Riemann functionaalvergelijking


	© h.hofstede (h.hofstede@hogeland.nl)

De Riemann-Functionaalvergelijking.

Welkom aan boord.
Fasten Your Seatbelts!!

Kijk het begon allemaal in 1859 met het artikel hiernaast.

1. Gammafunctie.

De gammafunctie Γ(s) is eigenlijk de uitbreiding van het begrip faculteit (x!) naar niet alleen maar de positieve gehele getallen, maar naar alle getallen. In deze les kun je er meer over lezen. De conclusie daarin is:

Die kun je gaan ombouwen totdat er een ζ(s) in verschijnt.
Dat gaat zo:
Vervang eerst s door ¹/₂s:

Vervang nu t door n²πx. Dan is dt = n²πdx

Breng de factoren van vóór de integraal naar de andere kant:

Nu neem je van beide kanten de som van n = 1 tot oneindig. Zie je het al? Dan verschijnt daar links een soort van ζ(s):

Van die linkerkant hangt alleen n^-s af van n dus kan de rest buiten het somteken gebracht worden.
Dan blijft er precies ζ(s) over!

Zo.
Omdat een integraal ook een som is, mag je die som en die integraal best verwisselen, en dan kun je ook nog x^{0,5s - 1} buiten die som halen, omdat die niet afhangt van n.
Onthoud voor straks alvast even dit tussenresultaat:

(Dat stuk met die sommatie heb ik even voor het gemak w(x) genoemd. Dat doen wel meer wiskundigen).

3. Complexe Fouriertransformatie.

Een Fourier-reeks is een manier om een willekeurige (beetje nette) functie om te zetten in de som van een aantal andere functies. Eigenlijk ook een soort reeksontwikkeling voor functies, maar dan niet met machten (zoals in een Taylorreeks) maar met functies van sinx en cosx. Omdat e^z natuurlijk nauw verbonden is met de sinz en cosz voor complexe getallen zou dat bij de integraal uit (1) inderdaad misschien best wat op kunnen leveren......
In deze les kun je meer lezen over Fourierreeksen. De conclusies waren daar:

Neem een functie die is gedefinieerd op interval [-π, π] en maak daar een periodieke functie van.
(Dan is dus L = π en de periode van de functie is 2π).
Omdat je weet dat e^z = cosz + isinz is ook cosz = ¹/₂(e^z + e^-z) en sinz = ¹/_2i(e^z - e^-z)
Dan geeft de bovenste formule van de Fourierreeksen:

Dat kun je herrangschikken door dezelfde e-machten bij elkaar te zetten. Vermenigvuldig die eerste som ook nog met ⁱ/_i om die i in de noemer weg te krijgen. Dan geeft dat:

Vervang nu in die tweede som de n door -n dan worden de grenzen niet 1 en ∞, maar -∞ en -1.
Verder is a_-n = -a_n (a_n is de integraal van iets met een sinusfunctie en die is oneven) en b_-n = b_n (b_n is de integraal van iets met een cosinusfunctie en die is even). Dan krijg je het volgende:

Als je de som van 1 tot ∞ oneindig en de som van -1 tot -∞ samenneemt en er ook nog de term voor n = 0 bij stopt krijg je precies de som van -∞ tot ∞.
We hebben de nieuwe constanten c_n genoemd, en zoals je ziet is c_n = b_n - ia_n.
Merk nog even op dat dat ook klopt met die c₀: c₀ = b₀- ia₀ want a₀= 0 en b₀ = ¹/_L ∫ f(x) • 1dx en dat was ook c.

Laten we een formule voor c_n gaan opstellen vanuit de formules voor a_n en b_n die we al hadden (nog steeds met L = π, dus periode 2π):

Dat laatste kun je weer veranderen in een e-macht, als je bedenkt dat sin(-x) = -sinx en cos(-x) = cosx:

Nou was dit allemaal nog voor L = π en periode 2π. Als je een willekeurige waarde L neemt, dan veranderen de formules in (ga zelf maar na):

In die laatste integraal heb ik de grenzen -L en L genomen in plaats van 0 en 2L. Daar komt uiteraard hetzelfde uit want in beide gevallen integreer je gewoon over precies één periode van de functie.
Zo staat het wat mooier (symmetrisch = mooi!)

Van Reeks naar Transformatie.

