Nollställena till Riemanns Zeta-funktion och dess Beteende på den Kritiska Linjen. Linus Bergkvist

Transkript

1 Nollställena till Riemanns Zeta-funktion och dess Beteende på den Kritiska Linjen Linus Bergkvist

2 Introduktion Riemannhypotesen beskrevs för första gången 859 av Bernhard Riemann och lyder: Alla icke-triviala nollställen till Riemanns Zeta-funktion har Realdelen 2. För Re(s) > definieras Riemanns Zeta-funktion som n= n s. För att kunna studera dess nollställen i det komplexa talplanet måste man alltså först hitta ett sätt att beskriva Zeta-funktionen på som gäller för alla s i C. Arbetet är i huvudsak uppdelat i 2 delar och ett Appendix. I den första delen begränsas Zetafunktionens icke-triviala nollställen till en remsa i det komplexa talplanet (de triviala nollställena ( 2, 4, 6, 8...) får också sin förklaring). I den andra delen studeras nollställena längs den kritiska linjen ( 2 + it, t R). Det finns även ett appendix i vilket vissa, inte helt uppenbara satser som används i arbetet, härleds. Del I denna del kommer det först att bevisas att zeta-funktionen inte har några nollställen för Re(s) >. Därefter påvisas en funktion som har samma nollställen som zeta-funktionen, och som därefter bevisas vara invariant från s ( s). Av denna invarians följer det att zeta-funktionen omöjligt kan ha några icketriviala nollställen för Re(s) <. Därefter visas en funktion som på linjen +it, har samma nollställen som zeta-funktionen. Därefter visas det att denna funktion inte har något nollställe för något värde på t, vilket har som följd att zeta-funktionen inte har några nollställen på linjen Re(s) = Därefter följer det av den sedan tidigare påvisade invariansen att zeta-funktionen inte heller har några nollställen på linjen Re(s) =. Sammanfattningsvis har alltså zetafunktionens nollställen begränsats till remsan < Re(s) <. Sats : >. Det finns inga nollställen till Riemanns zeta-funktion med Realdelen För s med Re(s) > definieras Riemanns zeta-funktion som ζ(s) = ζ(s) = s + 2 s + 3 s + 4 s... ζ(s) 2 s = 2 s + 4 s + 6 s + 8 s... ζ(s) ζ(s) 2 s = s + 3 s + 5 s... Vi har nu tagit bort alla multiplar av 2 s ζ(s)( 2 s ) 3 s = 3 s + 9 s + 5 s... ζ(s)( 2 s )( 3 s ) = s + 5 s + 7 s... n= Vi har nu tagit bort alla n s återstående multiplar av 3 s 2

3 Om man gör så med alla primtal får man: ζ(s) ( 2 s )( 3 s )( 5 s )... = s = ζ(s) = ( 2 )( s 3 )... =. Re(s) > p s s p ζ(s) = = ζ(s) ( p s ) ( p s p ) p Då produkten till höger omöjligt kan ha några singulariteter visar detta att ζ(s) För Re(s) > Definition: Den kompletta zeta-funktionen. ξ(s) = 2 s(s ) π s/2 Γ( s 2 ) ζ(s) där Γ(s) = t s e t dt Sats 2: Den kompletta zeta-funktionens nollställen är nollställen för Riemanns zeta-funktion. Då varken 2 s, (s ), π s/2 eller Γ( s 2 ) har några nollställen utöver punkterna s = och s = så måste ξ(s) ha samma nollställen som ζ(s). Sats 3: ξ(s) = ξ( s). Γ( s 2 ) = t s/2 e t dt Vi gör substitutionen t = π n 2 x. Γ( s 2 ) = π (s/2 ) n 2(s/2 ) x (s/2 ) e π n2 x dx π s/2 Γ( s 2 ) n s = Vi vet att ζ(s) = n s n x s/2 e πn2x dx Vi summerar båda leden över n med n > och erhåller då: π s/2 Γ( s 2 ) n s = π s/2 Γ( s 2 ) ζ(s) = x s/2 e πn2x dx n n 3

