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La hipótesis blanda de Riemann

Posted by Albert Zotkin en febrero 3, 2016

Anoche mientras me entretenía con algunas sumas parciales de la función zeta de Riemann, me di cuenta de algo muy curioso, cuyo enunciado voy escribir seguidamente a modo de conjetura (hipótesis): Si para la suma parcial

\displaystyle \zeta_N= \sum_{n=1}^N \;\frac{1}{n^s}
el número complejo siguiente es una de sus raíces (ceros), z1 = σ + it, entonces este otro número complejo, z2, escrito en función del primero, posee la misma parte real:

\displaystyle z_2 = - \cfrac{\log(\zeta_{N-1}(z_1))}{\log(N)}
Mi conjetura es que sólo si z1 es un cero de ζN, entonces

\displaystyle \text{Re}(z_2) = \text{Re}(z_1)=\sigma
A esta conjetura la llamo la Hipótesis blanda Riemann, y la vamos a ver en acción con dos sencillos ejemplos numéricos: Sea la siguiente ecuación:

\displaystyle 1+2^{-x}+3^{-x}=0

y uno de sus ceros, hasta una precisión de 50 decimales, es:

\displaystyle z_1 =0.4543970081950240272783427420109442288880- \\ 3.5981714939947587422049363529208471165604i

. Por lo tanto el número z2 será:

\displaystyle z_2 = -\cfrac{\log(-1-2^{z_1})}{\log 3}
\displaystyle z_2 = 0.4543970081950240272783427420109442288880- \\ 2.1210302407654957970993444877464279628993i

Para la siguiente ecuación:

\displaystyle 1+2^{-x}+3^{-x}+4^{-x}=0

sabemos que uno de sus ceros, hasta una precisión de 50 decimales, es:

\displaystyle z_1 =0.502684148750165679490952980864893319283 -\\ 20.7799493688306204126178629816730434295i

. Por lo tanto el número z2 será:

\displaystyle z_2 = -\cfrac{\log(-1-2^{z_1}-3^{z_1})}{\log 4}
\displaystyle z_2 = 0.5026841487501656794909529808648933193 + \\ 1.8818513403053486355205517469102906214

Saludos

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Los ceros de las sumas parciales de la función zeta de Riemann cerca del inframundo

Posted by Albert Zotkin en enero 10, 2016

¿Sabes resolver la siguiente ecuación donde s es una variable compleja?:

\displaystyle 1+\frac{1}{2^s}+\frac{1}{3^s}=0 (1)
Esta ecuación es en claro ejemplo de ecuación trascendente, y no posee solución analítica (que sepamos). El lado izquierdo de esta ecuación es una suma parcial de tres sumandos de la función Zeta de Riemann, o lo que es lo mismo, un harmónico generalizado de orden 3:

\displaystyle H_{n,s}=\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k^{s}}} (2)
En el límite n ? 8, el harmónico generalizado converge hacia la función Zeta de Riemann:

\displaystyle \lim _{n\rightarrow \infty }H_{n,s}=\zeta (s) (3)
Se ve a simple vista que el lado izquierdo de esa ecuación es una suma de exponenciales, es decir, no es un polinomio. Pero, podemos expresarlo mediante serie de potencias, por ejemplo, mediante series de Taylor, así:

\displaystyle 1+\frac{1}{2^s}+\frac{1}{3^s}=3+(-\log(2)-\log(3) z+\frac{1}{2} \left(\log(2)^2+\log(3)^2\right) z^2+\left(-\frac{1}{6} \log(2)^3-\frac{\log(3)^3}{6}\right) z^3+\frac{1}{24} \left(\log(2)^4+\log(3)^4\right) z^4+\left(-\frac{1}{120} \log(2)^5-\frac{\log(3)^5}{120}\right) z^5+\frac{1}{720} \left(\log(2)^6+\log(3)^6\right) z^6+\left(-\frac{\log(2)^7}{5040}-\frac{\log(3)^7}{5040}\right) z^7+\frac{\left(\log(2)^8+\log(3)^8\right) z^8}{40320}+\left(-\frac{\log(2)^9}{362880}-\frac{\log(3)^9}{362880}\right) z^9+\left(\frac{\log(2)^{10}}{3628800}+\frac{\log(3)^{10}}{3628800}\right) z^{10}+O(z)^{11}
He investigado algo esto y he visto que todo harmónico generalizado se puede expresar así:

\displaystyle H_{m,s}=\sum _{n=0}^{\infty } \sum _{k=2}^m \frac{\log (k^n )(-s)^n}{n!} +1 (4)
Esto significa que la función Zeta de Riemann puede escribirse de la siguiente forma:

\displaystyle \zeta(s)=\sum _{n=0}^{\infty } \sum _{k=2}^{\infty} \frac{\log (k^n )(-s)^n}{n!} +1 (5)
Pero, intentemos saber cómo resolver la primera ecuación que escribí, la (1): Si la variable es compleja entonces esa ecuación posee infintas raices o ceros, y dos de esos ceros son (con alta precisión en número de dígitos) estos:

\displaystyle z_1 = 0.4543970081950240272783427420109442288880772534469111379406228046-3.598171493994758742204936352920847116560425746628839339842061185i\\ \\ z_2=0.4543970081950240272783427420109442288880772534469111379406228046+3.598171493994758742204936352920847116560425746628839339842061185i
Esos dos ceros, z1 y z2, son dos números irracionales, y presumíblemente sus infinitos ceros también lo sean.

