Die Riemannsche Zetafunktion III - Nullstellen

Die Riemannsche Zetafunktion III - Nullstellen
der Riemannschen Zetafunktion
Julian Schlöder
28. Mai 2009
Konvention 1. Wenn nichts weiter angegeben ist, ist stets s ∈ C mit σ := <(s)
und t := =(s). p bezeichnet stets eine Primzahl.
Satz 2. Die Riemannsche Zetafunktion ζ(s) hat für σ > 1 keine Nullstellen.
Q
Beweis. ζ(s) hat die Euler-Produktdarstellung: ζ(s) = p (1 − p1s )−1 Damit gilt
für ein P:
µ
¶µ
¶ µ
¶
Y
1
1
1
1
1− s
1 − s · · · 1 − s ζ(s) =
(1 − s )−1
2
3
P
p
p>P
¶i
∞ µ
YX
1
1
1
1
=
= 1 + s + s + s + ···
s
p
n
n
n
1
2
3
i=0
p>P
wobei n1 , n2 , n3 , · · · alle natürlichen Zahlen sind, deren Primfaktoren größer als
P sind.
Daraus folgt mit der Dreiecksungleichung für hinreichend große P:
¯µ
¯
¯ ¯
¶µ
¶ µ
¶
¯
¯
¯ ¯
1
1
1
1
1
¯ 1− 1
¯
¯
1 − s · · · 1 − s ζ(s)¯ = ¯1 + s + s + s + · · · ¯¯
¯
s
2
3
P
n1
n2
n3
¯
¯
¯
¯
−1
−1
1
1
1
−1
= ¯¯1 − s − s − s − · · · ¯¯ > 1 − σ − σ − σ − · · ·
n1
n2
n3
n1
n2
n3
1
1
>1−
−
> 0.
(P + 1)σ
(P + 2)σ
Korollar 3. Die Riemannsche Zetafunktion ζ(s) hat für σ < 0 keine Nullstellen
außer den trivialen Nullstellen bei s = −2, −4, −6....
Beweis. Es gilt folgende Funktionalgleichung für ζ(s):
ζ(s) = 2s π s−1 sin(
sπ
)Γ(1 − s)ζ(1 − s)
2
sin( sπ
2 ) = 0 genau dann wenn s ∈ 2Z. Aber Γ(1 − s) hat für ganzzahlige s > 1
eine Polstelle, die die entsprechende Nullstelle des Sinus weghebt. Die Nullstelle
des Sinus bei s = 0 wird von der Polstelle der Zetafunktion bei s = 1 weggehoben.
Also hat ζ(s) Nullstellen bei allen negativen ganzzahligen Vielfachen von 2.
1
Für ungerade, negative ganze Zahlen sind sin sπ
2 , Γ(1 − s), und ζ(1 − s) (nach
Satz 2) jeweils ungleich Null, also hat ζ(s) dort keine Nullstellen.
Wenn wir nun s := 1 − s setzen, ergibt sich aus der Funktionalgleichung:
ζ(1 − s) = 21−s π −s sin(
π − πs
2
πs
)Γ(s)ζ(s) =
cos( )Γ(s)ζ(s)
2
(2π)s
2
Die Nullstellen des Cosinus bei allen ganzzahligen negativen ungeraden Zahlen
werden von Γ(s) weggehoben. s = 1 wird von der Polstelle von ζ(1) weggehoben.
Die Nullstellen bei allen positiven ungeraden ganzen Zahlen außer 1 entsprechen
den oben gefundenen Nullstellen von ζ(s), da 1 − s für solche s eine negative
gerade Zahl ist.
Annahme: Für ein s = σ + it, σ < 0, s ∈
/ Z− ist ζ(s) = 0. Für solche s ist Γ(s)
πs
definiert und cos( 2 ) ungleich 0.
⇒0=
2
πs
cos( )Γ(s)ζ(s) = ζ(1 − s) =: ζ(s0 )
s
(2π)
2
Aber wegen <s0 > 1 ist ζ(s0 ) = 0 ein Widerspruch zu Satz 2.
Lemma 4. Für |x| < 1, x ∈ R hat der natürliche Logarithmus die Reihenentwicklung
∞
X
xk
ln(1 + x) =
(−1)k+1 .
k
k=1
Beweis. Es gilt für ein n:
1 − t + t2 − · · · + (−t)n−1 =
=
Damit:
n−1
X
Pn−1
(−1)k tk =
k k
k=0 (−1) t (1
+ t)
1+t
k=0
Pn−1
k k
k=0 (−1) t
+ (−1)k tk+1
1 − (−t)n
=
(Teleskopsumme)
1+t
1+t
n−1
X
(−t)n
1
=
(−1)k tk +
1+t
1+t
k=0
Also:
Z
ln(x) =
0
x
1
dt =
1+t
Z
x
Ãn−1
X
0
k=0
Mit n → ∞ und |x| < 1 ist
(−t)n
(−1) t +
1+t
Rx
k k
tn
dt
0 1+t
!