We gaan nu proberen om L naar oneindig te laten gaan.

In die som voor f(x) gaat dan L naar oneindig, dus zal in principe ^2πnix/_L naar nul gaan..... tenminste........ behalve voor n-waarden die óók oneindig worden natuurlijk!!!! Voor steeds grotere L zullen alleen de n-waarden "in de buurt van ±L" nog bijdragen leveren.

Geinig ideetje: laten we daarom eens kijken naar de verhouding ⁿ/_L = k

Als bijvoorbeeld L = 100, dan is ⁿ/_L = k achtereenvolgens gelijk aan:
k = .......-⁵/₁₀₀, -⁴/₁₀₀, -³/₁₀₀, -²/₁₀₀, -¹/₁₀₀, ⁰/₁₀₀, ¹/₁₀₀, ²/₁₀₀, ³/₁₀₀, ⁴/₁₀₀, ⁵/₁₀₀, ......... dat zijn afstandjes van Δk = ¹/₁₀₀ = ¹/_L
Dan staat er bij c_n het volgende:

F(k) is één of andere functie van k (die integraal namelijk)
Dat geeft voor f(x):

(Daarbij moet je die k sommeren als in de rij hierboven)

Hé? Waar kennen we dat van? Ik heb een Déja Vu!!!
Voor allerlei waarden van k iets uitrekenen, en dan vermenigvuldigen met Δk en dan al die stukjes bij elkaar optellen....
Precies! Dat is een Riemann-som! Een integraal dus!

Voor steeds grotere waarden van L worden die Dk stukjes inderdaad steeds kleiner. Als L naar oneindig gaat, gaat Dk naar nul, en verandert de som in een integraal:

(als L naar oneindig gaat gaan de grenzen van die F(k) ook naar oneindig)

4. Poisson-Sommatie.

Poisson-sommatie zegt het volgende:
Neem een functie f(x) en tel alle functiewaarden voor gehele x bij elkaar op.
Dus bereken de som .... + f(-3) + f(-2) + f(-1) + f(0) + f(1) + f(2) + f(3)+ ....
Je kunt ook van deze functie de Fouriergetransformeerde maken en dan alle coëfficiënten c_n bij elkaar optellen.
Dat geeft hetzelfde resultaat!!!!

Bewijs.
Definieer bij een gegeven functie f en nieuwe functie g als volgt:

Dan is g periodiek met periode 1.
Kijk maar, bijv. g(¹/₃) = .....+ f(-1¹/₃) + f(-²/₃) + f(¹/₃) + f(1¹/₃) + ... maar bij g(1¹/₃) of g(2¹/₃) of... krijg je dezelfde rij.
Laten we de Fouriercoëfficiënten g_k van g gaan berekenen (de integraal van 0 naar 1, want de periode is immers 1):

Omdat een integraal ook maar een soort van som is mag je die som en die integraal best verwisselen (er zijn wel wat voorwaarden over convergentie en differentieerbaarheid van f, maar laten we even aannemen dat f een "nette" functie is)

Bij die tweede stap staat dat, als x van 0 tot 1 loopt voor f(x + n), dat hetzelfde is als x van n naar n + 1 voor f(x).
In beide gevallen integreer je namelijk van f(n) naar f(n + 1) over alle waarden van n.
Die laatste integraal rechts, daar staat nu dat je oneindig veel integralen op moet tellen, over allemaal stukjes die precies op elkaar aansluiten. Dan kun je net zo goed meteen de integraal van -∞ naar ∞ nemen!

Die integraal, dat is precies de definitie van de Fouriercoëfficiënt van f. Conclusie:

Kies nu in de laatste vergelijking x = 0 dan is g(x) = f(n) en dan hebben we gevonden:

Waarbij die f_k de Fouriercoëfficiënten van f zijn. Precies wat we zochten!
☺

5. De losse eindjes verbinden.

Eerst gaan we de integraal uit (1) wat veranderen om hem van 1 naar ∞ te krijgen in plaats van van 0 naar ∞ .
Dat gaat zó:

Vervang in die eerste integraal x door ¹/_u dan worden de grenzen ∞ en 1.
Verder geldt dx = d(¹/_u) = -¹/_u²du
Dat geeft voor die eerste integraal:

Noem hierin nu u weer x (what's in a name?) en neem hem samen met de tweede integraal (dat mag want de grenzen zijn nu gelijk). Dan krijg je:

Oké, nu nog een verband tussen ω(¹/_x) en ω(x) zien te vinden om ook die twee stukken samen te kunnen nemen....
Daarvoor maken we eerst in ω(x) = de som van -∞ naar ∞. Dat is een makkie! Als je je maar realiseert dat negatieve n-waarden precies hetzelfde opleveren als positieve (n staat er in het kwadraat).
Definieer een nieuwe functie q(x) als volgt:

Dan is er met θ (heet de thétafunctie) makkelijker te werken dan met ω.

