07.04.2020 20:00
plutonium 88 5400 Источник
В одном из разделов математики существует достаточно забавная задача про сумму чисел, связанных с натуральным рядом, и на первый взгляд кажется, что она достаточно проста, но при более глубоком погружении в тематику, приходит ощущение полной беспомощности.

Вся моя жизнь неразрывно связана с математикой. В голове постоянно рождаются мысли: «Почему именно так и какое этому объяснение?». Мне нравится находить разные способы решения интересных задач.

Так в школьные годы после темы про квадратные уравнения у меня сразу появился ряд вопросов: есть ли альтернативные варианты и как будет выглядеть решение для уравнения высших степеней?

На первый вопрос достаточно быстро был получен утвердительный ответ — да, может.
Разность корней квадратного уравнения можно выразить с помощью теоремы Виета, выполнив несложные преобразования.

Пример для квадратного уравнения

$x^2+p x+q=0$


По тереме Виета имеем

$\left\{ \begin{array}{lcl} x_1+x_2 & = & -p \\ x_1 x_2 & = & q \\ \end{array} \right.$


Тогда

$\left(x_1+x_2\right){}^2=p^2$


$x_1^2+2 x_1 x_2+x_2^2=p^2$


$x_1^2+x_2^2+2 q=p^2$


$x_1^2+x_2^2=p^2-2 q$


$\left(x_1-x_2\right){}^2=x_1^2-2 x_1 x_2+x_2^2=p^2-4 q=p^2-4 q$


$x_1-x_2=\pm \sqrt{p^2-4 q}$


В итоге получаем систему уравнений

$\left\{ \begin{array}{lcl} x_1+x_2 & = & -p \\ x_1-x_2 & = & \pm \sqrt{p^2-4 q} \\ \end{array} \right.$


Красиво, правда?

Кстати, а вы знали, что корни многочленов $n$-ой степени образуют поле? ;)

Дальнейшее углубление в теорию решений уравнений высших степеней открывало бесконечно много новых знаний в тех областях, о которых я даже и не подозревал.

В результате ряда рассуждений стало понятно, что существуют некоторые преобразования над набором корней уравнений, которые могут давать интересные результаты, и с их помощью можно быстро и эффективно решать уравнения для степени меньше 5.

Я узнал о теории Галуа, теореме Абеля-Руффини, и т.д.

Информацию пришлось переваривать в течение нескольких лет.

В студенческие годы на одной из скучных лекций я упражнялся с суммой различных степеней натурального ряда (до определенного значения $n$) и заметил одну закономерность, что слагаемое с максимальной степенью всегда выражается как $\frac{n^{s+1}}{s+1}$.
Сразу возник вопрос: «Можно ли как-то использовать интеграл?».

Ответ не заставил себя долго ждать, и к концу пары было готово решение для любого $s$.

Я захотел получить аналогичную формулу и для отрицательных $s$, но все попытки заканчивались неудачей. Так состоялось моё первое знакомство с дзета-функцией.

Недавно мне на глаза попалась публикация о нетривиальных нулях дзета-функции Римана.
Так как доказательство гипотезы Римана является нерешенной проблемой тысячелетия, многие пытаются к ней подступиться, и периодически в разных источниках появляется информация о ее доказательстве либо опровержении. Но до сих пор ни одно из доказательств не было принято официальным математическим сообществом.

Тогда я решил разобраться и попытаться найти возможные пути решения гипотезы Римана.
Так как ранее у меня уже был опыт работы с бесконечными суммами, по наивности я решил, что это не должно быть очень сложно ;)

Что же с этой проблемой не так, если ее не могут решить на протяжении тысячелетия?
Обложившись справочным материалом, я начал вникать в проблему и изучать подходы, используемые при доказательстве. Большинство доказательств строилось на применении интегралов или специфических функций (например, функция Тодда).

На глаза попадались как совсем откровенные ляпы, так и очень сложные работы на несколько десятков страниц, погружение в которые могло занять не меньше месяца вдумчивого чтения.
Объём информации рос, а понимание, как подойти к проблеме или предположить, какой метод можно применить, чтобы приблизиться к решению, не приходило.