=
n
X
k=1
(−1)k−1
xk
+(−1)n
k
Z
x
0
→ 0.
Lemma 5. Für eine meromorphe Funktion f : C\{A} → C, die einen Pol der
Ordnung 1 in a ∈ A hat, gilt:
lim (z − a)f (a) = Resa f.
z→a
Beweis. In einer Umgebung U ⊆ C um a lässt sich f in eine Reihe entwickeln
(vgl. Vortrag von Prof. Müller):
f |U (z) =
∞
X
n=−1
2
an (z − a)n
tn
dt
1+t
(mit Resa f := a−1 )
Nun, da die Reihe konvergiert:
∞
X
lim (z − a)f (z) = lim
z→a
z→a
Ã
n+1
an (z − a)
n=−1
Ã
= a−1 + lim
(s − a)
z→a
= lim
a−1 + (s − a)
z→a
∞
X
(s − a) ak
!
k
(s − a) ak
k=0
!
k
∞
X
= a−1
k=0
Erinnerung 6. Es gilt: cos z = 21 (eiz + e−iz )
1 2iz
1
(e + e−2iz + 2) = (cos 2z + 1).
4
2
⇒ (cos z)2 =
Lemma 7. Es gilt 3 + 4 cos ϑ cos 2ϑ > 0 ∀ϑ ∈ R.
Beweis. 0 6 2(1 + cos ϑ)2 = 2 + 4 cos ϑ + cos 2ϑ + 1 = 3 + 4 cos ϑ + cos 2ϑ
Satz 8. Die Riemannsche Zetafunktion ζ(s) hat auf der Geraden σ = 1 keine
Nullstellen.
Beweis. Es gilt (Lemma 4):
ζ(s) =
Y
p
∞
(1 −
k
X
1 −1
k+1 x
)
und
ln(1
+
x)
=
(−1)
ps
k
k=1
Damit:
ln ζ(σ) = ln
=
¶
Y
X µ
1
1
(1 − s )−1 = −
ln 1 − σ
p
p
p
p
∞
X
X
1
(−1)
(−1)k+1 (−1)k σk
p k
p
k=1
Kurz geschrieben als:
=
X
p,k
1
kpkσ

X
⇒ ζ(σ) = exp 
p,k
(σ > 1)

1 
kpkσ
∀σ > 1
Aufgrund der Eindeutigkeit der analytischen Fortsetzung von ζ(s) gilt dann:


X 1
 ∀s ∈ C, <(s) > 1
ζ(s) = exp 
(1)
kpks
p,k
3
Außerdem gilt:
<
X1
X1
X1 1
1
1
· k(σ+it) =
· < k(σ+it) =
·
<e−kit ln p
k p
k
k pkσ
p
p,k
p,k
p,k
=
X1 1 1
·
(ekit ln p + e−kit ln p )
k pkσ 2
p,k
=
X cos kt ln p
p,k
Analog:
<
kpkσ
X1
X cos 2kt ln p
1
· k(σ+i2t) =
k p
kpkσ
p,k
p,k
Damit aus Lemma 7:
Ã
< 3
X
p,m
X
X
1
1
1
+4
+
mσ
mσ+it
mσ+i2t
mp
mp
mp
p,m
p,m
X 1
=
(3 + 4 cos(mt ln p) + cos(2mt ln p)) > 0
pmσ
p,m
da jeder Summand > 0
Mit ex > 1 ⇔ x > 0 und |es | = eσ und (1) folgt nun für σ > 1:
¯
¯ ¯
¯
1 6 ¯ζ 3 (σ)¯ · ¯ζ 4 (σ + it)¯ · |ζ(σ + 2it)|
¯4
¯
3 ¯¯ ζ(σ + it) ¯¯
· |ζ(σ + 2it)| · (σ − 1)
= |ζ(σ) · (σ − 1)| · ¯
(σ − 1) ¯
Also:
¯
¯
¯ ζ(σ + it) ¯4
1
¯ · |ζ(σ + 2it)| >
¯
|(ζ(σ)) · (σ − 1)| · ¯
(σ − 1) ¯
(σ − 1)
3
Annahme: ζ(1 + it) = 0 für ein t.
Nun lassen wir in s = σ + it σ → 1 laufen.
