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hypothèse de Riemann

Posté par
prdox 11-10-22 à 16:26

Bonjour, Je cherche à prouver l'hypothèse de Riemann (rien que ça)

Voici à quoi je suis arrivé :

On sait que la fonction ζ(s) de Riemann admet un prolongement analytique sur tout le plan complexe sauf au point s = 1 qui est une singularité de la fonction.

Elle coincide pour tout nombre complexe s tel que Re(s) > 1 avec la série :

\zeta(s) = \displaystyle\sum_{k=1}^{+ \infty} k^{-s} = 1+2^{-s}+3^{-s}+4^{-s}+5^{-s}+6^{-s}+7^{-s}+...

On peut obtenir une définition de la fonction ζ(s) sur Re(s) > 0 à partir de la définition de la fonction êta de Dirichlet η(s) :

\eta(s) = \displaystyle\sum_{k=1}^{+ \infty} (-1)^{k+1} \times k^{-s} = 1-2^{-s}+3^{-s}-4^{-s}+5^{-s}-6^{-s}+7^{-s}-...  

En effet on a alors

  \zeta(s) = {\eta(s) \over 1-2^{1-s}}

  Ce qui réalise le prolongement de la fonction ζ sur Re(s) > 0, sauf pour s = 1 + i{2 \times k \times \pi \over ln(2)} \quad (k \in Z)   qui sont les zéros de  1-2^{1-s}

On retiendra l'éxistence de l'equation fonctionnelle suivante :

\zeta(s) = {2^s} \times \pi^{s-1} \times sin({\pi \times s \over 2}) \times \Gamma(1-s) \times \zeta(1-s)

démontrée par Riemann en 1859 et qui est valable pour tout s différent de 0 et de 1.

On retient aussi le fait que l'on puisse diviser le plan complexe en 3 zones :

- la zone Re(s) > 1 qui est la zone de convergence de la série qui ne contient pas de zéros

- la zone 0 < Re(s) < 1 qui est appelée bande critique et qui contient une infinité de zéros mais dont on ne connait pas la position éxacte mais on suppose d'après l'hypothèse de riemann que ces zéros sont tous sur la droite critique Re(s) = 1/2

- la zone Re(s) < 0  qui contient aussi une infinité de zéros, les zéros dit triviaux de la fonction zêta qui sont les entiers négatifs pairs.

On va donc étudier les zéros non triviaux de  ζ(s) qui sont dans la bande critique.


On sait plusieurs choses sur les zéros non triviaux, on sait par exemple que si

\zeta(s) = 0 \Longleftrightarrow \zeta(\overline s) = 0


de même d'après l'équation fonctionnelle on sait que, dans la bande critique,

\zeta(s) = 0 \Longleftrightarrow \zeta(1-s) = 0

On se retrouve donc confrontés à deux possibilités soit les zéros non triviaux sont regroupés par groupe de 4 si l'hypothèse de Riemann est fausse de la façon suivante :

z=a + i*b ,
z = (1-a) + i*b,
z =a - i*b
et z = (1-a) - i*b

Soit par groupe de 2 si l'hypothèse de Riemann est vraie de la façon suivante :

z= {1 \over 2} + i*b et z= {1 \over 2} - i*b


Les zéros non triviaux sont donc symétriques par rapport à la droite critique Re(s)=1/2.

Dans la bande critique les zéros de ζ(s) sont les mêmes que les zéros de η(s).

On va donc étudier η(s) car ainsi on peut utiliser la définition en série.

On remarque une chose c'est que si on arrive à montrer que pour b fixé la fonction f(a)=\eta(a+ib) est injective alors on aura prouvé l'hypothèse de Riemann car dans ce cas en prenant deux zéros symétriques par rapport à la droite  Re(s)=1/2 :

s=a+i \times b et s' = 1-a+i \times b

on aura :

  \eta(s) = \eta(s') = 0 \implies s=s' \implies a=1-a \implies a={1 \over 2}

C'est donc ce que l'on va démontrer.

