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Hipótese de Riemann e física
José Carlos Valencia Alvites
Hipótese de Riemann e física
José Carlos Valencia Alvites
Orientador: Prof. Dr. Paulo Afonso Faria da Veiga
Dissertação apresentada ao Instituto de Ciências Matemáticas e de Computação - ICMC-USP, como parte dos requisitos para obtenção do título de Mestre em Ciências - Matemática . VERSÃO REVISADA
USP – São Carlos Março de 2012
SERVIÇO DE PÓS-GRADUAÇÃO DO ICMC-USP
Data de Depósito: 26/03/2012 Assinatura:________________________
Ficha catalográfica elaborada pela Biblioteca Prof. Achille Bassi e Seção Técnica de Informática, ICMC/USP,
com os dados fornecidos pelo(a) autor(a)
V152hValencia Alvites, José Carlos Hipótese de Riemann e física / José Carlos ValenciaAlvites; orientador Paulo Afonso Faria da Veiga. --São Carlos, 2012. 94 p.
Dissertação (Mestrado - Programa de Pós-Graduação emMatemática) -- Instituto de Ciências Matemáticas ede Computação, Universidade de São Paulo, 2012.
1. Função zeta de Riemann. 2. Hipótese de Riemann.3. Zeros não triviais. 4. Teorema dos NúmerosPrimos. 5. Função zeta de Riemann e física. I. Fariada Veiga, Paulo Afonso, orient. II. Título.
Aos tres pilares daminha vida, meus pais
Luisa e Rosalio, e meugrande amor Mary .
Agradecimentos
Meus mais sinceros agradecimentos, sem duvida, aos meus pais, Lucy e Rosalio, os amo
por acima de tudo, que sempre acreditaram em mim apesar dos meus defeitos, pelo apoio,
muito obrigado mama e papa.
A Mary, meu amor, minha companheira, minha melhor amiga, que sempre leva o melhor
de mim, que me ensinou a ser uma pessoa melhor, pelo apoio em tempos difıceis, pelas crıti-
cas, para ela com amor e admiracao, obrigado bebe.
Ao Professor Paulo, meu orientador, que me apoiou na minha estadia em Sao Carlos, pela
orientacao, amizade e por sempre estar disposto a me ajudar no trabalho, este trabalho e em
grande parte o produto de suas ideias e sugestoes, professor muito obrigado por seu apoio a
voce e sua famılia que foram muito gentis comigo.
Aos Professores Edgar Vera, que foi meu orientador na graduacao, e Luis Carrillo, pro-
fessores da Facultad de Ciencias Matematicas da UNMSM, no Peru.
Ao ICMC, por me dar a oportunidade.
Aos professores do ICMC pela importante formacao academica.
A CAPES, pelo apoio financeiro, sem o qual nao seria possıvel a realizacao deste trabalho,
muito obrigado pelo apoio.
Resumo
Neste trabalho, introduzimos a funcao zeta de Riemann ζ(s), para
s ∈ C\1 e apresentamos muito do que e conhecido como justifica-
tiva para a hipotese de Riemann. A importancia de ζ(s) para a teoria
analıtica dos numeros e enfatizada e fornecemos uma prova conhecida
do Teorema dos Numeros Primos. No final, discutimos a importancia de
ζ(s) para alguns modelos fısicos de interesse e concluimos descrevendo
como a hipotese de Riemann pode ser acessada estudando estes sistemas.
Abstract
In this work, we introduce the Riemann zeta function ζ(s), s ∈C\1 and present much of what is known to support the Riemann
hypothesis. The importance of ζ(s) to the Analytic number theory is
emphasized and a proof for the Prime Number Theorem is reviewed. In
the end, we report on the importance of ζ(s) to some relevant physical
models and conclude by describing how the Riemann Hypothesis can
be accessed by studying these systems.
Sumario
1 Introducao e Motivacao 1
2 Preliminares 5
2.1 Funcao Gama de Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
2.2 A Funcao Zeta de Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
2.3 Funcoes Inteiras de Ordem Um . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
3 A Hipotese de Riemann 33
3.1 Estabelecendo a Hipotese de Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
3.2 Os Zeros nao-triviais de ζ(s) e a Teoria Analıtica dos Numeros. . . . . . . . . 41
3.3 A Conjetura de Hilbert-Polya e a Hipotese de Riemann . . . . . . . . . . . . 55
3.4 Outras Formulacoes Equivalentes para a Hipotese de Riemann . . . . . . . . 55
4 Zeta de Riemann e a Fısica 63
4.1 Regularizacao Zeta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64
4.2 O Bilhar Circular Aberto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69
4.3 Mecanica Estatıstica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74
5 Consideracoes Finais 77
A Informacoes Adicionais 79
B Mais Informacoes 87
Indice Remissivo 95
9
Notacao
C O conjunto dos numeros complexos.Z O conjunto dos numeros inteiros.N O conjunto dos numeros inteiros nao negativos.R O conjunto dos numeros reais.
Γ(s) A funcao Gama de Euler.ζ(s) A funcao Zeta de Riemann.ξ(s) A ξ-funcao de Riemann.S A faixa crıtica.L A reta crıtica.
Λ(x) A funcao de von Mangoldt.Ψ(x) A funcao de Chebyshev.π(x) A funcao de contagem de numeros primos.γE A constante de Euler-Mascheroni.LQ O conjunto dos numeros livres de quadrados.H(Ω) O conjunto das funcoes analıticas em Ω ⊆ C.
[·] A funcao chao.Li(x) A funcao integral logarıtmica Euleriana.
11
Capıtulo
1Introducao e Motivacao
Em 1737, Euler provou que a serie (P denota o conjunto dos numeros primos)∑p∈P
1
p,
diverge, o que implica na existencia de infinitos numeros primos. Um outro resultado impor-
tante obtido por Euler e apresentado na seguinte formula
∏p∈P
(1− 1
ps
)−1
=∑n≥1
1
ns, ∀ s ∈ R, s > 1 . (1.1)
Euler tambem calculou a soma da serie infinita∑
n≥11ns , para s = 2, encontrando o valor
∑n≥1
1
n2=π2
6.
Um metodo interessante para calcular o valor de∑
n≥11ns , para s par e s inteiro negativo
ımpar, e descrito no Apendice B. A relacao expressa na equacao (1.1) foi o estımulo inicial
para que Riemann iniciasse suas pesquisas envolvendo a serie infinita∑
n≥11ns . Na sua celebre
publicacao de 1859, entitulada Sobre os Numeros Primos Menores que uma Magnitude Dada
[20], Riemann considerou a funcao
ζ(s) =∑n≥1
1
ns. (1.2)
Que ζ(s) e facilmente estendida para valores de s complexos localizados no semi-plano com-
plexo s ∈ C : R(s) > 1 e uma consequencia imediata do fato que |ns| = na, onde s = a+ ib;
a, b ∈ R, i2 = −1, implicando na convergencia absoluta da serie no lado direito da equacao
1
2 Capıtulo 1 — Introducao e Motivacao
(1.2), neste domınio. Contudo, neste trabalho, Riemann nao apenas considerou o domınio
acima, mas a extensao de ζ(s) no conjunto C\1.Para ver que ζ(s) pode ser estendida como uma funcao meromorfa em C, com uma unica
singularidade descrita por um polo simples em s = 1, nao podemos usar a equacao (1.2). Ao
contrario, nos nos servimos de uma extensao meromorfa da funcao Γ(s) de Euler, que e uma
generalizacao da funcao fatorial. Ao mesmo tempo, com a ajuda desta funcao Γ(s) obtemos
uma relacao funcional compatıvel, que concorda com (1.2) em R(s) > 1, dada a seguir [10]
(Mais adiante no texto, estabeleceremos esta relacao!)
ζ(s) = 2sπs−1 sin(πs
2
)Γ(1− s)ζ(1− s), ∀ s ∈ C\1 . (1.3)
A extensao meromorfa da funcao zeta de Riemann, ζ(s) definida em (1.2), com s ∈ C \ 1,e o tema central desta dissertacao. Esta funcao e o ingrediente principal de um dos mais
complexos e ricos problemas da matematica moderna, conhecido como a “A Hipotese de
Riemann”, o qual se manifesta e afeta um grande numero de areas da Matematica.