4 framöver betecknar vi e πxn2 som ω(x). Nu delar vi upp integralen vid n och erhåller: x s/2 ω(x) dx + x s/2 ω(x) dx För att få samma integrationgränser i de båda integralerna gör vi substitutionen x = x i den första integralen och erhåller då: x s/2 ω(x ) dx + Vi definierar nu funktionen θ(x) som: θ(x) = n Z e xn2 π x s/2 ω(x) dx Eftersom n 2 = ( n) 2 och e x2π = får vi att θ(x) = 2ω(x) + Vi använder nu Fouriertransformen på e πn2x och erhåller F(e πn2x )(u) = x /2 e πu2 /x Vi använder därefter summationsformeln från Sats i appendix och erhåller då: θ(x) = x /2 θ(x ) 2ω(x) + = (2ω(x ) + ) ω(x ) = ω(x) x x + x 2 2 Om vi nu använder vårt uttryck för ω(x ) i den tidigare integralen erhåller vi: x s/2 ω(x ) dx = s + s + Och hela ekvationen blir då: ξ(s) = π s/2 Γ( s 2 ) ζ(s) = s( s) + x (s+)/2 ω(x) dx (x s/2 + x (s+)/2 ) ω(x) dx Om vi byter ut s mot ( s) i det högra uttrycket erhåller vi samma uttryck igen. Därför gäller det att ξ(s) = ξ( s) (Division med Γ( s 2 ) i den sista likheten, innebär att zeta-funktionen har nollställen varje gång då Γ( s 2 ) har en singularitet. På så sätt erhålls de triviala nollställena ) 4

5 Sats 4: De triviala nollställena till Riemanns zeta-funktion är de enda nollställena utanför intervallet < Re(s) <. I Sats bevisades det att ζ(s) inte har några nollställen för ζ(s) och i Sats 3 bevisades det att ξ(s) = ξ( s). Om vi antar att det finns en punkt p med Re(p) < sådan att ζ(p) = innebär det av Sats 2 att ξ(p) = ξ( p) = ζ( p) = men om Re(p) < är Re( p) >. Då innebär det att det finns en punkt q = p med Re(q) > sådan att ζ(q) =. Men detta strider mot Sats. Det kan alltså inte finnas en punkt p med Re(p) < sådan att ζ(p) =. Sats 5: ζ(s + it) = for s = omm ζ(s) 3 ζ(s + it) 4 ζ(s + 2it) = för s =. ζ(s) har en singularitet för s =. Men eftersom faktorn ζ(s + it) 4 är av högre grad kan singulariteterna för ζ(s) inte ta ut ett eventuellt nollställe. Termen ζ(s + 2it) kan bli, men då den aldrig kan bli en singularitet kan den inte ta ut ett eventuellt nollställe. Hjälpsats 6: ln( i) = n= x n n f(x) = ln( x) f() = ln() = Definitionen av Maclaurinpolynom är: f (n) () x n f(x) = n! n= men då ln() = är: f (n) () x n ln( x) = f(x) = n! Derivering ger att n= f (n) () = (n )! (n )! x n ln( x) = n! n= = n= x n n 5