On va donc prouver que

\eta(a+ib) = \eta(a'+ib) = 0  \implies a=a'

pour ça on suppose que

\eta(a+ib) = \eta(a'+ib) = 0 \implies \displaystyle\sum_{k=1}^{+ \infty} (-1)^{k+1} \times k^{-a-i*b} = \displaystyle\sum_{k=1}^{+ \infty} (-1)^{k+1} \times k^{-a'-i*b} = 0

d'après la formule suivante :

\displaystyle\sum_{k=1}^{+ \infty} (-1)^{k+1} \times k^{-a-i*b}  = (1-2*2^{-a-i*b})* \displaystyle\sum_{k=1}^{+ \infty}  k^{-a-i*b}

on obtient que

\displaystyle\sum_{k=1}^{+ \infty}  k^{-a-i*b} =  \displaystyle\sum_{k=1}^{+ \infty}  k^{-a'-i*b} = 0

du coup on peut écrire :

\displaystyle\sum_{k=1}^{+ \infty}   (-1)^{k+1}  * (k^{-a-i*b} -  k^{-a'-i*b}) = 0
\displaystyle\sum_{k=1}^{+ \infty}  (-1)^{k+1}  * (k^{-a-i*b} +  k^{-a'-i*b}) = 0
\displaystyle\sum_{k=1}^{+ \infty}  (k^{-a-i*b} -  k^{-a'-i*b}) = 0
\displaystyle\sum_{k=1}^{+ \infty}  (k^{-a-i*b} +  k^{-a'-i*b}) = 0


c'est à dire

(1-1) - (2^{-a-i*b} - 2^{-a'-i*b}) + (3^{-a-i*b}-3^{-a'-i*b}) - (4^{-a-i*b}-4^{-a'-i*b}) + (5^{-a-i*b}-5^{-a'-i*b}) - (6^{-a-i*b}-6^{-a'-i*b}) + (7^{-a-i*b}-7^{-a'-i*b}) - ...  =0
(1+1) - (2^{-a-i*b} + 2^{-a'-i*b}) + (3^{-a-i*b}+3^{-a'-i*b}) - (4^{-a-i*b}+4^{-a'-i*b}) + (5^{-a-i*b}+5^{-a'-i*b}) - (6^{-a-i*b}+6^{-a'-i*b}) + (7^{-a-i*b}+7^{-a'-i*b}) - ...  =0
(1-1) + (2^{-a-i*b}- 2^{-a'-i*b}) + (3^{-a-i*b}-3^{-a'-i*b}) + (4^{-a-i*b}-4^{-a'-i*b}) + (5^{-a-i*b}-5^{-a'-i*b}) + (6^{-a-i*b}-6^{-a'-i*b}) + (7^{-a-i*b}-7^{-a'-i*b}) + ...  =0
(1+1) + (2^{-a-i*b}+2^{-a'-i*b}) + (3^{-a-i*b}+3^{-a'-i*b}) + (4^{-a-i*b}+4^{-a'-i*b}) + (5^{-a-i*b}+5^{-a'-i*b}) + (6^{-a-i*b}+6^{-a'-i*b}) + (7^{-a-i*b}+7^{-a'-i*b}) + ...  =0

On en déduis que :


\displaystyle\sum_{k=1}^{+ \infty}  ((2k)^{-a-i*b} -  (2k)^{-a'-i*b}) = 0
et
\displaystyle\sum_{k=1}^{+ \infty}  ((2k)^{-a-i*b} +  (2k)^{-a'-i*b}) = 0

Ensuite il faut noter que quelque soit u et v

{1 \over 2 }*((u^{-a-i*b} -u^{-a'-i*b})*(v^{-a-i*b} +v^{-a'-i*b} ) +(u^{-a-i*b} +u^{-a'-i*b})*(v^{-a-i*b} -v^{-a'-i*b} )) = ((u*v)^{-a-i*b} -(u*v)^{-a'-i*b})

et

{1 \over 2 }*((u^{-a-i*b} -u^{-a'-i*b})*(v^{-a-i*b} - v^{-a'-i*b} ) +(u^{-a-i*b} +u^{-a'-i*b})*(v^{-a-i*b} +v^{-a'-i*b} )) = ((u*v)^{-a-i*b} +(u*v)^{-a'-i*b})

donc en notant

X_1 = \displaystyle\sum_{k=1}^{+ \infty}  ((2k)^{-a-i*b} -  (2k)^{-a'-i*b}) = 0

et


Y_1 = \displaystyle\sum_{k=1}^{+ \infty}  ((2k)^{-a-i*b} +  (2k)^{-a'-i*b}) = 0

puis


X_2 = X_1 - {1 \over 2} * (( 2^{-a-i*b}+2^{-a'-i*b}) * X_1 + (2^{-a-i*b}+2^{-a'-i*b}) * Y_1)= 0

et

Y_2 = Y_1 - {1 \over 2} * (( 2^{-a-i*b}+2^{-a'-i*b}) * Y_1 + (2^{-a-i*b}+2^{-a'-i*b}) * X_1)= 0

on  a

X_2 = (2^{-a-i*b} - 2^{-a'-i*b}) + (6^{-a-i*b} - 6^{-a'-i*b})+(10^{-a-i*b} - 10^{-a'-i*b})+(14^{-a-i*b} - 14^{-a'-i*b})+(18^{-a-i*b} - 18^{-a'-i*b})+ ... = 0
Y_2 = (2^{-a-i*b} + 2^{-a'-i*b}) + (6^{-a-i*b} + 6^{-a'-i*b})+(10^{-a-i*b} +10^{-a'-i*b})+(14^{-a-i*b} + 14^{-a'-i*b})+(18^{-a-i*b} +18^{-a'-i*b})+ ... = 0