И тогда я решил отложить чтение профильной литературы.

Как-то часа в 3 ночи (после вечернего кофе) мне в голову пришла одна на мой взгляд очень простая и интересная последовательность действий, которая ведет к доказательству, ей я и хочу с вами поделиться.

Внесу пару уточняющих моментов:
  1. Некоторые промежуточные расчеты и выводы я намеренно опускаю, чтобы не перегружать читателя
  2. По этой же причине я намеренно опускаю ряд специфических понятий
  3. Читатель должен быть знаком с матанализом и комплексными числами
  4. Все мои рассуждения могут оказаться неверными


Итак, поехали...

Сначала определимся, что нужно доказать и что для этого у нас дано.

Необходимо доказать, что все комплексные нули дзета-функции должны иметь вид: $s_n=\frac{1}{2}+\mathbb{i}t,t\in \mathbb{R}$.

Определим, что такое дзета-функция.

Начнём наш путь с Эйлера, так как он впервые определил дзета-функцию для действительных чисел
(далее по тексту $\zeta$ — функция)

$ \zeta (s)=\lim_{n \to {\infty}}(1+\frac{1}{2^s}+\frac{1}{3^s}+\text{...}+\frac{1}{n^s}), \text{Re} (s)>1 $


$ \zeta (s)=\lim_{n \to {\infty}}(\sum _{i=1}^n \frac{1}{i^s}) $



Или просто

$ \zeta (s)=\sum _{i=1}^{\infty } \frac{1}{i^s} $



(далее по тексту равенства с $n$ будут рассматриваться, как предел при $n \to {\infty}$)
Подробнее
Это выражение стоит понимать так, что если есть набор функций

$ g(n)=f_1(n)+f_1(n)+\text{...}+f_k(n) $



То рассматривается предел

$ \lim_{n\to \infty } (g(n)) $





Из профильной литературы известно, что для всех выше обозначенных $s$ функция сходится абсолютно.

Также Эйлером была введена знакочередующаяся эта — функция.

(далее по тексту $\eta$ — функция)

$ \eta (s)=\sum _{i=1}^{n} \frac{(-1)^{i-1}}{i^s} $



Бернхард Риман определил $\zeta$ — функцию для комплексного переменного.

Чтобы продолжить функцию на комплексную плоскость для любого $s\in \mathbb{C}$, $0<\text{Re} (s)<1$, проделаем пару фокусов с функцией Эйлера, разбив ее на сумму по чётным и нечётным $i$.

Тогда $\zeta$ — функция будет выражаться, как сумма нечётных и чётных $i$

$ \zeta (s)=\sum _{i=1}^{\frac{n}{2} } \frac{1}{(2 i-1)^s}+\sum _{i=1}^{\frac{n}{2} } \frac{1}{(2 i)^s} $



А $\eta$ — функция будет выражаться, как разница нечётных и чётных $i$

$ \eta (s)=\sum _{i=1}^{\frac{n}{2} } \frac{1}{(2 i-1)^s}-\sum _{i=1}^{\frac{n}{2} } \frac{1}{(2 i)^s} $



Вычтем из $\zeta$ — функции $\eta$ — функцию, тогда получим

$ \zeta (s)-\eta (s)=2 \sum _{i=1}^{\frac{n}{2} } \frac{1}{(2 i)^s}=2^{1-s} \sum _{i=1}^{\frac{n}{2} } \frac{1}{i^s}=2^{1-s} \zeta (s) $


$ \left(1-2^{1-s}\right) \zeta (s)=\eta (s) $


$ \forall s\in \mathbb{C},1\neq \text{Re} (s)>0 $


Подробнее
Известно, что

$ \zeta (s)=\sum _{i=1}^n \frac{1}{i^s},Re(s)>1 $


Сходится абсолютно, это следует из интегрального теста.