E facil mostrar, considerando o anulamento da funcao sin(πs2
)em (1.3), que ζ(s) possui
raızes triviais em s = −2,−4,−6, . . . A Hipotese de Riemann conjetura que ζ(s) apresenta
tambem zeros nao-triviais na reta crıtica
s ∈ C : R(s) =1
2.
Essa conjetura emergiu do fato que Riemann calculou tres zeros, usando o que e hoje con-
hecida como a formula de Riemann-Seigel [10]. Outros zeros na reta crıtica foram obtidos
analiticamente por outros renomados matematicos (Gram, Backlund, Hutchinson, Titch-
marsh, Turing, Lehmer, Meller, Lehman, Rosser, Yohe, Schoenfeld, Brent, van de Lune, te
Riele, Winter, Odlyzko, Wedeniwski, Gourdon e Patrick Demichel), e hoje ja conhecemos
mais de 1, 5 bilhoes de zeros aproximados na reta crıtica, obtidos usando metodos numericos
[27]. Ademais, mostra-se em alguns casos, e ha forte indicacao nos tratamentos numericos,
que todos os zeros sao simples, isto e, de multiplicidade um.
A Hipotese de Riemann faz parte da lista dos 23 grandes problemas da Matematica pro-
postos por Hilbert no Congresso Internacional de Matematicos de Paris, em 1900, sendo
ainda um dos poucos por resolver, juntamente com a Conjetura de Goldbach (Todo numero
par maior ou igual a 4 e a soma de dois primos.) e o Teorema de Kronecker-Weber es-
tendido para corpos nao-abelianos (No caso abeliano, este teorema estabelece que um corpo
numerico algebrico cujo grupo de Galois sobre Q seja abeliano, e um subcorpo de um corpo
ciclotomico, ou seja, um corpo obtido ao adicionar-se uma raiz complexa da unidade aos
numeros racionais.).
Como dissemos acima, na Matematica, a funcao zeta e a Hipotese de Riemann tem con-
sequencias em diversas areas. Um exemplo marcante e a Teoria dos Numeros, e todos os
domınios que se relacionam com ela (Teoria dos Codigos, Geometria Algebrica, etc), onde
observamos que ζ(s) nos fornece uma medida da densidade dos numeros primos na reta real
e tem papel fundamental na formulacao do Teorema dos Numeros Primos, que estabelece
3
uma “contagem” (estimativa) dos numeros primos, obtido original e independentemente por
Jacques Hadamard e Charles Jean de la Vallee-Poussin. Posteriormente, este teorema foi
demonstrado, sem usar a Teoria Analıtica dos Numeros, por Atle Selberg e Paul Erdos.
Selberg tambem obteve uma famosa formula de traco com seu nome [22], que apresenta
uma relacao estreita com os zeros de ζ(s) (O Teorema dos Numeros Primos sera tratado na
secao 3.2). Podemos continuar mencionando tambem a Teoria de Operadores (Conjetura de
Hilbert-Polya), a Teoria das Matrizes Aleatorias, etc.
A relacao de ζ(s) e da Hipotese de Riemann com temas da Fısica e tambem muito vasta.
Por exemplo, na Mecanica Classica, estao associados com o bilhar circular aberto [7], na
Mecanica Estatıstica Classica, temos o Teorema de Lee-Yang sobre os zeros de funcoes de
particao, as quais determinam as quatidades termodinamicas de sistemas tais como gases e
cadeias de spins [14], [16] e os fenomenos de transicoes de fase (bifurcacoes) que podem ocor-
rer nos mesmos. Na Mecanica Estatıstica Quantica, os zeros de ζ(s) aparecem, por exemplo,
na descricao do sistema de um gas dito Riemannium [18]. As matrizes aleatorias tambem
sao frenquente variaveis na Mecanica Estatıstica e seu espectro importante para descrever as
propriedades destes sistemas. Relacionam-se, conforme exposto acima, naturalmente com a
Hipotese de Riemann. A funcao ζ(s) fornece uma ferramenta muita utilizada para a regular-
izacao de operadores, fornecendo um sentido matematico para integrais de caminho utilizadas
por Hawking [29]. ζ(s) tambem aparece em sistemas dinamicos recorrentes na teoria do Caos
Quantico (fase de Berry) [4] e a formula de Selberg relaciona-se, por exemplo, com modelos
fısicos com espaco tempo do tipo Kaluza-Klein [29].
Curiosamente, embora confirmar ou nao a Hipotese de Riemann seja um dos proble-
mas mais importantes da Matematica, entendemos que e muito frequente que profissionais e
pesquisadores da Matematica nao conhecem seus requisitos mınimos. Entendemos tambem
que essa atitude provem de muitos fatores, ate aqueles que fogem do escopo da ciencia em si.
Contudo, pensamos ser esta uma atitude pouco recomendada aqui.
Neste contexto, decidimos preparar e redigir um texto contendo alguns dos pontos fun-
damentais para que qualquer estudioso da matematica, a comecar por um estudante em vias
de se graduar, possa compreender e estabelecer uma ideia geral basica do problema.
De forma alguma deve o leitor concluir que nos tornamos um expert no assunto, sobretudo
porque, como frisamos acima, trata-se aqui de um assunto nao trivial e extremamente amplo.
Nosso texto, esperamos, podera ser considerado uma porta de entrada no tema.
Com este proposito, procuramos apresentar um texto relativamente auto-contido, com
muitas das demonstracoes basicas e todos os ingredientes necessarios ao tema.
Infelizmente, so tomamos conhecimento do excelente livro [6] quando este trabalho ja
estava finalizado. Outras excelentes referencias no tema de ζ(s) sao [10], [15], [26] e [9].
Sobre o uso extensivo de resultados genericos de Analise Complexa temos as referencias [8] e
[1].
Para completar nosso trabalho, realizamos uma discussao breve e pouco aprofundada
sobre alguns dos pontos de contato com a Fısica.
4 Capıtulo 1 — Introducao e Motivacao
Por fim, vale mencionar que alem da solucao de um grande problema em si, a confirmacao
da Hipotese de Riemann trara um aprimoramento do numero de primos menores que um
numero dado x, refinando o resultado atual do Teorema dos Numeros Primos (ver secao 3.2
do capıtulo 3).
Concluindo, esperamos que o leitor interessado consiga aqui se motivar para aprimorar
seus conhecimentos no tema e, quica, poder juntar algum grao de conhecimento a tudo o que
e sabido hoje.
Capıtulo
2Preliminares
Neste capıtulo, apresentamos resultados basicos classicos e algumas definicoes a serem uti-
lizados no decorrer do trabalho. Apresentamos algumas provas que, a nosso ver, nao sao facil-
mente encontrados na literatura na forma aqui apresentada ou cujas demonstracoes trazem
algum argumento tecnico que seja relevante em algum ponto subsequente do texto.
No que segue, usamos as seguintes notacoes. Dados a, b ∈ R, com a < b, denotamos
H(a, b) = z ∈ C : a < R(z) < b,
e, convencionamos que
H(a,+∞) = z ∈ C : a < R(z) e H(−∞, b) = z ∈ C : R(z) < b.
Tambem, para Ω ⊆ C denotamos por H(Ω) o conjunto das funcoes analıticas (holomorfas)
em Ω e B(0;R) e o disco em C com centro em 0 e raio R > 0. As notacoes O, Oε, e ε
serao muito usadas no texto e foram definidas no Apendice A.
2.1 Funcao Gama de Euler
A funcao Gama e a aplicacao Γ : H(0,+∞)→ C definida como
Γ(z) :=
∫ ∞0
e−ttz−1dt. (2.1)
Para ver que a definicao acima faz sentido, observamos que se H(0,+∞) 3 z = σ+ iτ , σ,
τ ∈ R, entao ∫ ∞0
e−ttz−1dt =
∫ 1
0e−ttz−1dt+
∫ ∞1
e−ttz−1dt.