ζ hat bei s=1 eine Polstelle mit Residuum 1, also (Lemma 5):
lim (σ − 1)ζ(σ) = 1
σ→1
Außerdem folgt nach der Regel von l’Hospital:
lim
σ→1
ζ(σ + it)
= ζ 0 (1 + it) < ∞
(σ − 1)
Und, da ζ auf ganz C\{1} definiert ist:
ζ(σ + 2it) → ζ(1 + 2it) < ∞
Damit folgt aus (2):
4
∞ > |ζ 0 (1 + it)| · |ζ(1 + 2it)| > lim
σ→1
4
!
1
=∞
σ−1
(2)
Lemma 9. Es gibt eine Konstante a mit
|ζ(s)| 6 a ln t
für σ > 1, t > 2
Beweis. Vgl. Zahlentheorie von H.Koch und H.Pieper, S. 115f
Lemma 10. Es gibt eine Konstante b > 0 mit
ζ 0 (s) 6 b(ln t)2
für σ > 1, t > 2
Beweis. Vgl. Zahlentheorie von H.Koch und H.Pieper, S. 115f
Satz 11. Es gibt Konstanten c und t0 mit
¯
¯
¯ 1 ¯
7
¯
¯
¯ ζ(s) ¯ 6 c(ln t)
für t > t0 , σ > 1.
Beweis. Aus (2) folgt:
3
4
|(σ − 1)ζ(σ)| |ζ(σ + it)| |ζ(σ + 2t)| > (σ − 1)3
Da
P∞
1
k=1 kx
für reelle x > 1 konvergiert, gilt für 1 < σ 6 2 und ein c1 :
3
|(σ − 1)ζ(σ)| < c1
Wegen Lemma 9 gibt es ein a, sodass gilt:
|ζ(σ + 2it)| 6 a ln(2t) 6 a ln(t2 ) = 2a ln(t)
für t > 2
Also gilt für 1 < σ 6 2, t > 2 und ein c2 :
3
|ζ(σ + it)| >
(σ − 1) 4
1
c2 (ln t) 4
Sei nun 1 < η < 2 und 1 6 σ < η, t > 2. Dann folgt mit Lemma 10 und dem
Fundamentalsatz der Analysis für ein b > 0:
¯Z η
¯
¯
¯
|ζ(σ + it) − ζ(η + it)| = ¯¯
ζ 0 (u + it)du¯¯
¯
¯Zση
¯
¯
b(ln t)2 ¯¯ = b(ln t)2 (η − σ)
6 ¯¯
σ
6 b(ln t)2 (η − 1)
Damit folgt aus der Dreiecksungleichung |a − b| > |a| − |b|:
|ζ(σ + it)| = |ζ(η + it) − ζ(η + it) + ζ(σ + it)|
> |ζ(η + it)| − |ζ(η + it) + ζ(σ + it)|
> |ζ(η + it)| − b(ln t)2 (η − 1)
3
>
(η − 1) 4
1
c2 (ln t) 4
− b(ln t)2 (η − 1)
5
für1 < η < 2, 1 6 σ < η, t > 2 (3)
Diese Ungleichung gilt ebenfalls für 1 < η 6 σ < 2, t > 2:
3
|ζ(σ + it)| >
(σ − 1) 4
c2 (ln t)
1
4
3
>
3
(η − 1) 4
c2 (ln t)
>
1
4
(η − 1) 4
c2 (ln t)
1
4
− b(ln t)2 (η − 1)
(4)
Jetzt suchen wir ein η := η(t) in Abhängigkeit von t, sodass
folgende Gleichung erfüllt ist:
3
(η − 1) 4
= 2b(ln t)2 (η − 1)
1
c2 (ln t) 4
(5)
3
Multiplikation beider Seiten mit ((η − 1) 4 2b ln(η − 1))−1 ergibt:
1
1
(η − 1) 4 =
Also gibt es ein c3 , sodass
η =1+
9
2bc2 (lnt) 4
1
c3 (ln t)9
die Gleichung erfüllt. Für ein geeignet gewähltes t0 gilt also für alle t > t0 :
16η62
Damit nach (3), (4) und (5) für ein geeignetes c4 :
|ζ(σ + it)| > b(ln t)2
1
= c4 (ln t)−7
c3 (ln t)9
Also für 1 6 σ < 2, t > t0 und ein c:
¯
¯
¯
¯
1
7
¯
¯
¯ ζ(σ + it ¯ 6 c(ln t)
Für σ > 2, t > t0 ist nach (1):
Ã
X
|ζ(s)| = exp <
p,m
1
mpms
!
Ã
= exp
X cos(2mt ln p)
p,m
pmσ
Nun wird mit cos(z) > −1∀z und σ > 2 abgeschätzt:
Ã
!
X 1
|ζ(s)| > exp −
mp2m
p,m
Die rechte Seite ist konstant, also existiert ein c so, dass:
!
Ã
X 1
1
>
|ζ(s)| > exp −
2m
mp
c(ln t)7
p,m
für alle t > t0 und σ > 2.
6
!