Discussione:Funzione zeta di Riemann

Serie di Laurent sbagliata

Ultimo commento: 13 anni fa2 commenti2 partecipanti alla discussione

Attenzione c'è un errore nel paragrafo "serie di Laurent": la serie dovrebbe avere i segni alterni e ogni termine dovrebbe avere il fattoriale del parametro della sommatoria a denominatore di ciascun termine della somma, così:

${\displaystyle \zeta (s)={\frac {1}{s-1}}+\sum _{n=0}^{\infty }{{\frac {(-1)^{n}}{n!}}\gamma _{n}(s-1)^{n}}\;.}$ 

quindi, nel caso:

${\displaystyle \zeta (s)-{\frac {1}{s-1}}=\gamma -\gamma _{1}(s-1)+{\frac {1}{2}}\gamma _{2}(s-1)^{2}-{\frac {1}{6}}\gamma _{3}(s-1)^{3}+...}$ 

— Questo commento senza la firma utente è stato inserito da ‎ 93.44.91.193 (discussioni · contributi) 16:46, 30 mag 2012 (CEST).Rispondi

Hai ragione, ho corretto, grazie per la segnalazione.--Sandro_bt (scrivimi) 02:23, 31 mag 2012 (CEST)Rispondi

Spiegare meglio la Serie di Ramanujan

Ultimo commento: 16 anni fa1 commento1 partecipante alla discussione

Non è meglio cancellare la parte segnalata? Perché se non si spiega cos'è la serie di Ramanujan (di cui non esiste nemmeno la voce) è inutile citarla e rende poco chiara la sezione -- Aldur 15:30, 23 ott 2008 (CEST)Rispondi

Serie di Ramanujan

Ultimo commento: 16 anni fa2 commenti2 partecipanti alla discussione

Leggendo il libro di Marcus du Sautoy "L'enigma dei numeri primi" Ed. BUR 2005 ho trovato quella che forse è la "serie di Ramanujan". Nel capitolo intitolto "Ramanujan, il mistico matematico" (pagg. 242 e seguenti), l'autore riporta come, quello che allora era ancora uno sconosciuto matematico indiano, inviò dei carteggi a Hardy e Littlewood tra i quali spiccava la serie:

${\displaystyle 1+2+3+....+\infty =-{\frac {1}{12}}}$ 

Quella che a prima vista pare una aberrazione matematica strampalata si rivelò invece essere la soluzione di Riemann per il calcolo della funzione zeta quando vi si inseriva il numero

${\displaystyle n=-1}$ 

${\displaystyle 1+2+3+....+\infty =1+{\frac {1}{2^{-1}}}+{\frac {1}{3^{-1}}}+.....}$ 

credo che ci si riferisca a questa come "serie di Ramanujan".— Questo commento senza la firma utente è stato inserito da 87.2.27.190 (discussioni · contributi) 16:13, 14 feb 2009 (CET).Rispondi

Si,si, ma il problema è che come è messo dal testo non si capisce cosa si intende visto che interpretata nel suo senso usuale, la formula è un non senso.--Sandro (msg) 18:46, 15 feb 2009 (CET)Rispondi

Paragrafo "costanti zeta"

Ultimo commento: 14 anni fa1 commento1 partecipante alla discussione

Ho aggiunto al paragrafo "I valori della funzione zeta" il tag "{vedi anche|Costanti zeta}" in modo tale da collegarlo alla voce "Costanti zeta". Ciao. Аммаиep ^contattami 11:58, 13 dic 2010 (CET)Rispondi

I valori della funzione zeta

Ultimo commento: 13 anni fa15 commenti3 partecipanti alla discussione

Correttamente viene indicata la forma chiusa ${\displaystyle \zeta (2k)={\frac {2^{2k-1}\pi ^{2k}|B_{2k}|}{(2k)!}}}$  ma poi viene riportato " ... Invece il calcolo esatto dei valori dispari di s crea ancora enormi difficoltà ...". Una affermazione un po' azzardata. Per ottenere la forma chiusa per ${\displaystyle s}$  dispari basti derivare la funzione zeta e si otterrà ${\displaystyle \zeta '(2s)=-2s*(\zeta (2s+1))}$  cioè ${\displaystyle \zeta (2s+1)=-{\frac {1}{2s}}\zeta '(2s)}$ . La mia è solo un'idea ma penso che sia corretta.— Questo commento senza la firma utente è stato inserito da Mark16 (discussioni · contributi) 11:47, 29 giu 2012‎ (CEST).Rispondi

La frase è sicuramente un po' ambigua e andrebbe sistemata. I valori negli interi positivi dispari si possono tranquillamente calcolare (approssivamente) in modo numerico, quello che non è nota è un'espressione in termini di quantità ben capite, come nel caso degli interi positivi pari (nota che non è affatto detto che una tale formula esista, anzi). La tua formula in ogni caso non è corretta (immagino tu abbia commesso l'errore d/ds n^-s = -s n^(-s-1)). Ciao,--Sandro_bt (scrivimi) 16:01, 29 giu 2012 (CEST)Rispondi

