Limite intégrale et fonction zêta de Riemann

etanche
Modifié (8 Apr) dans Analyse
Bonjour 
Calculer la limite de $\quad\displaystyle f(x)=\frac{1}{2x}\int_{-x}^{x} \frac{\zeta(\frac{3}{2}+it)}{\zeta(\frac{3}{2}-it)} dt$, quand $x$ tend vers $+\infty$.
Merci 
Dans la réponse il y a $\zeta(a)$ avec $a$ un entier naturel. 

Réponses

  • On peut savoir d'où vient cette intégrale? AMM?
  • Guego
    Modifié (8 Apr)
    Numériquement, je conjecture $\dfrac{1}{\zeta(3)}$. Aucune idée de comment le prouver cependant.
  • gebrane
    Modifié (8 Apr)
    ChatGtp4 avec accès internet sait \begin{align*}
    \frac{\zeta (3/2+it)}{\zeta (3/2-it)}&=\sum _{n=1}^{\infty }n^{-3/2}\sum _{d|n}^{ }\mu (d)(d^2/n)^{it}\\
    \lim_{T \to \infty} \frac{1}{2T}\int_{-T}^T \frac{\zeta(3/2+it)}{\zeta(3/2-it)} dt &= \sum_{n=1}^\infty n^{-3/2} \sum_{d | n} \mu(d) \lim_{T \to \infty} \frac{1}{2T}\int_{-T}^T  (d^2/n)^{it}dt\\
    &= \sum_{n=1}^\infty n^{-3/2} \sum_{d | n} \mu(d) 1_{n = d^2} = \frac{1}{\zeta(3)}
    \end{align*}
    Le 😄 Farceur


  • Plus généralement, dans tous les bons livres de théorie analytique des nombres, on a (par exemple) 
    $$\lim_{x \to + \infty} \frac{1}{2x} \int_{-x}^x \left| L(\sigma + it,f) \right|^2 \, \textrm{d}t = \sum_{n \geqslant 1} \frac{|f(n)|^2}{n^{2 \sigma}}$$
    où $L(s,f)$ est la série de Dirichlet de la fonction arithmétique $f$, l'égalité étant valide pour tout $\sigma > \sigma_a$.
  • etanche
    Modifié (9 Apr)
    @ Guego très bonne intuition pour $\frac{1}{\zeta(3)}$
    @ Fin de partie ce n’est pas AMM. L’exercice figurait dans un cours de théorie analytique des nombres.
    @ gebrane chatgpt4 sait vraiment résoudre cet exo ? Ce que tu as posté c’est vraiment la réponse de chatgpt4 ?
    Je suis impressionné. 
    @ noix de totos merci pour la généralisation avec la fonction $L$. 
    Est-ce que dans Tanenbaum théorie analytique des nombres est un bon livre ?
    Quel livre as-tu regardé la formule que tu as posté ? Merci.
  • Etanche, ChatGTP 4 a déniché cette réponse quelque part sur internet. Tu as des éléments d'une solution.
    Retrousse tes manches pour la comprendre  :mrgreen:
    Le 😄 Farceur


  • Poirot
    Modifié (9 Apr)
    La formule donnée par noix de totos se montre à l'aide du produit de Cauchy de deux séries absolument convergentes et du théorème de convergence dominée. L'idée est que les "termes diagonaux" quand on développe le carré du module donnent la contribution principale à cette intégrale :
    $$\frac{1}{2X} \int_{-X}^X |L(\sigma + it, f)|^2 \,\mathrm{d} t = \frac{1}{2X} \int_{-X}^X \left(\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{f(n)}{n^{\sigma+it}}\right) \left(\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{\overline{f(n)}}{n^{\sigma-it}}\right) \,\mathrm{d} t = \frac{1}{2X} \int_{-X}^X \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{|f(n)|^2}{n^{2\sigma}} \,\mathrm{d} t + \frac{1}{2X} \int_{-X}^X \sum_{m \neq n} \frac{f(n) \overline{f(m)}}{(mn)^{\sigma}} \left(\frac{m}{n}\right)^{it} \, \mathrm{d} t.$$
    Le premier membre est égal à $\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{|f(n)|^2}{n^{2\sigma}}$, tandis que l'on peut intervertir série et intégrale dans le second par convergence normale, puisque $$\left|\frac{f(n) \overline{f(m)}}{(mn)^{\sigma}}\right| \leq \frac{1}{2}\left(\frac{|f(n)|^2}{n^{2 \sigma}} + \frac{|f(m)|^2}{m^{2 \sigma}}\right)$$
    Il n'y a plus qu'à passer à la limite, en justifiant proprement l'interversion limite et somme, après le calcul de $\int_{-X}^X \left(\frac{m}{n}\right)^{it} \, \mathrm{d} t = \frac{1}{i\log(m/n)} \left(\left(\frac{m}{n}\right)^{iX} - \left(\frac{m}{n}\right)^{-iX}\right)$ et une majoration bien sentie.
  • Et pour en revenir au calcul de ChatGPT, voici le détail en généralisant.

    Je reprend les notations usuelles : $s = \sigma + it$ pour les nombres complexes (notation due à Riemann), et $L(s,f)$ pour la série de Dirichlet attachée à la fonction arithmétique $f$ à valeurs complexes. Lorsque l'on prend en compte les problèmes de convergence, on associe à cette série son abscisse de convergence absolue $\sigma_a$, mais, ici, pour des raisons de simplification, on va travailler formellement.

    Dans ce cadre, le seul outil à connaître est $L(s,f) L(s,g) = L(s,f \star g)$ où $f \star g$ est le produit de convolution de Dirichlet (ce n'est que la transposition dans le monde des séries de Dirichlet de la formule de Cauchy pour le produit de deux séries rappelée par Poirot ci-dessus).

    Enfin, on note $h_s$ la fonction arithmétique $h_s : n \mapsto n^{2 i \, \textrm{Im}(s)}$.

    (i) Un petit calcul montre que $L (\overline{s},f) = L(s,h_sf)$.

    (ii) On en déduit $L(\overline{s},f) L(s,g) = L(s, h_sf \star g)$.

    Application. Pour l'exercice présenté ici par Étanche, on prend $f=1$ et $g = \mu$. Alors $L(\overline{s},f) L(s,g) = \zeta( \overline{s}) \times \frac{1}{\zeta(s)}$. Ainsi, d'après (ii)
    $$\frac{\zeta( \overline{s})}{\zeta(s)} = L(s,h_s \star \mu) = \sum_{n \geqslant 1} \frac{1}{n^s} \left( \sum_{d \mid n} \mu(d) h_s (n/d) \right).$$
    Choisir $s = \frac{3}{2} - it$ redonne le calcul de ChatGPT de Gebrane.

    Reste à traiter les problème de convergence avec les abscisses de convergence absolue, comme l'explique Poirot précédemment, ce qui, avec les séries de Dirichlet, pose rarement des problèmes.
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