Analisamos as duas integrais do lado direito:
5
6 Capıtulo 2 — Preliminares
∫ 10 e−ttz−1dt : Claramente
∣∣∣ ∫ 10 e−ttz−1dt
∣∣∣ ≤ ∫ 10
∣∣∣e−ttz−1∣∣∣dt =
∫ 10 e−ttσ−1dt. Logo como et >
1, para qualquer t ∈ (0, 1), entao e−t < 1, assim
e−ttσ−1 < tσ−1, ∀t ∈ (0, 1)⇒∫ 1
0e−ttσ−1dt <
∫ 1
0tσ−1dt <∞
⇒∣∣∣ ∫ 1
0e−ttz−1dt
∣∣∣ <∞.∫∞
1 e−ttz−1dt : Analogo ao caso anterior,∣∣∣ ∫∞1 e−ttz−1dt
∣∣∣ ≤ ∫∞1 e−ttσ−1dt. Agora, como
et =∑
k≥0tk
k! entao tn
n! ≤ et para qualquer t ≥ 1 e n ∈ N. Assim, consideremos n′ ∈ Ntal que σ < n′, entao σ − (n′ + 1) < 0, logo
e−ttσ−1 ≤ tσ−(n′+1)n′!, ∀t ≥ 1⇒∫ ∞
1e−ttσ−1dt ≤ n′!
(tσ−n
′
σ − n′
)∣∣∣+∞1
=n′!
n′ − σ<∞
⇒∣∣∣ ∫ ∞
1e−ttz−1dt
∣∣∣ <∞, ∀z ∈ H(0,+∞).
Portanto, Γ(z) e bem definida. Alem disso, pelo metodo de integracao por partes, e claro
que, para z ∈ H(0,+∞), temos a recorrencia
Γ(z + 1) = zΓ(z). (2.2)
Ademais, pelo calculo direito, Γ(1) = Γ(2) = 1.
Assim, para qualquer n ∈ N,
Γ(n) = (n− 1)!,
o que tambem justifica escrever 0! = 1.
Agora vamos provar que Γ(z) pode ser estendida para uma funcao meromorfa em C. Para
este fim, usamos o seguinte lema.
Lema 2.1 . Seja (cn)∞n=0 uma sequencia em C tal que∑
n≥0 |cn| converge e S = −n : n ∈N ∪ 0 e cn 6= 0. Entao, f(z) =
∑n≥0
cnz+n converge absolutamente para qualquer z ∈ C\S
e uniformemente em subconjuntos limitados de C\S. Alem disso, f e uma funcao meromorfa
em C com polos simples no conjunto S e Res(f,−n) = cn, para qualquer −n ∈ S.
Demonstracao: Seja A ⊂ C um conjunto limitado. Entao, existe R > 0 tal que A ⊆B(0;R). Assim, |z| < R para qualquer z ∈ A. Logo, se n ≥ R temos |z+n| ≥ n−|z| ≥ n−R.
Isto implica que | 1z+n | ≤
1n−R , para |z| < R e n > R. Portanto, se n0 > R,
∣∣∣ m∑n=n0
cnz + n
∣∣∣ ≤ m∑n=n0
|cn||z + n|
≤m∑
n=n0
|cn|n−R
≤ 1
n0 −R
(m∑
n=n0
|cn|
), ∀m ≥ n0.
Da ultima desigualdade, temos que a serie∑
n>Rcnz+n converge absolutamente. Ademais,
como | cnz+n | ≤|cn|n0−R , para qualquer n > R, entao esta serie tambem converge uniformemente
2.1 Funcao Gama de Euler 7
no conjunto A. Isto implica que a serie∑
n≥0cnz+n define uma funcao que tem um numero
finito de polos simples em S que estao contidos em B(0;R). Portanto, temos que
f(z) =∑n≥0
cnz + n
,
e uma funcao meromorfa com polos simples em S. Entao, para qualquer −n ∈ S podemos
escrever
f(z) =cn
z + n+
∑−m∈S−−n
cmz +m
,
onde∑−m∈S−−n
cmz+m e uma funcao analıtica em z = −n. Assim, Res(f,−n) = cn e como
n e arbitrario, temos Res(f,−n) = cn, ∀ − n ∈ S.
Finalmente, podemos estabelecer o seguinte teorema.
Teorema 2.2 . Γ(z) pode ser estendida a uma funcao meromorfa no plano complexo, com
polos simples em 0,−1,−2, .... Alem disso, vale que
Res(Γ,−n) =(−1)n
n!.
Demonstracao: Para z ∈ H(0,+∞), temos
Γ(z) =
∫ ∞0
tz−1e−tdt =
∫ 1
0tz−1e−tdt+
∫ ∞1
tz−1e−tdt. (2.3)
A segunda integral do lado direito converge para todo z = x+ iy ∈ C. De fato,∣∣∣ ∫ ∞1
tz−1e−tdt∣∣∣ ≤ ∫ ∞
1tx−1e−tdt.
Repetindo o argumento acima, lembrando que, para t ≥ 1, n!tn ≥ e−t para qualquer n ∈ N,
seja nx ∈ N tal que nx > x, entao x− (nx + 1) < 0 assim temos∫ ∞1
tx−1e−tdt ≤ nx!
∫ ∞1
tx−(nx+1)dt = nx!
(lim
t→+∞
tx−nx
x− nx− 1
x− nx
)=
nx!
nx − x.
Assim temos que, para qualquer z ∈ C,∫∞
1 tz−1e−tdt converge, entao esta integral representa
uma funcao inteira. Por outro lado, como a funcao exponencial e inteira, a sua serie de Taylor
converge uniformemente em subconjuntos compactos de C e temos
∫ 1
0tz−1e−tdt =
∫ 1
0tz−1
∑n≥0
(−1)ntn
n!
dt
=∑n≥0
(−1)n
n!
∫ 1
0tn+z−1dt
=∑n≥0
(−1)n
n!
(1
n+ z
).
8 Capıtulo 2 — Preliminares
Assim, substituindo em (2.3), obtemos
Γ(z) =∑n≥0
(−1)n
n!
(1
n+ z
)+
∫ ∞1
tz−1e−tdt, (2.4)
para qualquer z ∈ H(0,+∞), logo como∑
n≥0(−1)n
n! <∞, pelo Lema 2.1, o lado direito desta
ultima igualdade define uma funcao meromorfa em C com polos simples em 0,−1,−2, ... e
Res(Γ,−n) = (−1)n
n! .
No restante deste trabalho, para evitar confusao e para evitar a introducao de novas
notacoes, vamos continuar denotando por Γ(z) a extensao meromorfa da funcao Γ(z) definida
em (2.1). Agora, e claro que, de (2.2) e do Teorema 2.2 , temos o seguinte corolario.
Corolario 2.3 . Para qualquer z ∈ C\−1,−2,−3, . . .
Γ(z + 1) = zΓ(z).
Como exemplo, vamos verificar a consistencia de (2.4) com o corolario ultimo. Seja
z ∈ C \ −1,−2, . . ., entao de (2.4) temos
Γ(z + 1) =∑n≥0
(−1)n
n!
(1
n+ 1 + z
)+
∫ +∞
1tze−tdt
=∑n≥0
(−1)n+1
(n+ 1)!
(− n+ 1
n+ 1 + z
)+ (−e−ttz)
∣∣∣+∞1
+ z
∫ +∞
1tz−1e−tdt
=∑n≥0
(−1)n+1
(n+ 1)!
(z
n+ 1 + z− 1
)+
1
e+ z
∫ +∞
1tz−1e−tdt
= z∑
n+1=m≥1
(−1)m
m!
(1
m+ z
)−
∑n+1=m≥1
(−1)m
m!+
1
e+ z
∫ +∞
1tz−1e−tdt
= z
∑m≥1
(−1)m
m!
(1
m+ z
)+
1
z
−∑m≥1
(−1)m
m!+ 1
+1
e+ z
∫ +∞
1tz−1e−tdt
= z∑m≥0
(−1)m
m!
(1
m+ z
)−∑m≥0
(−1)m
m!+
1
e+ z
∫ +∞
1tz−1e−tdt
= z∑m≥0
(−1)m
m!
(1
m+ z
)− 1
e+
1
e+ z
∫ +∞
1tz−1e−tdt
= z
∑m≥0
(−1)m
m!