Pongo allora la domanda ${\displaystyle {\frac {d}{ds}}{\frac {1}{n^{s}}}=??}$ .— Questo commento senza la firma utente è stato inserito da 80.117.81.114 (discussioni · contributi) 17:57, 29 giu 2012‎ (CEST).Rispondi

${\displaystyle {\frac {d}{ds}}{\frac {1}{n^{s}}}={\frac {d}{ds}}e^{-s\log n}=-\log ne^{-s\log n}=-{\frac {\log n}{n^{s}}}}$ .--Sandro_bt (scrivimi) 04:54, 30 giu 2012 (CEST)Rispondi

Ho riveduto la formula e mi sono accorto che la variabile in cui ho considerato la derivata è n e non s. Sotto questo punto di vista la formula potrebbe essere corretta.— Questo commento senza la firma utente è stato inserito da Mark16 (discussioni · contributi) 11:34, 15 lug 2012‎ (CEST).Rispondi

Sì, ma n non è una variabile, è l'indice della sommatoria, per cui differenziare rispetto a quella non ha alcun senso.--Sandro_bt (scrivimi) 20:29, 16 lug 2012 (CEST)Rispondi

Invece penso che sia sensato. Fissato un valore di s e derivando la variabile diventa n e non s. Inoltre guardando i casi ${\displaystyle {\frac {d}{dn}}{\frac {1}{n}}=-{\frac {1}{n^{2}}},{\frac {d}{dn}}{\frac {1}{n^{2}}}=-2{\frac {1}{n^{3}}},...}$  e non penso che queste derivate non abbiano senso.— Questo commento senza la firma utente è stato inserito da Mark16 (discussioni · contributi) 20:57, 16 lug 2012‎ (CEST).Rispondi

Se consideri solo l'n-esimo termine della serie allora ovviamente dipende da n, ma se consideri la serie, sommando tutti i termini allora ovviamente non dipende più da n.--Sandro_bt (scrivimi) 00:12, 17 lug 2012 (CEST)Rispondi

E' stata usata la n non per indicare l'n-esimo termine ma per indicare un qualsiasi numero naturale.--Mark16 (msg) 11:33, 17 lug 2012 (CEST)Rispondi

Chiaro, un numero naturale qualsiasi, quindi possiamo prendere, per esempio, n=5? Allora com'è definita ${\displaystyle {\frac {d}{d5}}\zeta (s)}$ ? --Sandro_bt (scrivimi) 12:08, 17 lug 2012 (CEST)Rispondi

No, c'è un errore per poterlo fare, prima bisogna stabilire un valore di s a questo punto il calcolo si può fare.--Mark16 (msg) 13:32, 17 lug 2012 (CEST)Rispondi

Tipo calcolare ${\displaystyle {\frac {d}{d5}}\zeta (7)}$ ? Guarda che non ha alcun senso...--Sandro_bt (scrivimi) 01:17, 18 lug 2012 (CEST)Rispondi

Dato ad s il valore di 7 si ha ${\displaystyle \zeta (7)=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{7}}}}$  e derivando si ottiene ${\displaystyle \zeta '(7)=({\frac {1}{1^{7}}})'+({\frac {1}{2^{7}}})'+({\frac {1}{3^{7}}})'+\cdots =-7{\frac {1}{1^{8}}}-7{\frac {1}{2^{8}}}-7{\frac {1}{3^{8}}}+\cdots =-7\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{8}}}=-7\zeta (8)}$ --Mark16 (msg) 11:38, 18 lug 2012 (CEST)Rispondi

Questa formula non ha alcun senso...--Sandro_bt (scrivimi) 11:56, 18 lug 2012 (CEST)Rispondi

Se un discussione non è utile è inutile continuarla.--Mark16 (msg) 12:21, 18 lug 2012 (CEST)Rispondi

Variabile complessa s

Ultimo commento: 13 anni fa12 commenti2 partecipanti alla discussione

Penso che sia utile aggiungere nella pagina la formula della variabile complessa s cioè : ${\displaystyle \zeta (a+ib)=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {cos(b*ln(n))}{n^{a}}}-i\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {sin(b*ln(n))}{n^{a}}}}$ . Si può facilmente ottenere attraverso i seguenti passaggi ${\displaystyle {\frac {1}{n^{a+ib}}}={\frac {1}{n^{a}}}*{\frac {1}{n^{ib}}}={\frac {1}{n^{a}}}*n^{-ib}={\frac {1}{n^{a}}}*e^{ln(n^{-ib})}={\frac {1}{n^{a}}}*e^{-ib*ln(n)}={\frac {1}{n^{a}}}*(cos(b*ln(n))-isin(b*ln(n))={\frac {cos(b*ln(n))}{n^{a}}}-i{\frac {sin(b*ln(n))}{n^{a}}}\longrightarrow \zeta (a+ib)=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {cos(b*ln(n))}{n^{a}}}-i\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {sin(b*ln(n))}{n^{a}}}}$ . Nel penultimo passagio è stato fatto uso dell'Identità di Eulero.— Questo commento senza la firma utente è stato inserito da Mark16 (discussioni · contributi) 19:50, 16 lug 2012‎ (CEST).Rispondi