Als je dat deel onder dat somteken nou als functie van n ziet, dus als g(n) dan kun je de Poisson-sommatieregel erop toepassen. Dat geeft:

Substitueer nu in die laatste integraal ^n²/_z = u² dus n = u√z en dn = √z • du. Dat geeft:

Bij die laatste stap hebben we kwadraat afgesplitst.
Als je nou die e-macht weer splitst dan hangt het tweede deel niet van u af, dus dat kan vóór de integraal:

En nu komt de aangename verrassing: die integraal daar is gelijk aan 1!!!
Het is de overbekende Gauss-integraal en in deze les kun je vinden waarom geldt:

Neem in bovenstaande integraal x = √π(u + ik√z) dus dx = √πdu, dan vind je eenvoudig direct dat er 1 uitkomt.
Conclusie:

Dat somteken geeft precies "toevallig" de waarde van θ(z)
Oké, dan kunnen we nu weer terug van θ(x) naar ω(x), want ω(x) = -¹/₂ + ¹/₂θ(x)
ω(¹/_x) = -¹/₂ + ¹/₂θ(¹/_x) = -¹/₂ + ¹/₂ • √x • θ(x) = -¹/₂ + ¹/₂√x • (2ω(x) + 1) = -¹/₂ + ¹/₂√x + ω(x)√x

Als je in de integraal s vervangt door (1 - s) dan ontstaat er toch weer wat leuks:

Haakjes wegwerken, ¹/₂ buiten de integraal en het wordt al wat overzichtelijker

Die eerste twee termen kun je primitiveren:

:"Hmm, tot nu toe nog niet echt leuk", hoor ik je al mopperen. Maar kijk wat hier aan de hand is!
Als je daar aan de rechterkant elke s vervangt door (1 - s) dan krijg je dit:

Daar rechts staat precies hetzelfde als in de oorspronkelijke integraal!!!!!
Dat betekent dat de uitdrukking Γ(¹/₂s) • π^-½s • ζ(s) niet verandert als je s door (1 - s) vervangt.
ofwel:

Daar is dan eindelijk het verband tussen ζ(s) en ζ(1 - s). In feite zijn we nu klaar. We hebben een vergelijking die ζ(s) verbindt met ζ(1 - s). En daarmee is ζ(s) uit te breiden naar het hele complexe vlak. Je zou nu terug kunnen gaan naar de les over de complexe Riemannfunctie.

De echte die-hards die willen het natuurlijk toch graag nog wat mooier schrijven. Daarvoor hebben ze dan wel eerst Euler's reflectieformule nodig, en die kun je op twee verschillende zware etappes bereiken. Kies maar één van onderstaande routes. Ben jij beter in complexe integralen of in gonioformules???


bb	bb	bb

En nu de reflectieformule meteen maar gebruiken.

We waren gebleven bij

Vervang eerst in de reflectieformule Γ(x)Γ(1 - x) de x door ¹/₂ + ¹/₂s

Hier moeten we eerst een zijsprong gaan maken om Legendre's Duplicatie Formule af te leiden. Die luidt als volgt:

Voor het bewijs daarvan heb je de zogenaamde bêta-functies nodig. Je kunt het bewijs hiernaast vinden.

Er gebeurt iets interessants als je de formules (2) en (3) op elkaar gaat delen:

Dit mooie resultaat gaan we nu invullen in de laatste stand die we hadden van de Riemann vergelijking. Dat was:

Neem tenslotte die π^{s
- 0,5} naar de andere kant, neem de machten van π samen en vervang s door 1 - s:
(bedenk dat cos(¹/₂π(1 - s)) = sin(¹/₂πs))

Precies het gezochte resultaat.