On a éliminé les termes qui sont des multiples de 4

puis

X_3 = X_2 - {1 \over 2} * (( 3^{-a-i*b}+3^{-a'-i*b}) * X_2 + (3^{-a-i*b}+3^{-a'-i*b}) * Y_2)= 0

et

Y_3 = Y_2 - {1 \over 2} * (( 3^{-a-i*b}+3^{-a'-i*b}) * Y_2 + (3^{-a-i*b}+3^{-a'-i*b}) * X_2)= 0

On a éliminé les termes qui sont des multiples de 4 ou de 6

puis

X_4 = X_3 - {1 \over 2} * (( 5^{-a-i*b}+5^{-a'-i*b}) * X_3 + (5^{-a-i*b}+5^{-a'-i*b}) * Y_3)= 0

et

Y_4 = Y_3 - {1 \over 2} * (( 5^{-a-i*b}+5^{-a'-i*b}) * Y_3 + (5^{-a-i*b}+5^{-a'-i*b}) * X_3)= 0

On a éliminé les termes qui sont des multiples de 4 , de 6 ou de 10

et ainsi de suite pour chaque nombre premier

X_{n+1} = X_{n} - {1 \over 2} * (( {p_n}^{-a-i*b}+{p_n}^{-a'-i*b}) *X_{n} + ({p_n}^{-a-i*b}+{p_n}^{-a'-i*b}) * Y_{n} )= 0

Y_{n+1} = Y_{n} - {1 \over 2} * (( {p_n}^{-a-i*b}+{p_n}^{-a'-i*b}) *Y_{n} + ({p_n}^{-a-i*b}+{p_n}^{-a'-i*b}) * X_{n} )= 0

où {p_n} est le nième nombre premier

en faisant tendre n vers l'infini, il ne reste plus que le premier terme de la somme , on obtiens

X_{\infty} = (2^{-a-i*b} - 2^{-a'-i*b}) = 0 \implies a=a'

et c'est ce que l'on cherchait à démontrer, si on s'arrête là on peut penser que l'on a réussi à prouver l'hypothèse de Rieman

mon soucis c'est que l'on a également

Y_{\infty} = (2^{-a-i*b} + 2^{-a'-i*b}) = 0

Ce qui est impossible sauf si a = a' = +\infty

Donc comme on dit chez moi , il y a une couille dans le paté mais je n'arrive pas à trouver à quel endroit du raisonnement je me suis trompé, peut être pouvez vous m'aidez la dessus ?

J'espère que vous compatissez au fait qu'il m'ai fallu une plombe pour écrire tout ça dans l'éditeur de texte de ilemaths.net lol

J'attends vos commentaires avec impatience

Posté par
prdoxre : hypothèse de Riemann 11-10-22 à 16:40

je me suis trompé de signe en recopiant il faut lire :


X_{n+1} = X_{n} - {1 \over 2} * (( {p_n}^{-a-i*b}+{p_n}^{-a'-i*b}) *X_{n} + ({p_n}^{-a-i*b}-{p_n}^{-a'-i*b}) * Y_{n} )= 0

Y_{n+1} = Y_{n} - {1 \over 2} * (( {p_n}^{-a-i*b}+{p_n}^{-a'-i*b}) *Y_{n} + ({p_n}^{-a-i*b}-{p_n}^{-a'-i*b}) * X_{n} )= 0

Posté par
Ulmierere : hypothèse de Riemann 11-10-22 à 20:36

Je compatis, mais ton truc est malheureusement illisible. A cause des \ast et des \times, et surtout à cause des signes d'implication qui n'ont rien à faire là et des tournures maladroites comme 

on sait par exemple que si

\zeta(s) = 0 \Longleftrightarrow \zeta(\overline s) = 0


par exemple qui ne veut rien dire.


A cela il faut ajouter les affirmations sans preuve au sujet de la fonction eta et bien-sûr la difficulté bien connue de cette conjecture qui fait qu'on part avec peu de confiance en le fait que ta preuve puisse aboutir.