Beh, sinceramente non ne vedo l'utilità. Non è tra le cose più importanti da mettere nella voce e per capire in fondo questa voce è comunque necessaria un po' di conoscenza di analisi complessa (o perlomeno della formula di Eulero).--Sandro_bt (scrivimi) 20:33, 16 lug 2012 (CEST)Rispondi

Non vedo dove sia l'uso dell'analisi complessa nella formula precedente e quanto rigurda la formula di eulero basterebbe un semplice link.— Questo commento senza la firma utente è stato inserito da Mark16 (discussioni · contributi) 20:45, 16 lug 2012‎ (CEST).Rispondi

Quello che voglio dire è che quest'identità non è particolarmente utile. Lo stesso calcolo vale comunque per qualunque serie di Dirichlet ed è una banalità per chiunque la voglia usare, per cui non mi sembra il caso di aggiungerla in questa voce (semmai si può mettere la formula per parte reale e immaginaria delle serie di Dirichlet sulla voce relativa).--Sandro_bt (scrivimi) 20:57, 16 lug 2012 (CEST)Rispondi

Che non sia utile non sono d'accordo. Ponendo b=0 si ottiene la formula per un valore a reale, inoltre si possono studiare i valori di b per quali la parte reale o immaginaria si annulla. E poi, considerazione personale, nella voce viene detto che il primo contributo di Riemann fu quello di considerare la funzione zeta con una variabile complessa. Se per la variabile reale viene indicata la formula perchè non dovrebbe essere così anche per la complessa?— Questo commento senza la firma utente è stato inserito da Mark16 (discussioni · contributi) 21:06, 16 lug 2012‎ (CEST).Rispondi

La solita formula vale per una variabile complessa s e Riemann l'ha considerata in quel modo usando poi il teorema dei residui. Questo però non c'entra col prendere la parte reale o la parte immaginaria del valore della funzione. Comunque si possono fare un sacco di cose con la funzione di Riemann e ci sono interi libri che parlano solo di quella, ovviamente qua però vanno riportate solo le cose più rilevanti.--Sandro_bt (scrivimi) 00:12, 17 lug 2012 (CEST)Rispondi

Ed ecco che spunta fuori l'analisi complessa! Io penso che la pagina del teorema del residui sia un po' troppo tecnica. Al giorno d'oggi non si può dire o scrivere di qualcosa senza che l'abbia già detta qualcun'altro, ancora di più se l'argomento è molto importante e ha risvolti in tutti i campi. Un'ultima cosa l'immagina della funzione zeta sul piano complesso andrebbe cambiata: da quella che c'è non si comprende molto. Proposta: paesaggio zeta descritto da Marcus du Sautoy nel video l'enigma dei numeri primi.--Mark16 (msg) 11:28, 17 lug 2012 (CEST)Rispondi

Lo studio della funzione zeta è un argomento tutt'ora molto attivo nella ricerca, quindi cose nuove da dire ce ne sono, solo che sono cose "avanzate" e non la semplice applicazione di una formula di base alla definizione. Per l'immagine non ho ben capito a quale ti riferisci, sul libro di de Satoy l'unica immagine della zeta è sugli zeri ed è più o meno simile a questa.--Sandro_bt (scrivimi) 12:14, 17 lug 2012 (CEST)Rispondi

L'immagine è a pagina 159,cap. 4 L'ipotesei di Riemann da numeri primi casuali a zeri ordinati.--Mark16 (msg) 13:23, 17 lug 2012 (CEST)Rispondi

Io ho un'edizione diversa (in inglese), l'immagine a cui mi riferivo prima è quella nella quarta sezione (The Riemann hypothesis - Order out of chaos) del quarto capitolo. Le altre immagini nel capitolo non ho ben capito cosa rappresentino esattamente (le didascalie non chiariscono molto..), comunque effettivamente qualche altra immagine per la voce farebbe comodo (quelle di de Satoy in ogni caso non le possiamo usare per motivi di copyright).--Sandro_bt (scrivimi) 01:17, 18 lug 2012 (CEST)Rispondi

La mia era solo un'idea. Inserirò la formula sopracitata nella Serie di Dirichlet. --Mark16 (msg) 11:22, 18 lug 2012 (CEST)Rispondi

