Incompréhension somme infinie

Bonjour,
Merci.
Je voudrais comprendre pourquoi Riemann a écrit cela dans son article :
"Mais, si l’on changeait cet ordre des termes de la série, on pourrait obtenir pour résultat n’importe quelle valeur réelle."
et j'essayais d'imaginer un comptage autre : si les zéros sont alignés sur la droite réelle 1/2, cela signifie qu'on utilise des complexes dont les modules sont exactement des racines carrées...
Oui, ce serait la moindre des choses d'apprendre les bases !
Aline

Bonjour,
Je colle pour finir les $x^\rho$ pour $x$ valant 2, 3, 4, 99, 100 et $\rho$ l'un des 500 premiers zéros (de la forme $1/2+ki$ puis $1/2-ki$). On peut vérifier qu'on a bien toutes les images de modules $\sqrt x$ pour $x$ fixé. Je ne sais pas si $Li$ de deux complexes conjugués donne deux complexes conjugués.
Merci des réponses !
Cordialement,
Aline

Bonjour,
Je reprends. Je cherche à comprendre ne serait-ce que cette somme de l'article fondateur (avec $\rho$ un zéro non trivial de partie imaginaire positive) :
$$
\sum\limits_\rho \left[Li(x^\rho)+Li(x^\bar\rho)\right].
$$
Puisque $Li$ associe deux complexes conjugués comme images à deux complexes conjugués, on applique le fait qu'en ajoutant deux conjugués, on obtient le double du cos de l'argument sur la droite réelle (comme diagonale d'un parallélogramme sur l'axe réel).
Pour calculer l'argument (l'"angle") d'un complexe, on trouve dans l'une des pages collées ci-dessous qu'il faut prendre le double de l'arctangente de la fraction $\frac{Im(z)}{Re(z)+|z|}$. On a abouti à :
$$
\sum\limits_\rho 2\cos(arg(Li(x^\rho))
$$
c'est à dire à
$$
\sum\limits_\rho 2\cos\left(2 \arctan \left(\frac{\Im( Li(x^\rho) )}{\Re( Li(x^\rho) )+| Li(x^\rho) |}\right)\right)
$$
Mais comme on trouve sur un autre page qu'on peut calculer l'arc tangente en utilisant le logarithme complexe...
$$
\sum\limits_\rho 2\cos\left(2 \left(\frac{1}{2i}\left( ln\left(1+i \left(\frac{\Im( Li(x^\rho) )}{\Re( Li(x^\rho) )+\left| Li(x^\rho) \right|}\right)\right)-ln\left(1-i \left(\frac{\Im( Li(x^\rho) )}{\Re( Li(x^\rho) )+\left| Li(x^\rho) \right|}\right)\right) \right)\right)\right)
$$
Et il faudrait alors démontrer que ce truc-là s'élimine asymptotiquement avec celui-là $\displaystyle\int_{x}^{\infty}\displaystyle\frac{1}{x^2-1}\displaystyle\frac{dx}{x\; ln x}$ pour ne conserver finalement que $Li(x)$ dans la formule pour $\pi(x)$...!

Bonne journée,
Aline
PS : je n'arrive pas à faire mon signe d'intégrale de la bonne taille à la toute fin, merci de me dire.

Merci gerard0, j'ai modifié.
Cordialement,
Aline

Bonjour,
Imaginons $z=a+bi$ (chaque $z$ est un $Li(un\;zéro\;de\;zêta))$.
$z -\bar z = (a+bi)-(a-bi)=2bi$ et $z + \bar z=(a+bi)+(a-bi)=2a$.
On se retrouve avec au dénominateur $\sqrt {1+\left(\displaystyle\frac{b}{a}\right)^2}$, ceci pour chaque zéro, ou plutôt pour chaque $Li(zéro)$, sachant qu’ils vont toujours deux par deux, l’un et son conjugué, et que Riemann a écrit qu’il est important de sommer dans cet ordre, histoire de ne pas trouver « n’importe quelle valeur réelle », selon l’expression...
Pas plus avancée.
Bon week-end,
Aline

J'ai remis le post en forme.
Cordialement,
Aline