(1
m+ z
)+
∫ +∞
1tz−1e−tdt
= zΓ(z).
Agora, com ajuda da funcao Γ(z) vamos definir a funcao Beta que sera de utilidade na
parte de regularizacao Zeta (secao 4.1). Observamos que, para u, v ∈ H(0,+∞),
Γ(u) =
∫ ∞0
e−ttu−1dt e Γ(v) =
∫ ∞0
e−ttv−1dt.
2.1 Funcao Gama de Euler 9
Logo, fazendo a mudanca t = x2, temos
Γ(u) =
∫ ∞0
e−x2x2(u−1)2xdx = 2
∫ ∞0
e−x2x2u−1dx.
Analogamente,
Γ(v) = 2
∫ ∞0
e−x2x2v−1dx.
Multiplicando as duas igualdades anteriores
Γ(u)Γ(v) = 4
(∫ ∞0
e−x2x2u−1dx
)(∫ ∞0
e−y2y2v−1dy
)= 4
∫ ∞0
∫ ∞0
e−(x2+y2)x2u−1y2v−1dxdy.
Considerando a integral dupla e usando coordenadas polares, obtemos
Γ(u)Γ(v) = 4
∫ π2
0
∫ ∞0
e−r2r2(u+v)−1 cos2u−1 θ sin2v−1 θdrdθ
=
(2
∫ ∞0
e−r2r2(u+v)−1dr
)(2
∫ π2
0cos2u−1 θ sin2v−1 θdθ
)
=
(∫ ∞0
e−r2(r2)((u+v)−1)2rdr
)(2
∫ π2
0cos2u−1 θ sin2v−1 θdθ
)
⇒ Γ(u)Γ(v) = Γ(u+ v)
(2
∫ π2
0cos2u−1 θ sin2v−1 θdθ
). (2.5)
A integral da ultima expressao pode ser calculada como segue:
2
∫ π2
0cos2u−1 θ sin2v−1 θdθ =
∫ π2
0(cos2 θ)u−1(sin2 θ)v−1(2 cos θ sin θ)dθ
=
∫ π2
0(1− sin2 θ)u−1(sin2 θ)v−1(2 cos θ sin θ)dθ,
e, fazendo a mudanca s = sin2 θ, temos
2
∫ π2
0cos2u−1 θ sin2v−1 θdθ =
∫ 1
0(1− s)u−1sv−1ds.
Entao, a funcao beta B(v, u) e definida como
B(v, u) :=
∫ 1
0(1− s)u−1sv−1ds. (2.6)
Logo, de (2.5) temos
Γ(u)Γ(v) = Γ(u+ v)B(v, u), (2.7)
para u, v ∈ H(0,+∞).
10 Capıtulo 2 — Preliminares
Seja x ∈ (0, 1). Da equacao acima temos
Γ(x)Γ(1− x) = Γ(1)B(x, 1− x) =
∫ 1
0(1− s)1−x−1sx−1ds =
∫ 1
0(1− s)−xsx−1ds.
Fazendo a mudanca de variaveis s = uu+1 , obtemos
Γ(x)Γ(1− x) =
∫ +∞
0
(u
u+ 1
)x−1(1− u
u+ 1
)−x 1
(u+ 1)2du =
∫ +∞
0
ux−1
u+ 1du.
Agora, usando este resultado, vamos provar uma relacao que vai ser de muita utilidade, no
que segue, e que nos diz que Γ(z) nao tem zeros. Para este fim, vamos usar o seguinte lema.
Lema 2.4 . Para y ∈ (0, 1), temos∫ +∞
0
u−y
u+ 1du =
π
sinπy.
Demonstracao: Considere o conjunto G = z ∈ C : z 6= 0, arg(z) ∈ (0, 2π), e o ramo do
logaritmo seguinte
log(reiθ) = log r + iθ
onde θ ∈ (0, 2π). Logo, para z ∈ G seja f(z) := e−y log z. Assim f e um ramo da funcao
exponencial z−y. Agora, considere em C o caminho dado na Fig. 2.1,
Figura 2.1: Caminho γ usado na integral da Eq. (2.8).
onde 0 < r < 1 < R. Assim, temos que se γ := CR + L2 + Cr + L1. Como γ e homotopica a
zero e desde que limz→−1(z + 1)f(z)z+1 = e−πiy, temos que Res
(f(z)z+1 ,−1
)= e−πiy. Assim, pelo
Teorema dos resıduos temos ∮γ
f(z)
z + 1dz = 2πie−πiy. (2.8)
2.1 Funcao Gama de Euler 11
Agora observemos o que acontece com as integrais∫L1
f(z)z+1dz e
∫L2
f(z)z+1dz:∫
L1
f(z)
z + 1dz =
∫ R
r
f(teiα)
teiα + 1eiαdt, (2.9)
consideremos g : [r,R]× [0, π2 ]→ R definida como
g(t, α) =∣∣∣ f(teiα)
teiα + 1eiα − t−y
t+ 1
∣∣∣.E claro que g(t, 0) = 0, para qualquer t ∈ [r,R]. Como [r,R] × [0, π2 ] e compacto, entao
g e uniformemente contınua. Assim, para qualquer ε > 0, existe δ0 > 0 de modo que se
(t− t′)2 + (α− α′)2 < δ20
⇒∣∣g(t, α)− g(t′, α′)
∣∣ < ε
R.
Em particular, se t′ = t e α′ = 0, temos
g(t, α) = |g(t, α)| < ε
R, ∀α < δ0
⇒∫ R
rg(t, α)dt ≤ ε(R− r)
R< ε, ∀α < δ0
⇒∣∣∣ ∫ R
r
f(teiα)
teiα + 1eiαdt−
∫ R
r
t−y
t+ 1dt∣∣∣ < ε, ∀α < δ0
⇒ limα→0+
∫L1
f(z)
z + 1dz = lim
α→0+
∫ R
r
f(teiα)
teiα + 1eiαdt =
∫ R
r
t−y
t+ 1dt. (2.10)
Similarmente, como log(z) = log(z) + 2πi, entao∫L2
f(z)
z + 1dz =
∫ r
R
f(te−iα)
te−iα + 1e−iαdt =
∫ r
R
f(teiα)
te−iα + 1e−iαdt =
∫ r
R
e−y log(teiα)
te−iα + 1e−iαdt
=
∫ r
R
e−y(log(teiα)+2πi)
te−iα + 1e−iαdt = −e−2πyi
∫ R
r
e−y(log(teiα))
te−iα + 1e−iαdt
⇒∫L2
f(z)
z + 1dz = −e−2πyi
∫ R
r
e−y(log(teiα))
te−iα + 1e−iαdt. (2.11)
Semelhante ao caso anterior, consideremos h : [r,R]× [0, π2 ]→ R, dada por
h(t, α) =∣∣∣e−y(log(teiα))
te−iα + 1e−iα − t−y
t+ 1
∣∣∣.Ainda, como no caso anterior, h e uniformemente contınua e h(t, 0) = 0 para qualquer
t ∈ [r,R]. Portanto, ∀ε > 0, ∃δ1 > 0 de modo que
h(t, α) <ε
R, ∀α < δ1 ⇒
∫ R
rh(t, α)dt < ε, ∀α < δ1,
12 Capıtulo 2 — Preliminares
e, pela definicao de limite
limα→0+
∫L2
f(z)
z + 1dz = −e−2πyi
(limα→0+
∫ R
r
e−y(log(teiα))
te−iα + 1e−iαdt
)= −e−2πyi
∫ R
r
t−y
t+ 1dt. (2.12)
Nos estimamos agora as integrais∫CR
f(z)z+1dz e
∫Cr
f(z)z+1dz:∣∣∣ f(z)
z + 1
∣∣∣ ≤ |z|−y|z + 1|≤ |z|−y
|1− |z||
⇒∣∣∣ ∫
Cr
f(z)
z + 1dz∣∣∣ ≤ 2πr1−y
1− re∣∣∣ ∫
CR
f(z)
z + 1dz∣∣∣ ≤ 2πR1−y
R− 1
⇒ limr→0
∫Cr
f(z)
z + 1dz = lim
R→+∞
∫CR
f(z)
z + 1dz = 0. (2.13)
Agora, da equacao (2.8), temos∫CR
f(z)
z + 1dz +
∫L2
f(z)
z + 1dz +
∫Cr
f(z)
z + 1dz +
∫L1
f(z)
z + 1dz =
∮γ
f(z)
z + 1dz = 2πie−iπy
⇒∫CR
f(z)
z + 1dz +
∫Cr
f(z)
z + 1dz = 2πie−iπy −
(∫L2
f(z)
z + 1dz +
∫L1
f(z)
z + 1dz
),
entao, de (2.9), (2.10), (2.11), (2.12) e (2.13) obtemos
limα→0+
(∫CR
f(z)
z + 1dz +
∫Cr
f(z)
z + 1dz
)= 2πie−iπy − (1− e−2πyi)
∫ R
r
t−y
t+ 1dt.