Ho trovato una bella immagine sulla voce francese daella funzione zeta,al paragrafo valori della funzione sulle diverse parti del piano. Ci sono delle cose interessanti, come la dimostrazione dell'equazione funzionale, che si potrebbero aggiungere.--Mark16 (msg) 17:37, 8 ago 2012 (CEST)Rispondi

Zeri non banali

Ultimo commento: 13 anni fa9 commenti2 partecipanti alla discussione

Nella pagina viene indicata la stima asintotica per gli zeri non banali. Non sarebbe utile inserire, in una opportuna sezione, come fece Riemann a calcolare i primi zeri non banali?--Mark16 (msg) 12:30, 18 lug 2012 (CEST)Rispondi

Sì, sarebbe utile, magari in un paio di righe senza perdersi nei dettagli (proponi qua il testo prima di inserirlo).--Sandro_bt (scrivimi) 13:17, 18 lug 2012 (CEST)Rispondi

Pensavo che tu ne sapessi qualcosa. In ogni caso cercherò un po' in giro.--Mark16 (msg) 13:40, 18 lug 2012 (CEST)Rispondi

Ok, provo a scrivere qualcosa io nei prossimi giorni (se non mi dimentico..).--Sandro_bt (scrivimi) 13:41, 18 lug 2012 (CEST)Rispondi

Ho trovato un metodo che usa la funzione Zeta di Hardy,visto che i suoi zeri coincidono con quelli non banali dlla funzione zeta di Riemann. Per calcolare gli zeri usa il metodo della secante sulla Zeta di Hardy, Il metodo consiste in 3 fasi:

1) Trovare i punti di minimo o massimo locale della zeta di Hardy di formula ${\displaystyle \mathrm {Z} (t)=e^{i\cdot \theta (t)}\cdot \zeta ({\frac {1}{2}}+it)}$  con ${\displaystyle \theta (t)=Im[log\Gamma ({\frac {1}{4}}+{\frac {1}{2}}\cdot it)]-{\frac {t}{2}}\cdot log\pi }$ ;

2) Applicare il Metodo delle secanti e trovare gli zeri;

3) Sapendo che gli zeri della Zeta di Hardy sono gli zeri non banali della zeta di Riemann si hanno i valori degli zeri. --Mark16 (msg) 19:26, 18 lug 2012 (CEST)Rispondi

Sì, la parte difficile in realtà è calcolare la funzione zeta (la normale definizione non è convergente in Re(s)=1/2 ed è necessario usare un metodo efficiente). Ho dato un'occhiata (veloce) in un paio di libri dove penavo se ne parlasse ed effettivamente parlano di come calcolare gli zeri, però non ho trovato indicazioni sul metodo usato da Riemann.--Sandro_bt (scrivimi) 22:09, 19 lug 2012 (CEST)Rispondi

Sul libro di du Satoy parla di Formula di Riemann-Siegel. L'ho trovata in wiki.en, magari dacci un'occhiata.--Mark16 (msg) 15:19, 20 lug 2012 (CEST)Rispondi

Sì, la conosco bene, anche se non sapevo avesse usato quella. Ho guardato sull'Edwards e dà praticamente per scontato che usasse quella, bisognerebbe scrivere una sezione sugli aspetti computazionali, in questo periodo però sono fuori casa e ho pochissimo tempo.--Sandro_bt (scrivimi) 12:44, 30 lug 2012 (CEST)Rispondi

Ok, non c'è fretta.--Mark16 (msg) 10:30, 5 ago 2012 (CEST)Rispondi

Formula correlata

Ultimo commento: 13 anni fa1 commento1 partecipante alla discussione

L'altro giorno stavo pensando che ${\displaystyle {\frac {1}{3^{s}}}={\frac {1}{2^{s}}}\cdot {\frac {2^{s}}{3^{s}}}}$  e che ${\displaystyle {\frac {1}{4^{s}}}={\frac {1}{2^{s}}}\cdot {\frac {2^{s}}{3^{s}}}\cdot {\frac {3^{s}}{4^{s}}}}$  e così via. Raccogliendo prima ${\displaystyle {\frac {1}{2^{s}}}}$  poi ${\displaystyle {\frac {2^{s}}{3^{s}}}}$  e tuuti gli altri ho ottenuto ${\displaystyle \zeta (s)=1+{\frac {1}{2^{s}}}(1+{\frac {2^{s}}{3^{s}}}(1+{\frac {3^{s}}{4^{s}}}(1+{\frac {4^{s}}{5^{s}}}(1+{\frac {5^{s}}{6^{s}}}(1+\cdots }$ .La domanda è si pùo scrivere in forma abbreviata?--Mark16 (msg) 12:12, 27 lug 2012 (CEST)Rispondi