Surajit Ghosh*
计算机科学与工程系,Jadavpur大学,印度加尔各答
收到:14 - 8月- 2019年手稿。房子- 23 - 85524;编辑分配:19日- 8月- 2019 QC前没有。房子- 23 - 85524 (PQ);综述:02 - 9 - 2019,质量控制。房子- 23 - 85524;修改后:03 - 1月- 2023手稿。房子- 23 - 85524;发表:30 - 1月- 2023,DOI: 10.4172 / J统计数学Sci.8.6.008
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证明黎曼假设站在三种不同的方式。证明黎曼假设从δ函数的函数方程概念引入类似于γ和π功能。其他两个证明使用欧拉公式推导和初等代数。分析持续γ和ζ函数扩展领域,波兰人和0的ζ值被重新定义。
质数;ζ函数;伽马函数;解析延拓的ζ函数;黎曼假设
欧拉的祖父ζ函数
1737年,伦纳德欧拉发表了一篇论文,他推导出一个复杂的公式,指出了无限美妙的联系所有自然的倒数之和整数(ζ函数在其最简单的形式)和所有质数(1]。现在:
欧拉s > 1时产品的ζ函数形式:
等价于:
右边的乘法,我们需要接一个词的每一笔是产品的一个因素,因为每个整数承认一个独特的质因数分解;每个整数的倒数将以这种方式获得的每一次。
在1896年雅克·阿达玛和查尔斯Jean de la Valle-Poussin独立的素数定理证明本质上说,如果存在一个限制质数给定数量的比例,数据自然对数,应该等于1。当我开始阅读关于数论我想知道,如果素数定理证明了那是什么了。最大的工作就完成了。我问我自己为什么ζ函数不能被定义为1。微积分有套规则检查任何无穷级数的收敛性,特别是当我们封闭无穷大团结,这些规则低于检查无穷级数的收敛性。尽管欧拉是成功的证明和产品形式和手工ζ值计算一些数字。利奥波德克罗内克证明和解释欧拉公式的结果传递到正确的s→1 +支持极限。我决定我将坚持爷爷欧拉方法在攻击问题。
黎曼ζ函数的父亲
我们可以推出以下关系ζ函数和η函数收敛值(s) > 0。
现在减去后者从前者我们得到:
我们可以从上述分析继续ζ函数方程1≠再保险(s) > 0后可以潜在的问题点如下:
表明黎曼ζ函数解析延拓的属性在整个复平面除了s = 1,ζ函数有其极。满足黎曼ζ函数的函数方程。
黎曼假设都是关于非琐碎ζ函数的零。有简单的零甚至发生在每一个负整数。没有零年代> 1。所有其他零位于一个关键地带0 < s < 1。在这一重要地带他猜想所有非平凡0躺在一个关键的形式的z = 1/2±iy即。所有这些复数的实部= 1/2。
证明黎曼假设:在本节中,我们将以不同的方式证明黎曼假设。
证明使用黎曼函数方程
黎曼函数方程的两边乘以(s - 1)得到:
把(1)Γ(1)=Γ(2 s)得到:
检查函数方程,我们应当遵守ζ函数的极点Re (s) = 1是完全归因于伽玛函数的极点。在关键地带0 < s < 1δ函数(见说明)如果没有更好的阶乘函数中也是一样。ζ函数有全纯属性的拉伸或压缩保存全纯字符。使用这个属性我们可以删除ζ函数的极点2]。引入δ函数!我们可以消除γ的波兰人和π功能和重写函数方程如下:
可重写的γ函数如下:
又可以被重写的π函数如下:
现在把s = 1,我们得到:
现在ζ函数是定义在整个C和因此它成为整个函数。在复杂的分析,刘维定理指出,每一个有界的整函数必须是常数。,每存在一个正数的全纯函数f M, f (z) | |≤M z在C是恒定的。被整个函数ζ函数是常数的值ζ函数不超过M =ζ(2)=π2/ 6 .Maximum模原理进一步要求非恒定的全纯函数达到最大模量单位圆的边界。作为一个常数函数ζ函数适时符合模π值达到最大模原理2/ 6单位圆以外。双单位圆的边界。高斯的中值定理要求,以防一个函数是有界的一些邻居,那么它的值应当发生在单位圆的中心画在附近。|ζ(0)| = 1/2的平均模量整个ζ函数。
最大模原理的逆分一半单位圆给ζ函数的最小模量或零。最小模原理要求对所有非零值的全纯函数达到最小模在单位圆的边界。有很多零值全纯函数不达到最低模量单位圆的边界,而点一半单位圆给ζ函数的最小模量或零。一切加起来意味着点一半单位圆将主要的零ζ函数都有±1/2实部为黎曼假设。把
因此主值ζ(1/21)是零和黎曼假设保存好。
解释1:1730年欧拉证明下列不定积分给出了x的阶乘为所有真正的正数,
欧拉π函数满足下列所有正实数(递归关系3]。
1768年,欧拉伽马函数定义,Γ(x)和扩展阶乘所有真正的负数的概念,除了零和负整数。Γ(x)是π的扩展函数,其参数将下降一个单位。
欧拉伽马函数与π函数如下:
现在让我们扩展负整数的阶乘的转移伽玛函数的参数进一步下降一个单位。让我们定义δ函数如下:
扩展的δ函数有以下递推关系。
新定义的δ函数与欧拉伽马函数和π函数如下:
代入x = 1上面我们可以删除波兰人伽马和π函数如下:
因此我们可以说Δ(1)= 1。同样的代入x = 2上图:
因此我们可以说Δ(2)= 1/2。继续进一步我们可以消除两极γ和π功能:代入x = 3以上和等同的结果发现:
代入x = 4以上,等同与结果发现
代入x = 5以上,等同与结果发现
代入x = 6以上,等同与结果发现
代入x = 7以上,等同与结果发现
代入x = 8以上,等同与结果发现
和无限的模式继续下去4]。
解释2:增加双方的黎曼函数方程的(s - 1)得到:
同样乘以两分子和分母右手边的黎曼函数方程(1)(2 s)申请前任何限制我们得到:
将(1)(2 s)Γ(1)=Γ(3-ss)得到:
上述方程的两边乘以(1)得到:
双方上述方程进一步乘以(2 s)得到:
上述方程的两边乘以ζ(2)得到:
如果我们可以设置ζ(2)= 1我们可以写:
手动定义ζ函数,需要值1或数学表达为:
欧拉感应方法应用观察,ζ函数有可能单位价值在4.1节和3.4 [5]。以上装箱形式都是数值相当于黎曼最初的函数方程因此积极单位参数函数方程可以继续分析:
可重写的γ函数如下:
又可以被重写的π函数如下:
定义我们的理由ζ(3 - 2)= 1和上述形式的函数方程的一致性一直在交叉检查的主要证据,也发现命题符合所有复杂的分析中使用的定理(6]。有显示,ζ函数可以把单位价值,双方任何盒装方程乘以1我们可以分析继续函数方程适用于负的参数如下:
可重写的γ函数如下:
又可以被重写的π函数如下:
理由我们为ζ的定义(1)= 1/2以上和一致性形式的函数方程交叉检查在4.2节。ζ(1)ζ= 1/2必须第二个解决方案(1)除了已知的Ramanujanζ的证据(1)= -1/121。ζ函数分析后必须接受行为可以多值ζ值(7]。
证明使用欧拉原始产品形式
在欧拉欧拉产品形式的ζ函数复数的指数形式如下:
现在任何这样的因素将是零,如果:
比较方程的两边,将左边右边在单位圆上我们可以说:
我们可以解决θ和r如下:
我们可以确定的实部的非平凡的零ζ函数如下:
因此主值ζ(1/2)将是零,因此证明了黎曼假设:
解释3:我们可以尝试三角函数形式然后复数的代数形式的总和代数,然后回到指数形式如下:
证明使用替代产品形式
在欧拉欧拉替代产品形式的ζ函数复数的指数形式如下:
分子和分母都乘以再保险iθ+ 1,我们得到:
现在任何这样的因素将是零如果reiθ(再保险iθ0 + 1):
我们可以解决θ和r如下:
我们可以确定的实部的非平凡的零ζ函数如下:
因此主值ζ(1/2)将是零,并证明黎曼假设。
解释6:e我(-θ)到如下:
解释7:基本上证明log2(1/2) = 1在一个复杂变成简单的方法相当于说日志以真实的方式(1)= 0。质数除了2满足logp (1/2) = eiθ还在一个纯粹的复杂。
计数器证明妮可Oresme接替的发散谐波级数的证据
妮可Oresme接替1350年左右证明调和级数发散通过对比调和级数发散级数。他取代了每个分母两的第二大电力(8]。
然后他得出结论,调和级数必须偏离上述级数发散。太快速的结论我们可以展示:
如果我们考虑ζ(1)= 1然后也通过对比测试。
因此我们需要相信调和级数发散出来。继续进一步我们可以展示:
无限ζ价值观的产物
无限的产品积极ζ值收敛
从侧面的无限和负指数的自然整数:
从无限的负指数的质数之和的产物
同时半翻每个因素和写作这两种等价形式的总和:
现在比较两个身份:
因此无限积极ζ值收敛于2的产物。
无限的产物-ζ值收敛
从侧面的无限和负指数的自然整数:
从无限的产品所有质数的负指数之和:
因此ζ(1)= 1/2必须ζ的第二个解决方案(1)除了已知的一个ζ(1)= -1/12。
用δ函数代替伽马函数我们可以重写函数方程适用于消极的观点如下:
这可以被重写的γ函数如下:
这又可以改写的π函数如下:
把s = 1我们得到:
证明ramanujan们方法
减去从顶部底部一个我们得到:
第二部分计算减去从顶部底部之前翻倍(9]。
消极甚至ζ值重新定义为:
和所有消极的模式继续下去偶数负无穷。
负奇怪ζ值重新定义
早些时候我们发现后调和共轭定理黎曼函数方程是一个扩展的实值ζ函数也可以表示为共轭调和函数模拟扩展函数(10]。
我们可以得到-ζ的谐波使共轭值如下:
和所有消极的模式继续下去奇数负无穷。
我们可以得出结论,黎曼假设是正确的。
内容免费在互联网上被称为研究工作。值得注意的一些列在这里。
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