Logo, pela definicao de limite, para qualquer η > 0 existe δ > 0 de modo que, se 0 < α < δ,
⇒∣∣∣2πie−iπy − (1− e−2πyi)
∫ R
r
t−y
t+ 1dt−
(∫CR
f(z)
z + 1dz +
∫Cr
f(z)
z + 1dz
) ∣∣∣ < η
2.
Tomando os limites R→ +∞ e r → 0, obtemos∣∣∣2πie−iπy − (1− e−2πyi)
∫ +∞
0
t−y
t+ 1dt∣∣∣ ≤ η
2< η.
Finalmente, como η > 0 e arbitrario, segue que∫ +∞
0
t−y
t+ 1dt =
2πie−πiy
1− e−2πiy=
π
sin(πy).
Para concluir, conforme foi mencionado antes do Lema 2.4 , que Γ(z) nao possui zeros,
estabelecemos a seguinte proposicao.
Proposicao 2.5 . Para qualquer s ∈ C \ Z temos
Γ(s)Γ(1− s) =π
sin(πs).
2.2 A Funcao Zeta de Riemann 13
Demonstracao: Como Γ(x)Γ(1 − x) =∫ +∞
0ux−1
u+1 du, para qualquer x ∈ (0, 1), entao pelo
lema anterior
Γ(x)Γ(1− x) =π
sinπ(1− x)=
π
sin(πx), x ∈ (0, 1).
Alem disso, como (0, 1) tem pontos limite em C \ Z, entao
Γ(s)Γ(1− s) =π
sin(πs), ∀s ∈ C \ Z.
Assim, podemos estabelecer agora o teorema que segue.
Teorema 2.6 . A funcao Γ(z) nao tem zeros.
Demonstracao: Pela proposicao anterior, para qualquer s ∈ C \ Z, temos que
Γ(s)Γ(1− s) =π
sin(πs).
Entao Γ(z) nao tem zeros em C \ Z, assim os unicos zeros possıveis de Γ(z) so podem estar
em Z. Mas Γ(z) tem polos em 0,−1,−2, . . . e Γ(n) = (n − 1)! para qualquer n ∈ N. Em
consequencia, Γ(z) nao tem zeros.
2.2 A Funcao Zeta de Riemann
Nesta secao, vamos introduzir a funcao zeta de Riemann que e o tema central do nosso
trabalho. Vamos tambem fornecer algumas de suas propriedades. Uma delas, o Produto de
Euler dado no Teorema 2.7 , adverte-nos da sua relacao com a teoria dos numeros.
A funcao Zeta de Riemann e definida como a funcao ζ : H(1,+∞)→ C tal que
ζ(s) :=∑n≥1
1
ns. (2.14)
Para ver que esta definicao e boa, e suficiente provar que para qualquer s ∈ H(1,+∞),∑n≥1
1ns < ∞. Mais geralmente, vamos provar que a serie que define ζ(s) converge absolu-
tamente em H(1,+∞). Alem disso, mostraremos que ζ(s) ∈ H(H(1,+∞)).
De fato, primeiro vamos provar que a serie que define ζ(s) converge absolutamente em
H(1,+∞). Seja s = σ + it ∈ H(1,+∞), logo 1 < σ. Como ns = nσ+it = nσnit = nσeit logn,
temos que para qualquer m ∈ Nm∑n=1
∣∣∣ 1
ns
∣∣∣ =m∑n=1
1
nσ.
Agora consideremos s = σ + it fixo em H(1,+∞) e definimos f : [1,+∞) → R, do seguinte
modo f(x) = 1xσ . Claramente, f e decrescente e contınua. Logo, usando o criterio da integral,
para a serie∑
n≥11nσ , temos∫ +∞
1
1
uσdu = lim
b→+∞
∫ b
1
1
uσdu = lim
b→+∞
b1−σ
1− σ− 1
1− σ=
1
σ − 1<∞.
14 Capıtulo 2 — Preliminares
Entao, para qualquer s ∈ H(1,+∞), a soma∑
n≥1
∣∣∣ 1ns
∣∣∣ e convergente, logo∑
n≥11ns converge
absolutamente para todo s ∈ H(1,+∞).
Agora, provaremos que ζ(s) e uma funcao analıtica em H(1,+∞). Para isto, basta provar
que a serie que define ζ(s) converge uniformemente em subconjuntos compactos de H(1,+∞).
Para tal, escrevemos ζ(s) =∑
n≥1 gn(s), onde gn(s) = 1ns n∈N ⊆ H(H(1,+∞)). Seja
A ⊂ H(1,+∞), compacto. Como A e compacto, existe σ0 > 0 tal que, para qualquer
s = σ + it ∈ A, temos que 1 < σ0 ≤ σ, e entao∣∣∣ 1
ns
∣∣∣ =1
nσ≤ 1
nσ0,
para qualquer s ∈ A. Como vimos na demonstracao de convergencia absoluta,∑
n≥11nσ0 <
∞. Entao, pelo teste de Weierstrass∑
n≥01ns converge uniformemente em A e, consequente-
mente, ζ(s) e analıtica em H(1,+∞).
Vamos agora mostrar o primeiro resultado importante envolvendo ζ(s).
Teorema 2.7 (Produto de Euler). Para s = σ + it ∈ H(1,+∞). Temos
ζ(s) =∏p∈P
(1− 1
ps
)−1
.
Demonstracao: Seja X ∈ N, com X ≥ 2, e consideremos a funcao
ζX(s) :=∏p∈Pp≤X
(1− 1
ps
)−1
.
Observemos que, como∣∣∣ 1ps
∣∣∣ = 1pσ < 1, vale(
1− 1
ps
)−1
=∑k≥0
1
pks.
Assim, a convergencia da serie no lado direito e absoluta. Logo, se p1, p2, . . . , pm ∈ P, sao
tais que 2 = p1 < p2 < . . . < pm ≤ X, entao
∏p∈Pp≤X
(1− 1
ps
)−1
=
∑k1≥0
1
pk1s1
∑k2≥0
1
pk2s2
. . .
∑km≥0
1
pkmsm
=∑
k1,...,km≥0
1
(pk11 . . . pkmm )s.
Agora, notemos que a serie multipla acima nao tem termos repetidos, pois, se
1
(pk11 . . . pkmm )s=
1
(pr11 . . . prmm )s⇒ pk11 . . . pkmm = pr11 . . . prmm .
Logo, pelo Teorema Fundamental da Aritmetica, concluimos que k1 = r1, . . . , km = rm.
Alem disso, para qualquer n ∈ N e n ≤ X, existem k1, . . . , km ∈ N tais que n = pk11 . . . pkmm .
Como esta descomposicao e unica temos que∏p∈Pp≤X
(1− 1
ps
)−1
=∑n≤X
1
ns+
′∑n>X
1
ns,
2.2 A Funcao Zeta de Riemann 15
onde ′ denota a soma de todos os numeros naturais maiores que X, de tal forma que seus
divisores primos sao ≤ X. Agora, concentremo-nos nesta ultima soma. Temos
∣∣∣ ′∑n>X
1
ns
∣∣∣ ≤ ′∑n>X
1
nσ<∑n>X
1
nσ.