6 Sats 7: ζ(s) har inga nollställen för Re(s) =. Vi använder oss av ett uttryck från Sats : ζ(s) = p p s ln( p s ) = ln() ln( p s ) = ln( p s ) ln ζ(s) = ln p s = ln p s = ln p s = Re( ln( p s ) p p p p Hjälpsats 6 ger nu: Re( p ln( p s )) = ( p n= ( p ns n )) Vi definierar nu h(x) = ζ(x) 3 ζ(x + it) 4 ζ(x + 2it), logaritmlagarna ger nu: ln(h(x)) = 3 ln ζ(x) + 4 ln ζ(x + it) + ln ζ(x + 2it) = n pnx Re(3 + 4p int + p int 2 ) p n= eftersom: n p nx följer det att det vi måste undersöka är om Re(3 + 4p int + p 2int ) Eulers formel ger nu: p int = e ln(p) int θ = ln(p) n t e iθ Re(3 + 4 e iθ + e i2θ ) Re(3 + 4e iθ + e 2iθ ) = cos(θ) + cos(2θ) likheten cos(2θ) = 2 cos 2 (θ) ger: cos(θ) + 2 cos 2 (θ) = 2( + 2 cos(θ) + cos 2 (θ)) = 2( + cos(θ)) 2 alla termer i vår summa är alltså större eller lika med. Då exempelvis θ = ln(2) 2 ger en term > innebär detta att summan är strikt större än. Det finns alltså inga nollställen för ζ(s) med Re(s) =. 6

7 Sats 8: Det finns inga nollställen för ζ(s) med Re(s) =. Sats 2 och 3 visar att om ζ(s) är ett nollställe är ζ( s) också det. Om det finns något ζ( + it) = följer även att ζ( ( + it)) = ζ( it) =. Men detta motbevisades i Sats 7. Notera att Sats 2 inte fungerar i punkterna s = och s =. Med då ζ() = 2 och ζ() = håller Satsen. 7

8 Del 2 I denna del så utgår man från ett uttryck av 2 variabler som bland annat innehåller ζ( 2 + it), som därefter, genom flera hjälpsatser, skrivs om till ett annat uttryck. Detta uttryck förändras i sin tur genom derivering med avseende på en av variablerna. Genom ett motsägelsebevis visas det därefter slutligen att denna derivata omöjligt kan sluta växla tecken för t > T för något stort T. Då den enda funktionen i uttrycket som potentiellt sett kan växla tecken oändligt många gånger är ζ( 2 + it) följer det därav att zeta-funktionen har oändligt många nollställen på den kritiska linjen. Sats 9: Om ζ(s) = för något tal s = 2 + it med t R är ζ(s) = Det har tidigare visats att om ζ(s) = är ζ( s) =. ζ( 2 + it) = ζ( ( 2 + it)) = ζ( 2 it) = Definition: Mellintransform {Mf}(s) = ϕ(s) = x s f(x) dx Mellintransformen har inversionsformen f(x) = 2πi C+i C i x s ϕ(s) ds Hjälpsats : med {Mω}(x) = ζ(2s) Γ(s) π s ω(y) = n e n2 πy Denna likhet härleddes i Sats 3, men då utan beteckningen Mellintransform. Hjälpsats : ω(y) = 2πi C+i C i ζ(zs) Γ(s) π s y s ds för c > 2 Detta följer av att applicera Mellintransformens inversionsformel på Hjälpsats. Definition: Ξ(t) = ζ( 2 + it) 8

9 Sats 2: (t ) Ξ(t) cos(xt) dt = 2 π(e 2 x 2e 2 x ω(e 2x )) Sätt Q(x) = (t ) Ξ(t) cos(xt) dt Då (t ) Ξ(t) cos(xt) är symmetrisk kring t = (se Sats 9 för Ξ(t) s symmetri) så gäller: Q(x) = 2 (t ) Ξ(t) cos(xt) dt () Då sin(xt) är inverst symmetrisk kring t = följer det att 2 (t ) Ξ(t) sin(xt) dt = (2) Addition av () och (2) tillsammans med Eulers formel ger nu: låt s = 2 + it. Då följer: Q(x) = 2 Q(x) = e 2 xt 2i (t ) Ξ(t) e ixt dt s( s) Ξ(s) exs ds Definitionen av ξ(s) på den kritiska linjen ger nu: Q(x) = e 2 xt 4i 2 + ζ(s) Γ( s 2 2 )π s 2 e xs ds z(s) Γ( s 2 )π s 2 e xs har singulariteter i s = och s =. Därmed följer det att om vi flyttar linjeintegralen till höger om linjen c = så korrigeras förändringen med att subtrahera residualen i s = så för c > gäller: Q(x) = e 2 xt 2 + ζ(s) Γ( s 4i 2 2 ) π s 2 e xs ds+ e 2 xt 2πi Res(ζ(s) Γ( s 4i 2 ) π s 2 e xs, ) Då Res(ζ(s), ) = (se Appendix Sats 4) följer det att: e 2 x 4i Därmed följer: 2πi Γ( 2 ) π 2 e x = e 2 x Q(x) = e 2 x 4i C+ C 2 π x = e 2 x π x 2 ζ(s) Γ( s 2 ) π 2 e xs ds + π 2 e 2 x genom att sätta y = e 2x erhålls det från Hjälpsats att: Q(x) = πe 2 x ω(e 2x ) + π 2 e 2 x = 2 π(e 2 x 2e 2 x ω(e 2x )) 9

