Simplicité des zéros des fonctions L
dans Arithmétique
Bonjour,
On sait que $M(x)=O(x^ {1/2} \log x)$ implique la simplicité des zéros de la fonction zêta où $M(x)=\sum_{1\leq n \leq x}\mu(n)$ désigne la fonction de Mertens. Existe-t-il quelque chose comme ça pour la simplicité des zéros des fonctions $L(s,\chi)$ ?
Merci
On sait que $M(x)=O(x^ {1/2} \log x)$ implique la simplicité des zéros de la fonction zêta où $M(x)=\sum_{1\leq n \leq x}\mu(n)$ désigne la fonction de Mertens. Existe-t-il quelque chose comme ça pour la simplicité des zéros des fonctions $L(s,\chi)$ ?
Merci
Réponses
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$\zeta(s)$ et $L(s,\chi)$ marchent exactement pareil. Tu veux dire si $M(x) = o(x^{1/2} \log x)$ alors les zéros sont tous simples ?
$\frac{1}{L(s,\chi)} = \sum_{n=1}^\infty \mu(n) \chi(n) n^{-s}= s \int_1^\infty (\sum_{n \le x} \mu(n) \chi(n)) x^{-s-1}dx$ pour $\Re(s) > \sigma_0$ donc par transformée de Mellin/Laplace/Fourier inverse et le théorème des résidus (et des bornes pour les dérivées de $\log L(s,\chi)$ pour montrer que ça converge) pour $\sigma > \sigma_0$
$$\sum_{n \le x} \mu(n) \chi(n) = \frac{1}{2i\pi}\int_{\sigma-i\infty}^{\sigma+i\infty} \frac{1}{L(s,\chi)} \frac{x^s}{s}ds=\frac{1}{L(0,\chi)}+ \sum_{\beta,L(\beta,\chi)=0} \text{Res}(\frac{x^s}{s L(s,\chi)} , \beta)$$
où $ \text{Res}(\frac{x^s}{s L(s,\chi)} , \beta) = \frac{x^\beta}{\beta L'(\beta,\chi)}$ si les zéros sont simples. -
Merci reuns. Ah oui c'est $M(x)=o(x^{1/2}\log x)$ qui implique la simplicité. Si on a $O$ au lieu de $o$ je ne sais pas ce que ça voudrait dire... Donc si je ne me trompe pas $\sum_{n \leq x}\mu(n)\chi(n)=o(x^{1/2}\log x)$ implique aussi que les zéros de $L(s,\chi)$ sont simples.
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Plus précisément, concernant $\zeta$, on sait [1] que, si $M(x) = O \left ( x^{1/2} \right)$ (sans le $\log$, donc), alors les zéros non-triviaux de $\zeta$ sont simples.
En revanche, si tu as $M(x) = O \left( x^{1/2} \log x \right)$, alors tu as l'Hypothèse de Riemann.
@Reuns : attention quand tu utilises Perron. Ici, puisque tu l'utilises non tronquée, ta somme de gauche doit tenir compte du fait que, si $x \in \mathbb{Z}$, alors le terme en $x$ doit être divisé par $2$ (sinon tu risques d'avoir des problèmes de convergence).
Références
[1] W.B. Jurkat, On the Mertens conjecture and related general $\Omega$-Theorems, Analytic Number Theory, Proc. Sympos. Pure Math., Vol. XXIV, St. Louis Univ., St. Louis, Mo., 1972, Amer. Math. Soc., Providence, R.I. (1973) 147-158 -
Merci noix de totos. Je sais que $M(x)=O(x^{1/2}\log x)$ donne HR, que $M(x)=o(x^{1/2}\log x)$ donne la simplicité des zéros et que $M(x)=O(x^{1/2})$ donne l'indépendance linéaire des zéros sur les rationnels. J'ai lu quelque part qu'on pense que $M(x)=O(x^{1/2}\log \log x)$ (sans que ceci soit optimal).
Ce que je voulais savoir c'est si $M(x)=O(x^{1/2}\log x)$ qu'a-t-on en plus de HR si ce n'est pas la simplicité des zéros? -
$\text{Res}(\frac{x^s}{s L(s,\chi)} , \beta) = x^\beta P_\beta(\log x)$ où $P_\beta$ est un polynôme de degré $\text{ord}(\beta)-1$.
Avec $M_\chi(x) = \sum_{n \le x} \mu(n)\chi(n) = \mathcal{O}(x^{1/2}\log x)$ tu as RH pour $L(s,\chi)$ et aussi que $L(s,\chi)$ n'a aucun zéro triple.
Tu as aussi que $\sum_{\beta, \text{ord}(\beta)} \frac{x^\beta \log x}{\beta L''(\beta)} = \mathcal{O}(x^{1/2} \log x)$ donc une forme de majoration pour la densité de zéros doubles
(les sommes sur les zéros se font toujours par paire $\beta,\overline{\beta}$ et si la convergence te fait peur, il suffit de régulariser en utilisant le théorème de convolution : en remplaçant $M_\chi(x) ,\int_{\sigma-i\infty}^{\sigma+i\infty}\frac{x^s}{s L(s,\chi)} ds, \text{Res}(\frac{x^s}{s L(s,\chi)} , \beta)$ par $\int_1^x M_\chi(y) \phi(x/y)\frac{dy}{y}, \int_1^x \text{Res}(\frac{y^s}{s L(s,\chi)} , \beta) \phi(x/y) \frac{dy}{y},\int_{\sigma-i\infty}^{\sigma+i\infty}\frac{x^s}{s L(s,\chi)} \Phi(s)ds$ où $\Phi(s) = \int_0^\infty \phi(x) x^{-s-1}dx$) -
Merci c'est clair.
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