Novamente, consideremos f : [1,+∞) → R, definida como f(x) = 1xσ . Assim, dado M ∈ N
com M ≥ X, consideremos a particao Q = X < X + 1 < . . . < M de [X,M ]. Com isso,
considerando a soma inferior s(f,Q) de f em relacao a Q, podemos escrever
s(f,Q)︸ ︷︷ ︸f(X+1)+f(X+2)+...+f(M)=
∑Mn>X
1nσ
≤∫ M
Xf(u)du =
∫ M
X
1
uσdu ≤
∫ M
X
1
uσdu+
1
Xσ
⇒M∑n>X
1
nσ≤ u1−σ
1− σ
∣∣∣MX
+1
Xσ
⇒∞∑n>X
1
nσ≤ X1−σ
σ − 1+
1
Xσ≤ 1
Xσ−1+X1−σ
σ − 1=σX1−σ
σ − 1
⇒∣∣∣ ′∑n>X
1
ns
∣∣∣ < σX1−σ
σ − 1.
Assim, X1−σ → 0, quando X → +∞, pois σ > 1. Isso implica que∑′
n>X1ns → 0, quando
X → +∞. Consequentemente,
∏p∈Pp≤X
(1− 1
ps
)−1
=∑n≤X
1
ns+
′∑n>X
1
ns
e, quando X → +∞, obtemos o resultado desejado
∏p∈P
(1− 1
ps
)−1
=∑n≥1
1
ns.
Corolario 2.8 . A funcao ζ(s) nao tem zeros no conjunto H(1,+∞).
Demonstracao: Admitamos que existe s0 = σ0 + iτ0 ∈ H(1,+∞) tal que ζ(s0) = 0. Logo
para qualquer p ∈ P, temos∣∣∣ (1− 1
ps0
)−1 ∣∣∣ =∣∣∣1 +
∑j≥1
1
ps0j
∣∣∣ ≥ 1−∑j≥1
∣∣∣ 1
ps0j
∣∣∣ = 1−∑j≥1
1
pσ0j= 1− 1
pσ0 − 1
⇒∣∣∣ (1− 1
ps0
)−1 ∣∣∣ ≥ 1− 1
pσ0 − 1. (2.15)
16 Capıtulo 2 — Preliminares
Agora, se e10/σ0 < p, entao 1pσ0−1 <
1e10−1
< 110 , portanto, 1
pσ0−1 ∈ (0, 1/10). Logo considere-
mos a desigualdade e−2x < 1− x, para x ∈ (0, 1/10), que pode ser comprovada graficamente
ou pelo fato seguinte:
Da Desigualdade (2.49), temos que, para qualquer w ∈ C, com |w| ≤ 1/2,
e−2|w|2 ≤ |(1− w)ew|.
Em particular, se x ∈ (0, 1/2),
e−2x2 ≤ (1− x)ex,
⇒ e−2x2−x ≤ 1− x.
Mas, e−2x < e−2x2−x, para x ∈ (0, 1/2). Em particular para x ∈ (0, 1/10) tambem a desigual-
dade e cumprida.
Assim, como 1pσ0−1 ∈ (0, 1/10) entao e
− 2pσ0−1 < 1− 1
pσ0−1 . Logo, substituindo em (2.15),
temos ∣∣∣ (1− 1
ps0
)−1 ∣∣∣ > e− 2pσ0−1
⇒∣∣∣ ∏p∈P:p>e10/σ0
(1− 1
ps0
)−1 ∣∣∣ ≥ e−2(∑
p∈P:p>e10/σ01
pσ0−1
)> 0
⇒∏
p∈P:p>e10/σ0
(1− 1
ps0
)−1
6= 0,
o que implica
ζ(s0) =
∏p∈P:p≤e10/σ0
(1− 1
ps0
)−1 ∏
p∈P:p>e10/σ0
(1− 1
ps0
)−1 6= 0,
que e uma contradicao.
Observacao 2.9 . Do Produto de Euler, as duas seguintes observacoes surgem:
1. ζ(s) pode ser definida, em alternativa, usando o Produto de Euler.
2. O Produto de Euler mostra a ligacao da funcao zeta de Riemann com os numeros
primos.
Agora vamos ver que ζ(s) pode ser estendida para uma funcao meromorfa em C. Para
isso, vamos usar o lema seguinte.
Lema 2.10 . Para s ∈ H(1,+∞), temos
Γ(s)ζ(s) =
∫ +∞
0
ts−1
et − 1dt.
2.2 A Funcao Zeta de Riemann 17
Demonstracao: Para qualquer s ∈ H(1,+∞), temos
Γ(s) =
∫ +∞
0ts−1e−tdt.
Logo, fazendo a mudanca de variavel t = nx, onde n ∈ N, obtemos
Γ(s) =
∫ +∞
0(nx)s−1e−nxndx = ns
∫ +∞
0xs−1e−nxdx.
Entao,
Γ(s)1
ns=
∫ +∞
0xs−1e−nxdx⇒ Γ(s)ζ(s) =
∑n≥1
∫ +∞
0xs−1e−nxdx
⇒ Γ(s)ζ(s) =
∫ +∞
0xs−1
∑n≥1
e−nx
dx =
∫ +∞
0xs−1
(e−x
1− e−x
)dx =
∫ +∞
0
xs−1
ex − 1dx.
Entao, nos estamos prontos para provar que ζ(s) admite uma extensao meromorfa no
plano complexo.
Teorema 2.11 . A funcao ζ(s) admite a uma funcao meromorfa em C com polo simples em
s = 1 e com Res(ζ, 1) = 1.
Demonstracao: Pelo Lema 2.10 , temos que, para s ∈ H(1,+∞),
Γ(s)ζ(s) =
∫ +∞
0
ts−1
et − 1dt.
Entao,
Γ(s)ζ(s) =
∫ 1
0
ts−1
et − 1dt+
∫ +∞
1
ts−1
et − 1dt. (2.16)
Vemos que a segunda integral desta ultima igualdade converge para qualquer s ∈ C. De fato,
se σ = R(s), ∣∣∣ ∫ +∞
1
ts−1
et − 1dt∣∣∣ ≤ ∫ +∞
1
∣∣∣ ts−1
et − 1
∣∣∣dt =
∫ +∞
1
tσ−1
et − 1dt.
Observamos que tn
n! ≤∑
k≥1tk
k! = et − 1 ∀n ∈ N e t ∈ [1,+∞). Assim, para ns ∈ N de tal
forma que σ − ns < 0, como tnsns!≤ et − 1, temos
tσ−1
et − 1≤ (ns!)t
σ−1−ns ⇒∫ +∞
1
tσ−1
et − 1dt ≤ ns!
∫ +∞
1tσ−1−nsdt =
ns!
ns − σ.
Com isso, temos que, para qualquer s ∈ C, a integral∫ +∞
1ts−1
et−1dt converge e portanto repre-
senta uma funcao inteira a que denotaremos por ϕ(s) =∫ +∞
1ts−1
et−1dt. Por outro lado, para a
primeira intregral do lado direito de (2.16), consideremos a funcao h(z) = 1ez−1 que tem polo
simples em z = 0. Ademais, Res(h, 0) = limz→0z
ez−1 = 1, entao
h(z) =1
z+G(z)
18 Capıtulo 2 — Preliminares
onde G e uma funcao meromorfa em C com polos de primeira ordem em z = 2kπi, k ∈ Z\0.Portanto,
h(z) =1
z+∑n≥0
cnzn, |z| < 2π.
Mas, como B(0; 2π) e limitada, entao existe M > 0 que satisfaz |G(z)| < M, ∀z ∈ B(0; 2π).
Entao, por estimativas de Cauchy |G(n)(0)| ≤ Mn!(2π)n < Mn!
2n , logo |cn| = |G(n)(0)n! | <
M2n .