10 Hjälpsats 3: För alla heltal n gäller: d 2n [e 2 ia ( 2 lim + ω(e2ia ))] a n da 2n = 4 π+ Observera att: ω(i + v) = e n2 π(i+v) n= = e n2 vπ e πin2 n= = e n2 vπ ( ) n2 n= = e n2 vπ ( ) n n= Det sista steget gäller då udda n ger udda n 2 och jämna n ger jämna n 2. 2ω(4v) ω(v) = 2e n2π4v e n2πv = 2e (2n)2πv e n2 πv = n= n= ( ) n e n2vt = ω(i + v) = 2ω(4v) ω(v) () n= ω(x) = x 2 ω( x ) + 2 x 2 2 Vilket ger att () blir: (Se Sats 3 för härledning) ω(i + v) = v ω( 4v ) v ω( v ) 2 (2) Om man nu skriver ut summorna ser man att ω(i+v)+ 2 och alla dess derivator går mot då v för v R + vilket även innebär att de går mot längs all vinklar arg(z) < 2π då vi för något v med Re(v) > har att: e πn2 v Re(v) πn2 e v 2 e πn2 v. n= n= Då a π+ 4 antyder att e 2ia i längs alla vägar med arg(e 2ia i) < 2 π, så bevisar detta Satsen n=

11 Sats 4: 2 + it Riemanns Zeta-funktion har oändligt många nollställen längst linjen Genom att substituera x = ia i Sats 2 så erhålls uttrycket: (t ) Ξ(t) cosh(at) dt = π 2 (e 2 ia 2e 2 ia ω(e 2ia )) = π cos( a 2 ) πe 2 ia ( 2 + ω(e2ia )) () där cosh(at) = 2 (e at + e at ) om man nu deriverar () 2n antal gånger med avseende på a får man: (t ) t 2n Ξ(t) cosh(at) dt = π( )n 2 2n cos( a 2 ) πd2n da 2n [ e 2 ia ( 2 + ω(e2ia )) (deriveringen sker ett jämnt antal gånger för att få en regelbunden derivata) a får nu gå mot 4 π+. Hjälpsats 3 innebär nu att den sista termen i det högra ledet, vilket ger: lim a 4 π+ (t ) t 2n Ξ(t) cosh(at) dt = π( )n 2 2n cos( 8 ). (2) π Om satsen är fel skulle det innebära att Ξ(t) har ändligt många nollställen vilket innebär att Ξ(t) aldrig ändrar tecken för t > T för något stort T. Antag nu att Ξ(t) > (Ξ(t) < hanteras på samma sätt). låt L Definieras som: lim a π+ 4 (t ) Ξ(t) cosh(at) dt = L Då cosh ökar monotont i [, ] antyder det för T > T att: T T (t ) Ξ(t) cosh(at) dt L (t ) Ξ(t) cosh( πt) dt 4 är absolut konvergent. Då (t ) t 2n Ξ(t) cos( π 4 t) är större än (t2 + 4 ) t 2n Ξ(t) cos(at) För alla a [, π 4 ] (Då cosh växer monotont), låter Dominerande konvergenssatsen oss att byta plats på gränsvärdet och integralen. (2) ger nu att vi för varje n har: (t ) Ξ(t) cosh( π 4 t) dt = π( )n 2 2n cos( π 8 ) Det är dock omöjligt då högerledet växlar tecken oändligt ofta. Låt n vara udda, högerledet är då strikt mindre än och vi har då: (t ) Ξ(t) cosh( π t) dt < 4 ]