Pero, intentemos contestar a la pregunta con la que abría este post. ¿Sabes resolver la siguiente ecuación donde s es una variable compleja?:

\displaystyle 1+\frac{1}{2^s}+\frac{1}{3^s}=0
Esa ecuación al ponerla en forma polinómica, posee grado infinito, como hemos visto arriba. Pero, ¿qué podemos decir de esta otra ecuación?:

\displaystyle 1+s^{-2}+s^{-3}=0 (6)
Esta ecuación parece más tratable de resolver analíticamente, ¿no?. Su raíces serían estas tres (una real y dos complejas):

\displaystyle s_1=-\left(\frac{2}{3 \left(-9+\sqrt{93}\right)}\right)^{1/3}+\frac{\left(\frac{1}{2} \left(-9+\sqrt{93}\right)\right)^{1/3}}{3^{2/3}}\\ \\ \\ s_2=-\frac{\left(1+i \sqrt{3}\right) \left(\frac{1}{2} \left(-9+\sqrt{93}\right)\right)^{1/3}}{2 3^{2/3}}+\frac{1-i \sqrt{3}}{2^{2/3} \left(3 \left(-9+\sqrt{93}\right)\right)^{1/3}}\\ \\ \\ s_3=-\frac{\left(1-i \sqrt{3}\right) \left(\frac{1}{2} \left(-9+\sqrt{93}\right)\right)^{1/3}}{2 3^{2/3}}+\frac{1+i \sqrt{3}}{2^{2/3} \left(3 \left(-9+\sqrt{93}\right)\right)^{1/3}}
La pregunta del millón es la siguiente. ¿Existe algún álgebra tal que podamos transformar la ecuación analíticamente intratable (1) en otra más tratable que se parezca mucho en la forma a la (6)?. La respuesta es sí. Afortunadamente, las bases para ese tipo de álgebra ya la descubrí anteriormenete en lo que llamé aritmética del inframundo y del ultramundo.

Partimos de la ecuación (1). y la expresamos mediante exponenciales de esta forma

\displaystyle 1 + e^{-x\log 2}+e^{-x\log 3}=0 \\ \\
ahora pasamos el 1 al lado derecho y aplicamos logaritmo neperiano en ambos lados:

\displaystyle e^{-x\log 2}+e^{-x\log 3}=-1 \\ \\ \log(e^{-x\log 2}+e^{-x\log 3})=\log(-1)= i\pi \\ \\
y observamos que el lado izquierdo es literalmente la definición de infra-suma de grado -1, con lo cual nuestra ecuación inicial (1) queda al final así:

\displaystyle \left(-x\log 2\right)\oplus \left(-x\log 3\right)=i\pi (7)
Si este álgebra poseyera las mismas propiedades que el álgebra de grado 0 convencional, podríamos atisbar una solución para esta última ecuación (7), recordando que la multiplicación de grado -1 es la suma convencional de grado 0. Así, sacando factor común (-x) y despejándola en el lado izquierdo, obtendríamos una hipotética solución de x:

\displaystyle (-x) + \left(\log 2\oplus \log 3\right)=i\pi \\ \\ (-x) = i\pi \left(\log 2\oplus \log 3\right) \\ \\ x = \left(\log 2\oplus \log 3\right) - i\pi \\ \\ x = \log\left(e^{\log 2}+e^{\log 3}\right) - i\pi
\displaystyle x=\log\left(\frac{e^{\log 2}+e^{\log 3}}{e^{- i\pi}}\right) (8)
Pero, sabemos que la ecuación (1) posee infinitas raíces (ceros), por lo tanto, la solución (8) debería incluir los infinitos cíclos mediante los múltiplos de iπ. Así, una hipotética solución podría ser como la siguiente (aunque puede demostrarse fácilmente que esta solución que presento es incorrecta):

\displaystyle x_n = \log\left(\frac{e^{\log 2}+e^{\log 3}}{e^{- i\pi n}}\right) \\ \\ \\ \\ x_n = \log\left( \frac{5}{e^{- i\pi n}}\right) \\ \\ \\ \\ x_n=\log 5 - i\pi n

Saludos

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Mejorando el método de Newton-Raphson para el cálculo aproximado de raices (ceros) de una función

Posted by Albert Zotkin en enero 4, 2016

El otro día, mientras probaba el método de Newton-Raphson, se me ocurrió que quizás podría mejorarlo un poco. Este método se usa para el cálculo aproximado de las raíces de una función f(x), y es el siguiente:

\displaystyle x_{n+1} = x_n - \frac{f(x_n)}{f'(x_n)} (1)
Donde f ‘(x) es la primera derivada de f(x). Es decir, partimos de un punto fijo xn, que suponemos está cerca de una de las raices, y desde él iteramos tantas veces como deseemos hasta aproximarnos más a dicha raíz. Este método tiene el riesgo de que las iteraciones no converjan hacia ninguna raíz, y por lo tanto resulte ineficaz para algunas funciones. Supongamos que queremos hallar alguna raíz de la función f(x) = 3x4 + x2 – 2 y aplicamos seis veces la iteracíon del método de Newton-Raphson partiendo del punto x0 = 1, y si calculamos con una precisión de 40 dígitos, tendremos:

\displaystyle \begin{matrix} x_1 & = & x_0 - \frac{f(x_0)}{f'(x_0)} & = & 1 - \frac{2}{14} & = & \underline{0.8}571428571428571428571428571428571428571 \\ x_2 & = & x_1 - \frac{f(x_1)}{f'(x_1)} & & \vdots & = & \underline{0.81}89577717879604672057502246181491464510\\ x_3 & & \vdots & & \vdots & = & \underline{0.816}5061857602031922330590601328993201490\\ x_4 & & \vdots & & \vdots & = & \underline{0.81649658}10746056647328219979558653427309 \\ x_5 & & \vdots & & \vdots & = & \underline{0.8164965809277260327}667768695067608172972 \\ x_6 & & \vdots & & \vdots & = & \underline{0.81649658092772603273242802490196379732}39 \end{matrix}

los dígitos correctos están subrayados.

A continuación presento la mejora que hice para este método de Newton-Raphson:

\displaystyle x_{n+1} = x_n - \frac{f'(x_n)}{f''(x_n)} +\sqrt{\frac{f'(x_n)^2}{f''(x_n)^2}-2\frac{f(x_n)}{f''(x_n)}} (2)

Donde f ”(x) es la segunda derivada de f(x). Obviamente esta mejora debería de funcionar para f ”(xn) ≠ 0. Hagamos el cálculo para la función anterior usando esta mejora:

\displaystyle \begin{matrix} x_1 & = & \underline{0.8}061381468608105183744701440352992991541 \\ x_2 & = & \underline{0.81649}79024576970617429931359189802359533\\ x_3 & = & \underline{0.8164965809277260}299628549775875861636275\\ x_4 & = & \underline{0.8164965809277260327324280249019637973220} \\ x_5 & = & \underline{0.8164965809277260327324280249019637973220} \\ x_6 & = & \underline{0.8164965809277260327324280249019637973220} \end{matrix}
Vemos cómo con esta mejora la iteración converge más rápidamente hacia la raíz. En concreto, para este ejemplo, vemos cómo a partir de x3 la aproximación sobrepasa con creces la precisión de 40 digitos.

Pero, ¿Cómo he obtenido la ecuación de mejora (2)?. La serie de Taylor de la función f(x) centrada en xn es

\displaystyle f(x)=f(x_n)+f'(x_n) (x-x_n)+ (x-x_n)^2 \frac{f''(x_n)}{2!} + ... \,

Si evaluamos para xn+1 obtenemos

\displaystyle f(x_{n+1})=f(x_n)+f'(x_n) (x_{n+1}-x_n)+ (x_{n+1}-x_n)^2 \frac{f''(x_n)}{2!} + ... \,

Como para el cálculo de las raices f(xn+1) debe ser igual a 0, si consideramos hasta el término cuadrático, tendremos

\displaystyle f(x_{n+1})=f(x_n)+f'(x_n) (x_{n+1}-x_n)+ (x_{n+1}-x_n)^2 \frac{f''(x_n)}{2!}= 0,

Y resolviendo esa ecuación cuadrática para xn+1, tendremos:

\displaystyle x_{n+1} = x_n - \frac{f'(x_n)}{f''(x_n)} \pm \sqrt{\frac{f'(x_n)^2}{f''(x_n)^2}-2\frac{f(x_n)}{f''(x_n)}} (3)
Observemos el signo ± delante de la raíz cuadrada del discriminante. Ese signo ± quiere decir que tenemos dos posibles caminos de iteración en la mejora de este método, y los dos deben conducir a una buena aproximación de una de las raices de la función. Obviamente, si en la serie de Taylor consideramos sólo hasta el termino cuadrático excluido, obtenemos el método original de Newton-Raphson. Podríamos considerar mejoras hasta el término cúbico o grados superiores, y veríamos cómo la rapidez de convergencia (o divergencia) aumentaría notablemente.

Este método de Newton-Raphson también puede extenderse a funciones de variable compleja. Así, si partimos de un punto fijo del plano complejo, veríamos cómo sus siguientes puntos de dicho plano, al ir aplicando la iteración, se aproximarían a un punto atractor, el cual sería una de las raíces (ceros) de esa función compleja.

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