Finalmente, como∑
n≥0M2n <∞, segue que
∑n≥0 |cn| <∞. Logo para s ∈ H(1,+∞), como
h(z) = 1z +
∑n≥0 cnz
n converge uniformemente em [0, 1], temos
∫ 1
0
ts−1
et − 1dt =
∫ 1
0ts−1h(t)dt =
∫ 1
0ts−1
1
t+∑n≥0
cntn
dt
⇒∫ 1
0
ts−1
et − 1dt =
∫ 1
0ts−2 +
∑n≥0
cn
∫ 1
0ts−1+ndt =
1
s− 1+∑n≥0
cns+ n
. (2.17)
E, substituindo ϕ(s) e (2.17) em (2.16), obtemos
Γ(s)ζ(s) =
∫ 1
0
ts−1
et − 1dt+
∫ +∞
1
ts−1
et − 1dt =
1
s− 1+∑n≥0
cns+ n
+ ϕ(s), s ∈ H(1,+∞)
⇒ Γ(s)ζ(s) =1
s− 1+∑n≥0
cns+ n
+ ϕ(s), s ∈ H(1,+∞). (2.18)
Assim, pelo Lema 2.1 , esta funcao pode ser estendida a uma funcao meromorfa em C com
polo simples em s = 1 e/ou polos simples em s = 0,−1,−2, . . . dependendo se cn 6= 0 ou
cn = 0. Agora, como Γ(s) nao tem zeros entao 1Γ(s) ∈ H(C), logo de (2.18) para s ∈ H(1,+∞)
temos
ζ(s) =Γ(s)ζ(s)
Γ(s)=
1
Γ(s)
1
s− 1+∑n≥0
cns+ n
+ ϕ(s)
.
Agora, considerando as extensoes meromorfas de Γ(s)ζ(s) e Γ(s), temos que, como Γ(1) =
0! = 1, entao ζ(s) tem um polo simple em s = 1 e Res(ζ, 1) = 1. Alem disso, visto que Γ(s)
tem polos simples em s = 0,−1,−2, . . . entao a funcao 1Γ(s) tem zeros simples nestes pontos,
assim ζ(s) tem singularidades removıveis em s = 0,−1,−2, . . .. Portanto, ζ(s) estende-se a
uma funcao meromorfa em C com polo simples em s = 1.
Analogo ao que foi feito com Γ(s) na secao anterior, no que segue, denotamos por ζ(s) a
extensao meromorfa da funcao ζ(s) definida em (2.14).
Agora vamos continuar com um resultado que no proximo capıtulo vai nos ajudar a
analisar os zeros reais de ζ(s).
Teorema 2.12 . Para qualquer s ∈ C \ 1, temos
ζ(s) = πs−12s sin(πs
2
)Γ(1− s)ζ(1− s).
2.2 A Funcao Zeta de Riemann 19
Demonstracao: Consideramos o caminho C dado na Fig. 2.2 abaixo, e, para s ∈ C, fixo,
consideremos a seguinte integral ∫C
ws−1
ew − 1dw.
Figura 2.2: Caminho C.
Pelo Teorema de Cauchy, e claro que a integral e independente de 0 < ε < 2π e da
distancia das linhas horizontais em relacao ao eixo real. Por essa razao, faremos o calculo
desta integral no limite quando ε → 0 e quando a distancia entre as linhas horizontais
em relacao ao eixo real tende a zero. Assim considerando novamente o ramo do logaritmo
log(w) = log |w|+ i arg(w), arg(w) ∈ (0, 2π), temos
|ws−1| = |w|R(s)−1
earg(w)I(s).
Como arg(w) ∈ (0, 2π) , entao existe M > 0 de modo que
|ws−1| ≤M |w|R(s)−1, (2.19)
para qualquer w ∈ z ∈ C : z 6= 0, arg(z) ∈ (0, 2π). Agora consideremos a aplicacao
ψ(w) = 1ew−1 que claramente tem um polo simples em w = 0, entao g(w) = w
ew−1 tem
uma singularidade removıvel em w = 0. Assim, podemos estender g de modo que g(0) :=
limw→0w
ew−1 = 1. Entao, 1g(w) = ew−1
w , para w 6= 0. Logo, como 1g e continua em w = 0,
temos, para w suficientemente pequeno e |w| 6= 0
1−∣∣∣ 1
g(w)
∣∣∣ ≤ ∣∣∣ 1
g(0)− 1
g(w)
∣∣∣ ≤ 1
2⇒ 1
2≤∣∣∣ew − 1
w
∣∣∣
20 Capıtulo 2 — Preliminares
⇒ 1
|ew − 1|≤ 2
|w|.
Assim, temos que ∫Cε
1
|ew − 1|dw ≤ 4π,
onde Cε e a porcao de circunferencia, de raio ε > 0, que faz parte de C. Assim, de (2.19),
obtemos ∣∣∣ ∫Cε
ws−1
ew − 1dw∣∣∣ ≤MεR(s)−1
∫Cε
1
|ew − 1|dw ≤ 4πMεR(s)−1
⇒ limε→0
∫Cε
ws−1
ew − 1dw = 0. (2.20)
Agora, olhemos para as integrais sobre os caminhos horizontais:∫L1
ws−1
ew − 1dw =
∫ R
ε cos θ
(t+ (ε sin θ)i)s−1
et+(ε sin θ)i − 1dt.
Analogo a demonstracao do Lema 2.4 consideremos g : [ε,R]× [0, π2 ]→ R, definido como
g(t, θ) =∣∣∣(t+ (ε sin θ)i)s−1
et+(ε sin θ)i − 1− ts−1
et − 1
∣∣∣claramente g(t, 0) = 0, ∀t ∈ [ε,R]. Como g e uniformemente contınua, entao dado η > 0,
existe δ > 0 de modo que
g(t, θ) <η
R, ∀θ < δ ⇒
∫ R
ε cos θg(t, θ)dt ≤ η
R(R− ε cos θ) < η
⇒ limθ→0
∫ R
ε cos θg(t, θ)dt = 0
⇒ limθ→0
∫L1
ws−1
ew − 1dw =
∫ R
0
ts−1
et − 1dt. (2.21)
Agora como log(w) = log(w) + 2πi, entao temos que∫L2
ws−1
ew − 1dw =
∫ ε cos θ
R
(t− (ε sin θ)i)s−1
et−(ε sin θ)i − 1dt =
∫ ε cos θ
R
elog(t+(ε sin θ)i)(s−1)
et−(ε sin θ)i − 1dt
=
∫ ε cos θ
R
e(log(t+(ε sin θ)i)+2πi)(s−1)
et−(ε sin θ)i − 1dt = −e2πi(s−1)
∫ R
ε cos θ
e(log(t+(ε sin θ)i))(s−1)
et−(ε sin θ)i − 1dt.
Assim, pelos mesmos criterios usados no caminho L1, temos que
limθ→0
∫L2
ws−1
ew − 1dw = −e2πi(s−1)
∫ R
0
ts−1
et − 1dt. (2.22)
Logo tomando os limites R→ +∞, ε→ 0, θ → 0 e de (2.20), (2.21), (2.22) temos∫C
ws−1
ew − 1dw =
∫ +∞
0
ts−1
et − 1dt− e2πi(s−1)
∫ +∞
0
ts−1
et − 1dt = (1− e2πi(s−1))
∫ +∞
0
ts−1
et − 1dt
2.2 A Funcao Zeta de Riemann 21
⇒∫C
ws−1
ew − 1dw = −2ieπi(s−1) sinπ(s− 1)
∫ +∞
0
ts−1
et − 1dt.
Agora, se s ∈ H(1,+∞) pelo Lema 2.10 temos que Γ(s)ζ(s) =∫ +∞
0ts−1
et−1dt, entao∫C
ws−1
ew − 1dw = 2ieπi(s−1) sin(πs)Γ(s)ζ(s), ∀s ∈ H(1,+∞). (2.23)
Logo, como∫Cws−1
ew−1dw tem sentido para qualquer s ∈ C, entao, da igualdade (2.23) con-
siderando continuacao analıtica, temos que∫C
ws−1
ew − 1dw = 2ieπi(s−1) sin(πs)Γ(s)ζ(s), ∀s ∈ C. (2.24)
Agora, vamos calcular a mesma integral usando o Teorema de Resıduos no caminho β descrito
descrito na Fig. 2.3. Seja s ∈ H(−∞, 0) fixo e consideremos a funcao F (w) = ws−1
ew−1 . Pelo
Figura 2.3: Caminho β.