Разобьем сумму на четные и нечетные $i$, тогда

$ \zeta (s)=\sum _{i=1}^{\frac{n}{2}} \frac{1}{(2 i-1)^s}+\sum _{i=1}^{\frac{n}{2}} \frac{1}{(2 i)^s},Re(s)>1 $



Тогда

$ \eta (s)=\sum _{i=1}^n \frac{(-1)^{i-1}}{i^s},Re(s)>1 $


Сходится абсолютно, так как

$ \sum _{i=1}^n \left|\frac{(-1)^{i-1}}{i^s}\right|=\zeta (s) $



Теперь можем произвести перегруппировку по четным и нечетным, тогда

$ \sum _{i=1}^n \frac{(-1)^{i-1}}{i^s}=\sum _{i=1}^{\frac{n}{2}} \frac{1}{(2 i-1)^s}-\sum _{i=1}^{\frac{n}{2}} \frac{1}{(2 i)^s} $






Также отмечу, что есть особые точки — нули уравнения $1-2^{1-s}=0$, которые устранимы.

Выразим $\zeta$ — функцию через $\eta$ — функцию

$ \zeta (s)=\frac{\eta (s)}{1-2^{1-s}} \tag{1} $


Это связь нам пригодится в дальнейшем.

Из профильной литературы известно, что в нулях $\eta$ — функции $\zeta$ — функция также обращается в нуль.

Из формулы Эйлера — Маклорена, следует, что при $n \to {\infty}$

$ \zeta (s)=\sum _{i=1}^n \frac{1}{i^s}-\frac{n^{1-s}}{1-s},s\in \mathbb{C},Re(s)>0 \tag{2} $


Подробнее
Это выражение стоит понимать, как

$ \zeta (s)=\lim_{n\to \infty } \left(\sum _{i=1}^n \frac{1}{i^s}-\frac{n^{1-s}}{1-s}\right),Re(s)>0 $





Или

$ \zeta (s)=\sum _{i=1}^{2 n} \frac{1}{i^s}-\frac{(2 n)^{1-s}}{1-s}=\sum _{i=1}^n \frac{1}{(2 i-1)^s}+\sum _{i=1}^n \frac{1}{(2 i)^s}-\frac{(2 n)^{1-s}}{1-s} $



Выразим $\zeta$ — функцию через чётные $i$ и $n$

$ \zeta (s)=\frac{2^s}{2^s} \sum _{i=1}^n \frac{1}{i^s}-\frac{2^{1-s} n^{1-s}}{2^{1-s} (1-s)}=2^s \sum _{i=1}^n \frac{1}{(2 i)^s}-\frac{(2 n)^{1-s}}{2^{1-s} (1-s)}= $


$ 2^s \sum _{i=1}^n \frac{1}{(2 i)^s}-\frac{2^s (2 n)^{1-s}}{2 (1-s)}=2^s \left(\sum _{i=1}^n \frac{1}{(2 i)^s}-\frac{(2 n)^{1-s}}{2 (1-s)}\right) $



Или

$ 2^{-s} \zeta (s)=\sum _{i=1}^n \frac{1}{(2 i)^s}-\frac{(2 n)^{1-s}}{2 (1-s)} \tag{3} $



Выразим $\zeta$ — функцию через нечётные $i$ и $n$

$ \zeta (s)=\sum _{i=1}^n \frac{1}{(2 i-1)^s}+\sum _{i=1}^n \frac{1}{(2 i)^s}-\frac{(2 n)^{1-s}}{1-s}= $


$ \sum _{i=1}^n \frac{1}{(2 i-1)^s}-\frac{(2 n)^{1-s}}{1-s}+\frac{(2 n)^{1-s}}{2 (1-s)}+2^{-s} \zeta (s)= $


$ \sum _{i=1}^n \frac{1}{(2 i-1)^s}-\frac{(2 n)^{1-s}}{2 (1-s)}+2^{-s} \zeta (s) $



