Реклама на сайте (разместить):


Реклама и пожертвования позволяют нам быть независимыми!

Математика

Материал из Вавилон.wiki
Перейти к: навигация, поиск

РЕШЕНИЕ ГИПОТЕЗЫ РИМАНА

Теорема. Вещественные части всех нетривиальных нулей дзета-функции Римана равны – ReS=1/2. Доказательство.

1. О ВЕЩЕСТВЕННЫХ ЧАСТЯХ НЕТРИВИАЛЬНЫХ НУЛЕЙ НЕКОТОРЫХ ФУНКЦИЙ (Теория функций и функциональный анализ)

Запишем функциональное уравнение функции f(x) φ1(x)f(x)= φ2(x)f(zx+c), (1) где φ1(x)≠0, φ2(x)≠0, -∞<φ1(x)<∞, -∞<φ2(x)<∞, (2) f(x), φ1(x), φ1(x)-любые функции. z=(-1+ε), ε-бесконечно малая величина, x-комплексная переменная, c-вещественная конечная постоянная.

• Учитывая (1) и (2) можно записать следующее равенство f(xz)= f(zxz+c), (3) где xz – пробегает по всем нетривиальным нулям функции f(x) заданной в уравнении (1). Нетривиальные нули функции f(xz), можно записать так xz=α(z)+iβ(z), α(z) ≠0 и β(z) ≠0, α(z) и β(z) вещественные числа. (4) Предположим что, при xz= x1 (5) f(x1)=0 где x1– произвольно взятый нуль функции f(xz): (5а) Шаг 1. Если f(x1)=0, значит для удовлетворения уравнения (3) при x2=zx1+c должно быть f(zx1+c)=0. Получается, что если для f(xz) существует нуль равный x1, значит должен иметь место другой нуль f(xz) равный x2. Шаг 2. Если x2 является нулем f(xz), значит левая сторона уравнения (3) при xz= x2 равняется нулю и это требует что бы при x3= zx2+c= z(zx1+c) +c правая сторона (3) равнялась нулю f (z(zx1+c) +c)=0. Получается, что f(xz) должен иметь еще один нуль – x3. В итоге получаем: f(x1)= f(zx1+c)=0 f(x2)= f(zx2+c), т.е. f(zx1+c)= f(z(zx1+c)+c)=0 f(x3)= f(zx3+c), т.е. f(z(zx1+c)+c)= f(z (z(zx1+c)+c)+ c)=0 ………………………………………………………… f(xk-1)= f(zxk-1+c), т.е. f(x1zk-2+c(zk-3+zk-4+…+1))= f(x1zk-1+c(zk-2+zk-3+…+1))=0 …………………………………………………………………………………. Очевидно, что нули функции f(xz) (например, в отличии от, нулей квадратного уравнения школьной программы) не автономны. Т.е. для того, что бы при xz= x1 удовлетворялось условие f(x1)=0 требуется, что бы функция f(xz) имела ряд нулей бесконечно: Следствие 1. Прямо бесконечно – это тогда, когда все нули функции f(xz), включая xz=x1 разные. Данный вариант нуждается в дополнительном анализе. Следствие 2. По кругу бесконечно - это тогда, когда очередной нуль xz=xk будет равняться первому (произвольно взятому нами) нулю, т.е. xk=x1. Получим xz= xk=z(z(z(…(zx1+ c)))…)+ c =x1zk-1+ c(zk-2+ zk-3+…+1)= x1 (6) Заметим, что x1– произвольно взятый нуль, а все остальные нули x2,x3,…,xk, его следствие. Т.к. речь идет о нетривиальных нулях с учетом (4), (5), (5а) и (6) получим: (zk-1-1)iβ(z)=0 (7) α(z)=c(zk-2+ zk-3+…+1)/(1-zk-1) (8) Рассмотрим вариант, когда (k-1) четное число. В (7) положим z=(-1+ε) и вычислим предел для (zk-1-1)iβ(z), устремив ε к нулю. Получим lim(zk-1-1)iβ(z)=0 Для (8) вычислим предел устремив ε к нулю, получим lim α(-1+ ε)= c/2 (9)

Применяя полученные результаты легко решить Гипотезу Римана.

2. РЕШЕНИЕ ГИПОТЕЗЫ РИМАНА (теория чисел)

Т.к. f(x) является любой функцией комплексной переменной, то, используя уравнение (1) можем записать следующее: φ1(x)= π-x/2Г(x/2), φ2(x)= π-(1-x)/2Г[(1-x)/2], f(x)= ζ(x), f(zx+c)= ζ(1-x+εx), где z=-1+ ε, c=1, π- известное число π=3,14…, Г(x/2) – гамма функция, ζ(x)-дзета-функция Римана и получим π-x/2Г(x/2)ζ(x)= π-(1-x)/2Г[(1-x)/2]ζ(1-x+ εx) (10) Для правой стороны (10) вычислим предел , устремив ε к нулю, и для визуального сходства с общепринятым оригиналом в (10) «x» заменим на «s». Получим π-s/2Г(s/2)ζ(s)= π-(1-s)/2Г[(1-s)/2]ζ(1-s) (11) Получаем функциональное уравнение дзета-функции Римана, где, наблюдается s1=s0, s2=1-s0, s3=1-(1-s0)=s0=s1, (k-1)=3-1=2 – чётное число. и выполняется условие «Следствие 2»-т.е. (6). Т.к. уравнение (11) получается как частный случай при: c=1, с учетом (9) получим ReS=α(-1)=c/2=1/2, ReS=1/2. Гипотеза Римана доказана.

Статью можно улучшить?
✍ Редактировать 💸 Спонсировать 🔔 Подписаться 📩 Переслать 💬 Обсудить
Позвать друзей