12 T (t ) Ξ(t) cosh( π 4 t) dt < T (t ) Ξ(t) cosh( π t) dt 4 Då T är fixt är: T (t ) Ξ(t) cosh( π T 4 t) dt T 2n (t ) Ξ(t) cosh( πt) dt 4 sätt R = T (t2 + 4 ) Ξ(t) cosh( 4πt) dt. Detta ger nu: T (t ) Ξ(t) cosh( π 2n t) dt RT 4 där R är oberoende av n. Man kan nu anta att det finns ett K > så att Ξ(t)(t ) > K för alla 2T < t < (2T + ) så att: T Därmed är (t ) Ξ(t) cosh( π 2T + 4 t) dt t 2n K dt K (2T ) 2n för alla n, vilket är ekvivalent med: 2T K(2T ) 2n < RT 2n 2 2n < R K vilket är omöjligt då R K är oberoende av n och n kan väljas godtyckligt stort. Vi har därmed en motsägelse, Satsen är bevisad. 2

13 Appendix Definition: Fourierserie och Fouriertransform. Eulers formel ger att e i x = cos(x) + i sin(x) Men går det att uttrycka en funktion som en oändlig summa med sinus och cosinusvågor? Mer matematisk blir frågan om kan man skriva en funktion f(t) som f(t) = n= C n e i n t Detta går om f(t) är periodisk med perioden 2π. Om så är fallet gäller: f(t) = n= f(t) e imt = π π C n e i n t n= f(t) e imt dt = C n (e i(n m) t ) π π n= C n e i(n m) t dt = n= π C n e i(n m) t dt π Integralen på höger sida = om n m och = 2π om n = m π π f(t) e i m t dt = C n 3π = C m 2π C m = 2π Mer generellt så gäller att om f(t) har en Period L så är: f(t) = där C n = L n= L/2 L/2 C n e i n 2π t L f(t) e i n 2π L där C n kallas för den n:te Fourierkoefficienten till f(t). Fouriertransformen av en funktion f(t) definieras som: F(u) = 2π f(t) e i u t dt π π f(t) e i m t dt 3

14 Sats : f(n) = f(m) där f(m) är Fouriertransformen till f(n). n Z n Z Vi börjar med att definiera g(x) som f(x + n) eftersom g(x) är periodisk n Z med perioden kan vi skriva ett uttryck för dess Fourierkoefficienter. ĝ k = = n Z f(x + n) e ikx dx n Z n+ f(x + n) e ikx dx = f(x) e ikx dx n Z n =... f(x) e ikx dx + = f(x) e ikx dx = f(x) Som är fouriertransformen av f(x). g(x) = n Z f(x) e ikx dx + f(x + n) = k Z 2 f(k) e ikx f(x) e ikx dx... som är fourierserien till g(x). Om vi nu väljer x = får vi: f(n) = f(k) e = f(k) n Z k Z k Z Sats 2: Om f(z) = u(x, y) + iv(x, y) är differentierbar i punkten z = x + iy måste: du dx = dv du och dy dy = dv dx Vi utgår från derivatans definition: f f(z + z) f(z ) (z ) = lim z z z = x + i y får gå mot från alla riktningar i det komplexa planet. Om z horisontellt är z = x och vi får då: = lim x [ u(x, +) u(x, y ) = du dx (x, y ) + i dv dx (x, y ) = f (z ) ] x, y x + i lim x [ v(x, +) v(x, y ) ] x, y x 4