Или

$ \sum _{i=1}^n \frac{1}{(2 i-1)^s}=\frac{(2 n)^{1-s}}{2 (1-s)}-2^{-s} \zeta (s)+\zeta (s)=\frac{(2 n)^{1-s}}{2 (1-s)}+\left(1-2^{-s}\right) \zeta (s) $



Или

$ \left(1-2^{-s}\right) \zeta (s)=\sum _{i=1}^n \frac{1}{(2 i-1)^s}-\frac{(2 n)^{1-s}}{2 (1-s)} \tag{4} $



Заметим, что

$ \frac{(2 n)^{1-s}}{(2 n-1)^{1-s}}=1 $



И

$ (2 n)^{1-s}-(2 n-1)^{1-s}=0 $



Тогда, используя (4), запишем

$ \left(1-2^{-s}\right) \zeta (s)=\sum _{i=1}^n \frac{1}{(2 i-1)^s}-\frac{(2 n-1)^{1-s}}{2 (1-s)} $


Подробнее
Используем тот факт, что

$ \lim_{n\to \infty } \left(\sum _{i=1}^n \frac{1}{(2 i-1)^s}-\frac{(2 n)^{1-s}}{2 (1-s)}\right)=\left(1-2^{-s}\right) \zeta (s) $



И

$ \lim_{n\to \infty }\left((2 n)^{1-s}-(2 n-1)^{1-s}\right)=0,Re(s)>0 $



Следовательно

$ \lim_{n\to \infty }\left(\frac{(2 n)^{1-s}-(2 n-1)^{1-s}}{2 (1-s)}\right)=0,Re(s)>0 $



Сложим первый и последний предел, получим

$ \lim_{n\to \infty } \left(\sum _{i=1}^n \frac{1}{(2 i-1)^s}-\frac{(2 n)^{1-s}}{2 (1-s)}+\frac{(2 n)^{1-s}-(2 n-1)^{1-s}}{2 (1-s)}\right)=\left(1-2^{-s}\right) \zeta (s) $



Или

$ \lim_{n\to \infty } \left(\sum _{i=1}^n \frac{1}{(2 i-1)^s}-\frac{(2 n-1)^{1-s}}{2 (1-s)}+\frac{(2 n)^{1-s}}{2 (1-s)}-\frac{(2 n)^{1-s}}{2 (1-s)}\right)=\left(1-2^{-s}\right) \zeta (s) $



Или

$ \lim_{n\to \infty } \left(\sum _{i=1}^n \frac{1}{(2 i-1)^s}-\frac{(2 n-1)^{1-s}}{2 (1-s)}\right)=\left(1-2^{-s}\right) \zeta (s) $





Тогда в нулях
(далее по тексту это выражение будет часто употребляться, в нулях означает, что $s$ — нуль $\zeta$ — функции)

$ \sum _{i=1}^n \frac{1}{(2 i-1)^s}=\frac{(2 n-1)^{1-s}}{2 (1-s)} \tag{5} $



И

$ \sum _{i=1}^n \frac{1}{(2 i)^s}=\frac{(2 n)^{1-s}}{2 (1-s)} \tag{6} $



Используя (5) (6), заметим, что в нулях

$ \eta (s)=\frac{(2 n-1)^{1-s}}{2 (1-s)}-\frac{(2 n)^{1-s}}{2 (1-s)} \tag{7} $



Используя (7), заметим, что

$ \frac{(2 n-1)^{1-s}}{2 (1-s)}-\frac{(2 n)^{1-s}}{2 (1-s)}=-\frac{1}{2 (2 n)^s} \tag{8} $


Подробнее

$\underset{n\to \infty }{\text{lim}}\left(\left((2 n-1)^s-(2 n)^s\right) (2 n)^{1-s}\right)=?$



Сделаем замену $2 n=\frac{1}{v}$, получим

$\underset{v\to 0}{\text{lim}}\left(\left(\left(\frac{1}{v}-1\right)^s-\left(\frac{1}{v}\right)^s\right) \left(\frac{1}{v}\right)^{1-s}\right)=\underset{v\to 0}{\text{lim}}\left(\frac{(1-v)^s-1}{v}\right)$