Mais si on jette un rapide coup d'oeil, on voit immédiatement des aberrations dans tes calculs, comme le regroupement de termes deux par deux, ce qui n'a aucun sens pour une série non commutativement convergente. C'est comme si je disais que \sum_{n=-\infty}^\infty n est une série convergente parce que je peux regrouper n et -n et trouver une somme de zéro.
Il y a des méthodes de sommation de séries non convegentes (Cesaro, Grandi, Ramanujan, etc) mais aà permet juste de donner une valeur à un truc qui ne converge pas. Ca n'est en aucun cas une preuve que la série converge ou qu'on peut se permettre de réordonner les termes comme on veut. Malheureusement.

Ce qui est rigolo, c'est que par sommation de Ramanujan, on peut trouver \zeta(-1) = -1/12. Et les théoriciens des cordes connaissent bien cette anecdote selon laquelle si on admet ce résultat alors il y aurait 26 dimensions repliées sur elles-même dans notre univers (ou 21, je sais plus exactement ).


Je t'avoue que je n'ai pas lu jusqu'au bout, vu que c'est déjà très faux à partir du moment où tu commences à regrouper les termes, mais à la fin ton crible d'Eratosthène m'a également l'air très foireux, sans parler du passage à la limite sans montrer qu'elle existe effectivement

Posté par
prdoxre : hypothèse de Riemann 11-10-22 à 21:06

Merci pour ton commentaire, j'avoue qu'il faut une bonne dose de confiance en soi pour oser proposer une preuve de l'hypothèse.

je vais réfléchir à ce que tu m'a dit en particulier sur les sommations de séries non convergentes.

En fait je suis persuadé que  pour b fixé la fonction f(a)=\eta(a+ib) est injective après avoir étudié la fonction eta et cela prouverais l'hypothèse de Riemann mais je n'arrive pas à le prouver malheureusement , j'ai essayé de prouver que les sommes partielles

\displaystyle\sum_{k=1}^{n} (-1)^{k+1} \times k^{-a-i*b}

étaient injectives mais je n'ai pas réussi au dela de n = 4.

mais je n'abandonne pas

Posté par
prdoxre : hypothèse de Riemann 11-10-22 à 23:33

Pour le :

on sait par exemple que si

\zeta(s) = 0 \Longleftrightarrow \zeta(\overline s) = 0

cela vient du fait que les zéros de  ζ(s)  sont les mêmes que ceux de
η(s)  car dans la bande critique

  \zeta(s) = {\eta(s) \over 1-2^{1-s}}

et comme

\eta(s) = \displaystyle\sum_{k=1}^{+ \infty} (-1)^{k+1} \times k^{-a-i*b} = \displaystyle\sum_{k=1}^{+ \infty} (-1)^{k+1} \times k^{-a}\times(e^{-i \times b \times ln(k)} )= \displaystyle\sum_{k=1}^{+ \infty} (-1)^{k+1} \times k^{-a}\times(cos(b \times ln(k))-i \times sin(b \times ln(k))

donc

\eta(\overline s) =\overline \eta(s)

donc

\eta(s) = 0 \Longleftrightarrow \eta(\overline s) = 0

donc

\zeta(s) = 0 \Longleftrightarrow \zeta(\overline s) = 0

Posté par
Ulmierere : hypothèse de Riemann 12-10-22 à 11:59

Cette démostration est fausse, tu recommences à couper en deux des sommes infinies sans assurance qu'elles convergent

Mais le problème dont je parlais, c'est le "si" qui traine devant l'équivalence, qui devrait être soit absent, soit suivi d'un "alors ..."

Posté par
prdoxre : hypothèse de Riemann 12-10-22 à 13:10

Pour le "si" c'est vrai qu'il est mal venu et ne devrait pas être là.

Pour le fait de couper en deux des sommes infinies je ne suis pas sur de suivre je n'ai probablement pas le niveau.

Mon raisonnement est le suivant :

la série

\eta(s) = \displaystyle\sum_{k=1}^{+ \infty} (-1)^{k+1} \times k^{-s}

est bien convergente sur 0<Res(s)<1 ce n'est pas moi qui le dit c'est wikipédia,

ensuite pour moi si une sérié à valeur complexe converge c'est que sa partie réelle converge et que sa partie imaginaire converge.

et ensuite si une série S converge alors -S converge aussi.

Posté par
matheux14re : hypothèse de Riemann 12-10-22 à 15:57

Salut prouver l'hypothèse de Riemann ?

Posté par
prdoxre : hypothèse de Riemann 12-10-22 à 16:22

Oui lol tu peux te moquer je le prends pas mal mes cours de maths remontent à longtemps ... mais qui ne tente rien n'a rien comme on dit

Posté par
matheux14re : hypothèse de Riemann 12-10-22 à 16:43

Désolé mais je ne cherchais pas à me moquer, il est vraiment rare de voir voir ce genre de sujet. D'où ma réaction


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