos infinitos de las funciones enteras, etc.
No voy por ahí, no es algo tan extremo, simplemente quería confirmar la importancia de la necesidad de existencia de una modificación entera de \( \zeta \), con exactamente sus mismos ceros no triviales, en el esquema global de la genial idea de Riemann para conectar su función extendida al plano complejo salvo un polo, con la función \( \pi(x)  \) que cuenta primos. En cualquier caso creo que tu respuesta se puede interpretar como un sí rotundo a mi pregunta en el sentido que le doy aquí. Gracias Carlos.