Сделаем замену $1-v=u$, тогда

$ \lim_{u\to 1} \left(-\frac{u^s-1}{u-1}\right)=? $



Применим правило Лопиталя, тогда

$ \lim_{u\to 1} \left(-\frac{u^s-1}{u-1}\right)=-\lim_{u\to 1} \left(\frac{s u^s}{u}\right)= $


$ -s \lim_{u\to 1} \left(\frac{u^s}{u}\right)=-\frac{s \lim_{u\to 1} \left(u^s\right)}{\lim_{u\to 1} (u)}=-s \lim_{u\to 1} (u){}^s=-s $



Значит верно, что

$ \lim_{n\to \infty } \left(\left((2 n-1)^s-(2 n)^s\right) (2 n)^{1-s}\right)=-s $



И при $n\to \infty$

$ \frac{(2 n-1)^s-(2 n)^s}{s}=-\frac{1}{(2 n)^{1-s}} $



Следовательно, при $n\to \infty$

$\frac{(2 n-1)^{1-s}-(2 n)^{1-s}}{2 (1-s)}=-\frac{1}{2 (2 n)^s}$





Тогда, используя (8), в нулях можно записать равенство

$ \eta (s)=-\frac{1}{2 (2 n)^s} \tag{9} $



Из профильной литературы известно, что $\forall s$

$ \pi ^{-\frac{s}{2}} \zeta (s) \Gamma \left(\frac{s}{2}\right)=\pi ^{-\frac{1}{2} (1-s)} \zeta (1-s) \Gamma \left(\frac{1-s}{2}\right) $


Где $\Gamma \left(s\right)$ — гамма-функция Эйлера.

Или, используя (1)

$ \frac{\pi ^{-\frac{s}{2}} \eta (s) \Gamma \left(\frac{s}{2}\right)}{1-2\ 2^{-s}}=\frac{\pi ^{-\frac{1}{2} (1-s)} \eta (1-s) \Gamma \left(\frac{1-s}{2}\right)}{1-2\ 2^{-(1-s)}} $



Тогда

$ \frac{\pi ^{-\frac{s}{2}} \eta (s) \Gamma \left(\frac{s}{2}\right)}{\frac{\left(1-2\ 2^{-s}\right) \left(\pi ^{-\frac{1}{2} (1-s)} \eta (1-s) \Gamma \left(\frac{1-s}{2}\right)\right)}{1-2\ 2^{-(1-s)}}}=1 $



Используя (9), запишем равенство в нулях

$ \frac{\pi ^{-\frac{s}{2}} \Gamma \left(\frac{s}{2}\right)}{-\frac{\left(\left(1-2\ 2^{-s}\right) \left(2 (2 n)^s\right)\right) \left(\pi ^{-\frac{1}{2} (1-s)} \Gamma \left(\frac{1-s}{2}\right)\right)}{\left(1-2\ 2^{-(1-s)}\right) \left(2 (2 n)^{1-s}\right)}}=1 \tag{10} $



Тогда в нулях должно также выполняться равенство

$ \left(\frac{\pi ^{-\frac{s}{2}} \Gamma \left(\frac{s}{2}\right)}{-\frac{\left(\left(1-2\ 2^{-s}\right) \left(2 (2 n)^s\right)\right) \left(\pi ^{-\frac{1}{2} (1-s)} \Gamma \left(\frac{1-s}{2}\right)\right)}{\left(1-2\ 2^{-(1-s)}\right) \left(2 (2 n)^{1-s}\right)}}\right)^2=1 $



Упростим выражение и запишем его в следующем виде

$ \left(-\frac{4^{1-s} \left(2^s-1\right) \pi ^{-s} n^{1-2 s} \cos \left(\frac{\pi s}{2}\right) \Gamma (s)}{2^s-2}\right)^2=1 \tag{11} $