15 f u(x + x, y) + iv(x + x, y) u(x, y ) iv(x, y ) (z ) = lim x [ x ] [ ] u(x, + x, y) u(x, y ) v(x, + x, y) v(x, y ) = lim + i lim x x x x = du dx (x, y ) + i dv dx (x, y ) = f (z ) Om z vertikalt är z = i y och vi får då: [ ] [ ] f u(x, y + y) u(x, y ) v(x, y + y + y) v(x, y ) (z ) = lim + i lim y i y y i y = i du dy (x, y ) + dv dy (x, y ) = f (z ) Om vi sätter real-delarna lika med varandra och imaginärdelarna lika med varandra får vi: du dx = dv dy, du dy = dv dx Definition: Klass C Låt f vara definierad i en mängd D. Vi säger att f är av klass C om f är partiellt deriverbar och alla de partiella derivatorna är kontinuerliga i D. Sats 3: För två funktioner av klass C, P (x, y) och Q(x, y) gäller det att: ( dq P dx + Q dy = dx dp ) dx dy dy D D Där D är ett kompakt område och D är randen till D. Beviset genomförs under förutsättningen att D med räta linjer, parallella med y-axeln, kan delas upp i ett ändligt antal områden av typen: E{(x, y) : ψ(x) y ϕ(x), a x b} Och att det finns en motsvarande uppdelning för x-axeln 5

16 Inledningsvis visas det att: E dp dy b a E P dx = dx dy = b E x=a P (x, ψ(x)) dx dp dy dx dy [ P (x, y)] x=ϕ(x) x=ψ(x) dx a Kurvan γ i figuren kan framställas med x som parameter: γ = (x, ψ(x)), a x b. Den första integralen i () kan därför skrivas som P dx + dy = P dx. (2) γ På samma sätt får vi för den andra termen att: b P (x, ϕ(x)) dx = P dx (3) a b γ P (x, ϕ(x)) dx () då kurvintegralen av de (eventuella) randstyckena v och v 2 är noll innebär detta att addition av (2) och (3) ger P dx, vilket innebär att: E P dx = dp dy dxdy. E genom att addera ihop det här resultatet för alla uppkommande områden av E ger detta: P dx = dp dy dxdy. D E D 6 σ

17 Om vi gör på samma sätt med en uppdelning av D med linjer parallella med X-axeln får vi på liknande sätt att: dq Q dy = dx dydx. D genom att addera uttrycken följer nu att: ( dq dx dp ) dxdy = dy D D D P dx + Q dy. Definition: En funktion f är analytisk i ett område D om den har en derivata i alla punkter i D. Sats 4: Om Γ är en sluten kurva i det komplexa talplanet och f(z) är analytisk i området som innesluts av Γ så är: f(z) dz =. Med den vanliga notationen: f(z) = u(x, y) + iv(x, y) får vi: = Γ f(z) dz = b a b a f(z(t)) dz(t) dt Γ dt = b [ a(x(t), y(t)) dx ] v(x(t), y(t))dy dt+i dt dt Sats 3 ger nu: f(z) dz = Γ Γ f(z) dz = D Γ a ( ) dx [a(x(t), y(t))+iv(x(t), y(t))] dt + idy dt dt b (u dx v dy) + i v dx + u dy Γ a [ v(x(t), y(t)) dx ] + u(x(t), y(t))dy dt dt dt ( dv dx du ) ( du dxdy + i dy D dx dv ) dxdy dy där D är området som innesluts av Γ. Men ekvationerna från Sats 2 ger nu att dubbelintegralerna är. vilket ger: f(z) dz = Γ 7

