Prolongement méromorphe de $\zeta^\pi$
dans Arithmétique
Bonjour,
J'ai lu quelque part que la fonction définie par exemple par $F(s)=\zeta(s)^{\pi}$ pour $\Re(s)>1$ était prolongeable méromorphiquement sur $\Re(s)>1/2$ si HR est vraie (mais pas sur $\Re(s)<1/2$). Quelqu'un peut confirmer ?
Merci
J'ai lu quelque part que la fonction définie par exemple par $F(s)=\zeta(s)^{\pi}$ pour $\Re(s)>1$ était prolongeable méromorphiquement sur $\Re(s)>1/2$ si HR est vraie (mais pas sur $\Re(s)<1/2$). Quelqu'un peut confirmer ?
Merci
Réponses
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Pour définir ce genre de fonction mise à une puissance non entière, il faut pouvoir prendre son log, donc s'assurer qu'elle ne s'annule pas. En l'occurrence HR dit exactement que $\zeta(s) \neq 0$ pour $\mathfrak{Re}(s) > 1/2$.
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Merci Poirot cela semble répondre à la question.
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Une autre question en assumant HR vraie. Si $s=3/4$ wolframalpha me retourne $\zeta(3/4)^{1/2}=1.85507..i$. Est-ce bien la valeur de $F(3/4)$ défini comme prolongement méromorphe de $F(s)=\zeta(s)^{1/2}$ dont la formule est valable pour $\Re(s)>1$? J'ai un petit doute...
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Qu'est-ce qui te gêne ? Le nombre complexe $\zeta(3/4)$ a deux racines carrées dans $\mathbb C$ (il est connu qu'il est non nul), et Wolfram t'en donne une. Il faut bien te rendre compte que la fonction $s \mapsto \zeta(s)^{1/2}$ qui te semble si simple pour $\mathfrak{Re}(s) > 1$ fait l'objet d'un choix entre un complexe et son opposé en tout point. Le fait que $\zeta$ ne s'annule pas sur ce demi-plan permet de faire un choix analytique sur tout le demi-plan. C'est la même chose si on prolonge jusqu'en $3/4$.
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Ok merci.
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Plus généralement, si, pour $z \in \mathbb{C}$, $p$ premier et $n \in \mathbb{}_{\geqslant 1}$, on pose
$$\tau_z \left(p^{n} \right) := {z + n -1 \choose n} = \frac{1}{n!} \prod_{k=0}^{n-1} (z+n-1-k)$$
alors, pour tout $s = \sigma + it \in \mathbb{C}$ tel que $\sigma > 1$
$$\zeta(s)^z = \prod_p \left( 1 + \sum_{n=1}^\infty \frac{\tau_z \left(p^{n} \right)}{p^{ns}} \right)$$
est le développement en produit eulérien, absolument convergent dans le demi-plan $\sigma> 1$, de la fonction $\zeta(s)^z$.
On peut alors définir la fonction
$$s \longmapsto Z(s,z) := \frac{(s-1) \zeta(s)^z}{s}$$
dans l'intersection de $\mathbb{C}^*$ avec tout domaine simplement connexe ne contenant pas de zéro de $\zeta$. On peut choisir la détermination du logarithme de sorte que $Z(1,z)=1$, et on montre alors que cette fonction $Z(s,z)$ est holomorphe dans le disque $|s-1| < 1$ (la démonstration découle essentiellement du fait que $\zeta$ ne s'annule pas dans ce disque et de la formule de Cauchy). -
Merci noix de totos pour cet éclairage.
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De rien.
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$F(s) = (s-1) \zeta(s)$ est entière (analytique sur $\mathbb{C}$) et RH dit qu'elle ne s'annule pas pour $\Re(s) > 1/2$ donc
$\frac{F'(s)}{F(s)}$ et $\log F(s) = \int_1^s \frac{F'(z)}{F(z)}dz$ sont analytiques pour $\Re(s) > 1/2$ ainsi que $F(s)^\pi= e^{\pi\log(F(s))}$.
$\frac{F'(s)}{F(s)}$ est donc méromorphe sur $\mathbb{C}$ avec des tas de poles simples $\frac{1}{s-\rho}$ sur $\Re(s) = 1/2$ donc $\log F(s)$ a des singularités logarithmiques $\log(s-\rho), \Re(\rho) = 1/2$ et pour $\Re(s) < 1/2$ la valeur de $\log F(s) = \int_1^s \frac{F'(z)}{F(z)}dz$ dépend alors du chemin $1 \to s$ qu'on choisit pour l'intégrale.
(regarde comment ça marche pour $\log(z) = \int_1^s \frac{1}{z}dz$ pour bien comprendre) -
Merci reuns. C'est intéressant de passer par l'intégration de fonctions je vois clair.
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