Положим $s=\sigma +\mathbb{i}t,\sigma \in \mathbb{R},t\in \mathbb{R}$ и запишем модули каждого из сомножителей

$ \left| 4^{1-s}\right| =4^{1-\sigma } $


$ \left| 2^s-1\right| =\sqrt{4^{\sigma }-2^{\sigma +1} \cos (t \log (2))+1} $


$ \left| \pi ^{-s}\right| =\pi ^{-\sigma } $


$ \left| n^{1-2 s}\right| =n^{1-2 \sigma } $


$ \left| \cos \left(\frac{\pi s}{2}\right) \Gamma (s)\right| \to \left| \sqrt{\frac{\pi }{2}} \left(\sqrt{t^2+\sigma ^2}\right)^{\sigma -\frac{1}{2}}\right|, \sigma \in [0,1], \forall t\in \mathbb{R} $


$ \left| 2^s-2\right| =\sqrt{4^{\sigma }-2^{\sigma +2} \cos (t \log (2))+4} $



Тогда перепишем (11) в следующем виде

$ \left(\frac{\sqrt{\frac{\pi }{2}} 4^{1-\sigma } \pi ^{-\sigma } n^{1-2 \sigma } \left(\sqrt{\sigma ^2+t^2}\right)^{\sigma -\frac{1}{2}} \sqrt{4^{\sigma }-2^{\sigma +1} \cos (t \log (2))+1}}{\sqrt{4^{\sigma }-2^{\sigma +2} \cos (t \log (2))+4}}\right)^2=1 $



Или

$ \frac{2^{3-4 \sigma } \pi ^{1-2 \sigma } n^{2-4 \sigma } \left(\sigma ^2+t^2\right)^{\sigma -\frac{1}{2}} \left(4^{\sigma }-2^{\sigma +1} \cos (t \log (2))+1\right)}{4^{\sigma }-2^{\sigma +2} \cos (t \log (2))+4}=1 \tag{12} $



Заметим, что (12) представляет собой периодическую функцию, верхняя и нижняя границы которой будут равны

$ \alpha (\sigma ,t)=\frac{2^{3-4 \sigma } \pi ^{1-2 \sigma } \left(4^{\sigma }-2^{\sigma +1}+1\right) n^{2-4 \sigma } \left(\sigma ^2+t^2\right)^{\sigma -\frac{1}{2}}}{4^{\sigma }-2^{\sigma +2}+4} $


$ \beta (\sigma ,t)=\frac{2^{3-4 \sigma } \pi ^{1-2 \sigma } \left(4^{\sigma }+2^{\sigma +1}+1\right) n^{2-4 \sigma } \left(\sigma ^2+t^2\right)^{\sigma -\frac{1}{2}}}{4^{\sigma }+2^{\sigma +2}+4} $



Для того, чтобы выражение (12) для $\forall n$ было равно 1, нужно, чтобы верхняя и нижняя граница для $\forall n$ были равны 1.

Из профильной литературы известно, что любой нетривиальный нуль $\zeta$ — функции имеет действительную часть $\sigma \in (0,1)$.

Тогда запишем варианты пределов для верхней и нижней границ при $\sigma \in (0,1)$, $t\in (-\infty ,+\infty )$

$ \begin{cases} при\ \sigma \in \left(0,\frac{1}{2}\right), \alpha (\sigma ,t)=\infty,\beta (\sigma ,t)=\infty \\ при\ \sigma =\frac{1}{2}, \alpha (\sigma ,t)=1,\beta (\sigma ,t)=1 \\ при\ \sigma \in \left(\frac{1}{2},1\right), \alpha (\sigma ,t)=0,\beta (\sigma ,t)=0 \\ \end{cases} $



Как видно, нам подходит только вариант $\sigma =\frac{1}{2}$ и только в этом случае возможно соблюдение равенства (11) в нулях.

Следовательно, все комплексные нули $\zeta$ — функции имеют вид: $s_n=\frac{1}{2}+\mathbb{i}t,t\in \mathbb{R}$.

Что и требовалось доказать.