18 Sats 5: f(z ) = 2πi Γ f(z) z z dz man kan dela upp den slutna kurvan Γ i två kurvor, en som går moturs från p till q under z, och en som går moturs från q till p över z. Betrakta därefter kurvan från p till q som rör sig in mot z, rör sig i en halvcirkel under z och som därefter rör sig mot q längs en rät linje. Som en följd av Sats 4 gäller det att integralen längs alla kurvor med samma start och slutpunkt är lika. Alltså är integralen längs den ovan beskrivna kurvan och integralen längs delkurvan till Γ från p till q lika. Man kan skapa en liknande kurva som rör sig i en halvcirkel ovanför z vars integral är lika med integralen längs delkurvan till Γ som rör sig från q till p. Summan av integralen längs delkurvorna till Γ blir lika med integralen längs Γ. Men denna integral blir även lika med summan av integralerna längs de ovan beskrivna kurvorna. Men då integralen längs de båda linjesegmenten tar ut varandra, gäller det att integralen längs Γ är lika med integralen längs en cirkel med radien r, C r, med centrum i z. Alltså: C r Γ f(z) dz = z z C r f(z) z z dz. f(z) f(z) f(z ) + f(z ) f(z ) f(z) f(z ) dz = dz = dz+ dz () z z C r z z C r z z C r z z substitutionen z = r e iv + z dz = r i e iv dv ger i den vänstra integralen: f(z ) 2π f(z ) r i e iv dz = C r z z r e iv dv = [f(z ) iv] 2π = f(z ) 2πi. den högra integralen i () då radien av cirkeln. Detta visas genom att sätta M r := max[ f(z) f(z ) ; z på C r ] Detta innebär att 8

19 där l(c r ) är längden av kurvan C r. f(z) f(z ) z z = f(z) f(z ) M r r r f(z) f(z ) dz C r z z M r r l(c r) M r r l(c r) = M r r 2rπ = M r 2π men då f är kontinuerlig i punkten z går M r då r. Alltså är f(z) f(z ) C r z z dz =. Vilket innebär att () = 2πi f(z ) + division med 2πi ger: f(z ) = 2πi f(z) dz. Γ z z Sats 6: f (n) (z ) = 2πi f(z) dz n! Γ (z z )(n+) Detta inses genom att derivera uttrycket med avseende på z. f(z ) = 2πi f(z) Γ (z z ) dz = 2πi f(z) (z z ) dz Γ f (z ) = f(z) (z z ) 2 dz 2πi Γ f (z ) = 2 f(z) (z z ) 3 dz 2πi Γ f (z ) = 2 3 f(z) (z z ) 4 dz 2πi. f (n) (z ) = 2πi n! Γ Γ f(z) (z z ) (n+) dz 9

20 Sats 7: f(z) = j= Detta kallas för en Laurent-serie a j (z z ) j. med a j = 2πi f(ζ) dζ (ζ z ) j+ Låt Γ vara en sluten kurva runt z. Låt därefter Γ se ut som en donut med en bit borta. Låt Γ vara den borttagna biten. då f(z) är analytisk i hela området som innesluts av Γ ger Sats 3 att. f(ζ) 2πi ζ z dζ = Γ därmed följer att vi kan sätta tillbaka biten. Då integralen var = följer att: f(z) = 2πi f(ζ) ζ z dz Γ+Γ då integralerna längs linjesegmenten tar ut varandra följer det att: f(z) = (fi ) f(ζ) 2πi ζ z dζ + f(ζ) ζ z dζ () Sats 6 ger nu: f(z) = k= f(z) = C C 2 f (n) (z ) (z z ) n (taylorpolynom) n! n= a n (z z ) n = 2πi f(ζ) C 2 ζ z dζ Om man nu fokuserar på integralen runt C i () så ser man att då z ligger utanför C måste vi integrera kring en annan punkt. ζ z = (ζ z) (z z ) = (z z ) (ζ z) (z z ) 2

