"Valutare" l'equazione funzionale della \( \zeta \).
Avrei una domanda sul seguente teorema:
La funzione \( \zeta(s) \) si prolunga meromorficamente a tutto il piano complesso e verifica l'equazione funzionale seguente
\[ \pi^{-s/2} \Gamma(s/2) \zeta(s) = \pi^{-(1-s)/2} \Gamma\left( \frac{1-s}{2} \right) \zeta(1-s) \]
Il cui solo polo, semplice e di residuo \(1\), si trova in \(s=1\).
Utilizzando inoltre le relazione che \( \Gamma(s) \Gamma(1-s) = \frac{\pi}{\sin(\pi s) } \) e \( \Gamma(s) \Gamma(s + 1/2) = \sqrt{\pi} 2^{1-2s} \Gamma(2s) \), l'equazione funzionale prende la forma
\[ \zeta(s) = 2^s \pi^{s-1} \sin( \pi s/ 2) \Gamma(1-s) \zeta(1-s) \]
Chiaramente la funzione zeta di Riemann e la funzione Gamma non si annullano nel semipiano \( \Re(s) > 1 \), pertanto quest'ultima identità dimostra che gli zeri della zeta con \( \Re (s) < 0 \) si trovano esattamente nei punti \( s= -2,-4,-6,\ldots \).
Ora la mia domanda è la seguente. Sono perfettamente d'accordo che sia la zeta che la gamma non si annullano nel semipiano \( \Re(s) > 1 \). Ma se l'equazione funzionale è valida su tutto \( \mathbb{C} \) allora se io dovessi valutare ad esempio la zeta in 2
\[ \frac{\pi^2}{6} =\zeta(2) = 2^2 \pi \sin( \pi ) \Gamma(-1) \zeta(-1) = -\frac{4\pi}{12} \sin( \pi ) \Gamma(-1) \]
ora il seno è 0 mentre la gamma possiede un polo in \(-1\) ed immagino che sia questo che faccia in modo che il termine di destra non sia zero in \(2\). Ma mi chiedevo come facesse ad essere valida su tutto \( \mathbb{C} \) questa equazione funzionale se valutarla negli interi positivi vorrebbe dire "valutare" la gamma nei suoi poli.
La funzione \( \zeta(s) \) si prolunga meromorficamente a tutto il piano complesso e verifica l'equazione funzionale seguente
\[ \pi^{-s/2} \Gamma(s/2) \zeta(s) = \pi^{-(1-s)/2} \Gamma\left( \frac{1-s}{2} \right) \zeta(1-s) \]
Il cui solo polo, semplice e di residuo \(1\), si trova in \(s=1\).
Utilizzando inoltre le relazione che \( \Gamma(s) \Gamma(1-s) = \frac{\pi}{\sin(\pi s) } \) e \( \Gamma(s) \Gamma(s + 1/2) = \sqrt{\pi} 2^{1-2s} \Gamma(2s) \), l'equazione funzionale prende la forma
\[ \zeta(s) = 2^s \pi^{s-1} \sin( \pi s/ 2) \Gamma(1-s) \zeta(1-s) \]
Chiaramente la funzione zeta di Riemann e la funzione Gamma non si annullano nel semipiano \( \Re(s) > 1 \), pertanto quest'ultima identità dimostra che gli zeri della zeta con \( \Re (s) < 0 \) si trovano esattamente nei punti \( s= -2,-4,-6,\ldots \).
Ora la mia domanda è la seguente. Sono perfettamente d'accordo che sia la zeta che la gamma non si annullano nel semipiano \( \Re(s) > 1 \). Ma se l'equazione funzionale è valida su tutto \( \mathbb{C} \) allora se io dovessi valutare ad esempio la zeta in 2
\[ \frac{\pi^2}{6} =\zeta(2) = 2^2 \pi \sin( \pi ) \Gamma(-1) \zeta(-1) = -\frac{4\pi}{12} \sin( \pi ) \Gamma(-1) \]
ora il seno è 0 mentre la gamma possiede un polo in \(-1\) ed immagino che sia questo che faccia in modo che il termine di destra non sia zero in \(2\). Ma mi chiedevo come facesse ad essere valida su tutto \( \mathbb{C} \) questa equazione funzionale se valutarla negli interi positivi vorrebbe dire "valutare" la gamma nei suoi poli.
Risposte
A proposito di questa equazione funzionale non ho ben capito la dimostrazione.
