HRA

Impossible de démontrer RH comme ça, car la fonction zeta d'Hurwitz $\zeta(s,a) = \sum_{n=1}^\infty (n+a)^{-s}$ ne satisfait pas à l'hypothèse de Riemann : elle a une équation fonctionnelle très similaire, mais pas de produit eulérien.

Dans ta méthode, impossible d'utiliser le fait que $\zeta(s)$ a un produit eulérien, donc impossible de prouver RH (en particulier ton deuxième pdf doit contenir des erreurs).

@Satan : En fait je ne comprends même pas de quoi tu pars, l'intégrale que tu as écrite dans ton premier lien diverge pour tout $s$.

Avec $\vartheta(t) = 1+ 2\sum_{n=1}^\infty e^{-\pi n^2 t}$ on a $\vartheta(1/t) = t^{1/2} \vartheta(t)$ donc

$\pi^{-s} \Gamma(s)\zeta(2s) - \frac{1}{2s-1} + \frac{1}{2s} = \int_1^\infty f(t) (t^{s-1} + t^{-s}) dt$ où
$f(t) = \sum_{n=1}^\infty e^{-\pi n^2 t}$.

Et donc j'ai l'impression que ce que tu veux montres est trivial car $\pi^{-s/2} \Gamma(s/2)\zeta(s)$ décroit plus vite que n'importe quelle puissance de $s$ quand $Im(s) \to \infty$.

Ne le prends pas sur la défensive. Donc fais des efforts, aide le lecteur au maximum, écris clairement ce que tu penses savoir démontrer et ce dont tu n'es pas sûr.

Pour le moment je n'arrive pas à décrypter.

Si tu n'as pas fait trop d'erreurs, alors c'est forcément dans le chapitre de Titchmarsh sur $\Xi$ et dans http://math.hawaii.edu/home/theses/MA_2014_Hallum.pdf

Et je répète que dans ce cas, le même argument fonctionne pour $\zeta(s,a)$ ou pour d'autres contre-exemples de RH

...sed perseverare diabolicum est

Il n'y a pas de développement asymptotique de $\zeta(s)$ pour $Im(s)$ très grand. C'est comme si on cherchait le développement asymptotique de $e^{s}$ pour $Im(s)$ très grand.

Supposons que tout ce que tu as écrit est bon.
Est ce que tu est très convaincu de ta citation dans le deuxième pdf :

Cela implique, le cosinus et le sinus ne pouvant être petits en même temps, qu’il existe une borne $A \geq 0, \ x = \frac12$ pour $y \geq A.$