21 taylorpolynomet till den högra faktorn ger nu: insättning i integralen ger nu: fi f(ζ) 2πi C k= ( ) k (ζ (z z ) z ) (z z ) (ζ z ) k (z z ) k dζ = k= k= Där a k = 2πi ff f(ζ) C (ζ z ) dζ. Ekvation () blir nu: k+ a n (z z ) n + a k (z z ) k n= 2πi fi f(ζ) C (ζ z ) k+ dζ (z z ) k = k= a k (z z ) k k= Sats 8: Om f har en singularitet i punkten z så är linjeintegralen runt singulariteten = 2πi a. Sats 7 ger att f(z) = j= a j (z z ) j C r f(z) dz = j= a j (z z ) j dz C r C r (z z ) j dz = för j = gäller: z = e iv + z dz = ie iv dv 2π 2π för j ie ir(j+) dv = ] 2π [i eiv(i+) = i(j + ) ie iv( +) dv = [i v] 2π = 2πi för alla j blir integralen = och för j = blir integralen lika med 2πia. Alltså: där termen a kallas för residualen C r f(z) dz = 2πi a Sats 9: a = lim z z f(z) (z z ) Om f(z) har en borttagbar singularitet i Punkten z = z ( ) z z alla koefficienter till f(z) s Laurentserie för j < =. Detta på grund av blir 2

22 att integralen i a k för k < inte innesluter en singularitet, och integralen är därmed, enligt Sats 3, lika med. Men om f(z) har en singularitet i punkten z = z gäller: f(z) = a z z + a + a (z z ) + a 2 (z z ) 2... f(z)(z z ) = a + (z z )(a + a (z z )...) lim z z f(z)(z z ) = a + ()(a + a (z z )...) = a Hjälpsats : Om A n = n a, i= då är n i= a i b i = n i= A i (b i b i+ )+A n b n n a k b k = k= a k = A k A k n n (A k A k ) b k = A k b k k= i den andra summan substitueras k mot i + vi har nu n a k b k = k= i= n A k b k k= n n n A k b k = A i b i+ = A k b k+ k= n k= i= n A k b k A k b k+ = k= k= n A k (b k b k+ ) + A n b n k= Hjälpsats : (n s (n + ) s ) = s s n+ n x s dx = [x s ] n+ n n+ n x s dx = ((n + ) s n s ) = n s (n + ) s Definition: x = heltalsdelen av x exempel: π = 3, e = 2, 38.5 = 38 22

23 Definition: {x} = x x exempel: {π} = , {e} = , {38.5} =.5 Hjälpsats 2: s s s x x s dx + s {x}x s dx s x s ( x + {x}) dx = s [ x s+ = s s + ] = s s s = s s x s dx Sats 3: ζ(s) = s s s Hjälpsats ger: n Hjälpsats ger nu att: {x}x s dx n s = n s n(n s (n + ) s ) = s n n Hjälpsats 2 ger slutligen att: x x s dx = ζ(s) = n n n s n (n s (n + ) s ) n+ n s s s x x s dx = s {x}x s dx = ζ(s) x x s dx Sats 4: ζ(s) har en singularitet i s = med residualen. Sats 9 visar att residualen = lim z z f(z)(z z ) ( s ) ζ(s) (s ) = s s {x}x s dx (s ) lim ζ(s)(s ) = lim s s(s ) {x}x s dx = = s s 23

24 Källor: Arne Persson & Lars-Christer Böiers, (25), Analys i Flera Variabler. Lunds Studentlitteratur AB. E. B Saff & A. D. Snider, (993), Fundamentals of Complex Analysis for Mathematics, Science, And Engineering, Upper Saddle River, New Jersey: Simon & Schutser Company. Elias M. Stein & Rami Shakarchi, (23), Fourier Analysis An Introduction, Princeton, New Jersey: Princeton University Press. Eric Naslund, (2), Zeros on the Critical Line [Digital]. Tillgänglig: pdf Okänd, (27), Notes on the Riemann Zeta Function [Digital] Tillgänglig: Robert B. Nash, (Okänd), Complex Variables (Chapter 7, The Prime Number Theorem) [Digital]. Tillgänglig: 24