(1) non ho capito perché è valido solo in \( \Re(s) > 1 \).
(2) Non ho capito onestamente cosa faccia. Cioè se fa il cambio \( \xi \mapsto 1/\xi \) non manca un meno? Dovrebbe avere infatti \( d\xi \to - d \xi / \xi^{2} \).
(3) Non capisco da dove e come saltano fuori qui \( \frac{1}{1-s} - \frac{1}{s} \) e come sparisce \( \sqrt{\xi} \) nel integrale!!
(4) In conclusione come fa a dire alla fine che RHS di (4) è uguale a RHS dell'equazione funzionale?
Facendo il cambiamento di variabile \( \xi \mapsto \pi n^2 \xi \) vediamo che
\[ \Gamma \left( \frac{s}{2} \right) = \pi n^2 \int_0^{\infty} e^{- \pi n^2 \xi} (\pi n^2 \xi)^{s/2 - 1} d\xi \]
per \( \Re(s) > 0 \). E questo porta a
\[ \pi^{-s/2} \Gamma \left( \frac{s}{2} \right) n^{-s} =\int_0^{\infty} e^{- \pi n^2 \xi}\xi^{s/2 - 1} d\xi \]
sommando su tutti i naturali otteniamo che
\[ \pi^{-s/2} \Gamma \left( \frac{s}{2} \right) \zeta(s) = \frac{1}{2} \int_0^{\infty} (\theta(\xi)-1)\xi^{s/2} \frac{d\xi}{\xi} \]
(1) valida inizialmente solo su \( \Re(s) > 1 \).
dove \[ \theta(x) = \sum_{n \in \mathbb{Z} } e^{- n^2 \pi x } \]
L'integrale di destra converge solamente nel semi piano \( \Re(s) > 1 \), e cerchiamo di esprimerlo in modo tale che diviene un espressione che converge per ogni \( s \in \mathbb{C} \setminus \{1 \} \). In effetti scriviamo
\[ \frac{1}{2} \int_0^{\infty} (\theta(\xi)-1)\xi^{s/2} \frac{d\xi}{\xi} = \frac{1}{2} \int_0^{1} (\theta(\xi)-1)\xi^{s/2} \frac{d\xi}{\xi} + \frac{1}{2} \int_{1}^{\infty} (\theta(\xi)-1)\xi^{s/2} \frac{d\xi}{\xi} \]
utilizzando per il primo integrale di RHS, l'equazione funzionale di \( \theta(x) \), i.e. \( \theta(x) = \frac{1}{\sqrt{x}} \theta(1/x) \). Otteniamo
\[ \frac{1}{2} \int_{0}^{1} (\theta(\xi)-1)\xi^{s/2} \frac{d\xi}{\xi} =\frac{1}{2} \int_{0}^{1} \left( \frac{1}{\sqrt{\xi}}\theta(1/\xi)-1\right)\xi^{s/2} \frac{d\xi}{\xi} \]
\[ \stackrel{(2)}{=} \frac{1}{2} \int_{1}^{\infty} (\sqrt{\xi} \theta(\xi)-1)\xi^{- s/2} \frac{d\xi}{\xi} \]
\[ \stackrel{(3)}{=} \frac{1}{s-1} - \frac{1}{s} + \frac{1}{2} \int_{1}^{\infty} (\theta(\xi)-1)\xi^{- s/2} \frac{d\xi}{\xi} \]
E otteniamo dunque
\[ \pi^{ s/2} \Gamma(s/2) \zeta(s) = - \frac{1}{1-s} - \frac{1}{s} + \frac{1}{2} \int_{1}^{\infty} (\theta(\xi)-1)\left(\xi^{s/2}+ \xi^{(1-s)/2} \right) \frac{d\xi}{\xi} \ \ \ \ \ (4) \]
l'integrale converge per ogni \( s \in \mathbb{C} \) e dunque RHS definisce una funzione meromorfa che è il prolungamento di \( \zeta(s) \). Notiamo che RHS resta invariato se sostituiamo \(s\) con \(1-s\) e questo dimostra l'equazione funzionale voluta. Inoltre abbiamo già dimostrato che \( \zeta(s) \) possiede un polo semplice in \(s=1 \) se \( \Re(s)>0 \). PEr l'equazione funzionale vediamo che c'è un altro polo in \(s=0 \) che è il polo di \( \Gamma(s) \).
(1) non ho capito perché è valido solo in \( \Re(s) > 1 \).
(2) Non ho capito onestamente cosa faccia. Cioè se fa il cambio \( \xi \mapsto 1/\xi \) non manca un meno? Dovrebbe avere infatti \( d\xi \to - d \xi / \xi^{2} \).
(3) Non capisco da dove e come saltano fuori qui \( \frac{1}{1-s} - \frac{1}{s} \) e come sparisce \( \sqrt{\xi} \) nel integrale!!
(4) In conclusione come fa a dire alla fine che RHS di (4) è uguale a RHS dell'equazione funzionale?
Facendo il cambiamento di variabile \( \xi \mapsto \pi n^2 \xi \) vediamo che
\[ \Gamma \left( \frac{s}{2} \right) = \pi n^2 \int_0^{\infty} e^{- \pi n^2 \xi} (\pi n^2 \xi)^{s/2 - 1} d\xi \]
per \( \Re(s) > 0 \). E questo porta a
\[ \pi^{-s/2} \Gamma \left( \frac{s}{2} \right) n^{-s} =\int_0^{\infty} e^{- \pi n^2 \xi}\xi^{s/2 - 1} d\xi \]
sommando su tutti i naturali otteniamo che
\[ \pi^{-s/2} \Gamma \left( \frac{s}{2} \right) \zeta(s) = \frac{1}{2} \int_0^{\infty} (\theta(\xi)-1)\xi^{s/2} \frac{d\xi}{\xi} \]
(1) valida inizialmente solo su \( \Re(s) > 1 \).
dove \[ \theta(x) = \sum_{n \in \mathbb{Z} } e^{- n^2 \pi x } \]
L'integrale di destra converge solamente nel semi piano \( \Re(s) > 1 \), e cerchiamo di esprimerlo in modo tale che diviene un espressione che converge per ogni \( s \in \mathbb{C} \setminus \{1 \} \). In effetti scriviamo
\[ \frac{1}{2} \int_0^{\infty} (\theta(\xi)-1)\xi^{s/2} \frac{d\xi}{\xi} = \frac{1}{2} \int_0^{1} (\theta(\xi)-1)\xi^{s/2} \frac{d\xi}{\xi} + \frac{1}{2} \int_{1}^{\infty} (\theta(\xi)-1)\xi^{s/2} \frac{d\xi}{\xi} \]
utilizzando per il primo integrale di RHS, l'equazione funzionale di \( \theta(x) \), i.e. \( \theta(x) = \frac{1}{\sqrt{x}} \theta(1/x) \). Otteniamo
\[ \frac{1}{2} \int_{0}^{1} (\theta(\xi)-1)\xi^{s/2} \frac{d\xi}{\xi} =\frac{1}{2} \int_{0}^{1} \left( \frac{1}{\sqrt{\xi}}\theta(1/\xi)-1\right)\xi^{s/2} \frac{d\xi}{\xi} \]
\[ \stackrel{(2)}{=} \frac{1}{2} \int_{1}^{\infty} (\sqrt{\xi} \theta(\xi)-1)\xi^{- s/2} \frac{d\xi}{\xi} \]
\[ \stackrel{(3)}{=} \frac{1}{s-1} - \frac{1}{s} + \frac{1}{2} \int_{1}^{\infty} (\theta(\xi)-1)\xi^{- s/2} \frac{d\xi}{\xi} \]
E otteniamo dunque
\[ \pi^{ s/2} \Gamma(s/2) \zeta(s) = - \frac{1}{1-s} - \frac{1}{s} + \frac{1}{2} \int_{1}^{\infty} (\theta(\xi)-1)\left(\xi^{s/2}+ \xi^{(1-s)/2} \right) \frac{d\xi}{\xi} \ \ \ \ \ (4) \]
l'integrale converge per ogni \( s \in \mathbb{C} \) e dunque RHS definisce una funzione meromorfa che è il prolungamento di \( \zeta(s) \). Notiamo che RHS resta invariato se sostituiamo \(s\) con \(1-s\) e questo dimostra l'equazione funzionale voluta. Inoltre abbiamo già dimostrato che \( \zeta(s) \) possiede un polo semplice in \(s=1 \) se \( \Re(s)>0 \). PEr l'equazione funzionale vediamo che c'è un altro polo in \(s=0 \) che è il polo di \( \Gamma(s) \).
Per (2) e (3) credo di essere apposto
...
Anche per (4) credo di essere apposto!
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