Teorema dos Resıduos,
∮β
ws−1
ew − 1dw = 2πi
(m∑n=1
Res(F, 2nπi) +
m∑n=1
Res(F,−2nπi)
), (2.25)
notemos que 2kπi e um polo simples de F , ∀k ∈ Z, pois limw→2kπ(w−2kπi)[(w−2kπi)F (w)]
= 0. Assim, temos que:
• Se k > 0,
Res(F, 2kπi) =(
2kπeπ2i)s−1
= (2kπ)s−1eπ2
(s−1)i,
22 Capıtulo 2 — Preliminares
• Se −k < 0,
Res(F,−2kπi) =(
2kπe3π2i)s−1
= (2kπ)s−1e3π2
(s−1)i.
Entao, calculando o lado direito de (2.25), obtemos∮β
ws−1
ew − 1dw = 2πi
m∑n=1
(2nπ)s−1(eπ2
(s−1)i + e3π2
(s−1)i)
= 2πi
m∑n=1
2s−1ns−1πs−1eπ(s−1)i(e−π2
(s−1)i + eπ2
(s−1)i)
= −2s+1iπseπis
(e−
π2
(s−1)i + eπ2
(s−1)i
2
)m∑n=1
1
n1−s
= −2s+1iπseπis cos(π
2(s− 1)
) m∑n=1
1
n1−s = −2s+1iπseπis sin(π
2s) m∑n=1
1
n1−s
⇒∮β
ws−1
ew − 1dw = −2s+1iπseπis sin
(π2s) m∑n=1
1
n1−s . (2.26)
Agora, observemos que, se w pertence ao lado vertical direito do quadrado β, entao∣∣∣ ws−1
ew − 1
∣∣∣ =|ws−1|ew − 1
=elog |w|(R(s)−1)−arg(w)I(s)
|ew − 1|=
(1
earg(w)I(s)
)(|w|R(s)−1
|ew − 1|
).
Logo, como arg(w) ∈ (0, π4 ] ∪ [7π4 , 2π) (limitado), entao existe M > 0 tal que∣∣∣ ws−1
ew − 1
∣∣∣ ≤M |w|R(s)−1
|ew − 1|.
Alem disso,
|eR(w) − 1| = ||ew| − 1| ≤ |ew − 1| ⇒ 1
|ew − 1|≤ 1
|eR(w) − 1|.
Assim, temos ∣∣∣ ws−1
ew − 1
∣∣∣ ≤M |w|R(s)−1
|eR(w) − 1|≤M |R(w)|R(s)−1
|eR(w) − 1|.
Logo, se denotamos por LV D o lado direito vertical do quadrado, como a parte real de w e
fixo deste lado, temos o seguinte∣∣∣ ∫LVD
ws−1
ew − 1dw∣∣∣ ≤M |R(w)|R(s)−1
|eR(w) − 1|`(LV D) = M
|R(w)|R(s)−1
|eR(w) − 1|(2|R(w)|) =
2M |R(w)|R(s)
|eR(w) − 1|
⇒ limR(w)→+∞
∫LVD
ws−1
ew − 1dw = 0, (2.27)
onde ` denota o comprimento. Analogamente, no lado esquerdo vertical LV E temos a mesma
estimativa, ou seja existe M ′ de modo tal que∣∣∣ ws−1
ew − 1
∣∣∣ ≤M ′ |w|R(s)−1
|ew − 1|
2.2 A Funcao Zeta de Riemann 23
⇒∣∣∣ ∫
LV E
ws−1
ew − 1dw∣∣∣ ≤ 2M ′|R(w)|R(s)
|eR(w) − 1|
⇒ limR(w)→−∞
∫LV E
ws−1
ew − 1dw = 0. (2.28)
Agora, vejamos o que acontece nos lados superior e inferior do quadrado, novamente temos
que existe M ′′ > 0 tal que∣∣∣ ws−1
ew − 1
∣∣∣ ≤M ′′ |w|R(s)−1
ew − 1≤M ′′ |I(w)|R(s)−1
ew − 1.
Por outro lado, como em linhas horizontais limR(w)→+∞1
|ew−1| = 0 e limR(w)→−∞1
|ew−1| = 1,
entao existe A > 0 de modo que1
|ew − 1|≤ A
nos lados superior e inferior de qualquer quadrado. Entao,∣∣∣ ws−1
ew − 1
∣∣∣ ≤M ′′A|I(w)|R(s)−1
nos lados superior e inferior de β. Logo, como R(s) < 0 e o comprimento para ambos lados
e descrito por 2|I(w)|, se denotamos como LS e LI os lados superior e inferior, temos∣∣∣ ∫LS
ws−1
ew − 1dw∣∣∣ ≤ 2M ′′A|I(w)|R(s) e
∣∣∣ ∫LI
ws−1
ew − 1dw∣∣∣ ≤ 2M ′′A|I(w)|R(s)
⇒ limI(w)→+∞
∫LS
ws−1
ew − 1dw = lim
I(w)→−∞
∫LI
ws−1
ew − 1dw = 0. (2.29)
Assim, de (2.29), (2.28) e (2.27), considerando os lados de β tendendo ao infinito, e de (2.26)
com (2.24), temos
2ieπi(s−1) sin(πs)Γ(s)ζ(s) =
∫C
ws−1
ew − 1dw = −2s+1iπseπis sin
(π2s)∑n≥1
1
n1−s
⇒ 2ieπi(s−1) sin(πs)Γ(s)ζ(s) = −2s+1iπseπis sin(π
2s)ζ(1− s)
⇒ sin(πs)Γ(s)ζ(s) = 2sπs sin(π
2s)ζ(1− s)
⇒ 2 sin(π
2s)
cos(π
2s)
Γ(s)ζ(s) = 2sπs sin(π
2s)ζ(1− s)
⇒ cos(π
2s)
Γ(s)ζ(s) = 2s−1πsζ(1− s), ∀ R(s) < 0 e s 6= 0,−2,−4,−6, . . .
e como esta e uma igualdade entre funcoes meromorfas em C
⇒ cos(π
2s)
Γ(s)ζ(s) = 2s−1πsζ(1− s), ∀s 6= 0.
Fazendo a mudanca s por 1− s, temos
cos(π
2(1− s)
)Γ(1− s)ζ(1− s) = 2−sπ1−sζ(s)
⇒ ζ(s) = 2sπs−1 sin(πs
2
)Γ(1− s)ζ(1− s), ∀s ∈ C \ 1.
Com isso, concluimos a demonstracao do Teorema 2.12 .
24 Capıtulo 2 — Preliminares
2.3 Funcoes Inteiras de Ordem Um
Como vimos na secao anterior, ζ(s) nao e uma funcao inteira. Mas, como veremos no
proximo capıtulo, esta associada, algebricamente, a uma funcao inteira. Alem disso, esta
e uma funcao inteira de ordem um. Portanto, precisamos introduzir esta definicao e desen-
volver algumas propriedades em relacao a seus zeros. Estas propriedades ajudam a relacionar
alguns dos zeros de ζ(s) com a teoria analıtica dos numeros e encontrar propriedades destes,
por exemplo ζ(s) tem um numero infinito enumeravel de zeros nao reais.
Para uma melhor compreensao desta secao, recomendamos que o leitor faca uma leitura
previa do Apendice A, na secao de Notacao Assintotica.
Definicao 2.13 . Uma funcao inteira f : C→ C e de ordem um se
|f(z)| = Oε(exp(|z|1+ε)),
para qualquer ε > 0.
Lema 2.14 . Seja g ∈ H(C) tal que g(z) 6= 0, para qualquer z ∈ C, que verifica
|g(z)| = exp(O(|z|3/2))
para qualquer z ∈⋃j≥1 ∂B(0;Rj), onde limj→+∞Rj = +∞. Entao,
g(z) = exp(Az +B),
para algumas constantes A, B.
Demonstracao: Como g(z) 6= 0 para qualquer z, entao existe h ∈ H(C), tal que
g(z) = exp(h(z)). (2.30)
Tambem, como |g(z)| = exp(O(|z|3/2)), entao |h(z)| = O(|z|3/2). Agora, seja z ∈ C. Logo,
como limj→+∞Rj = +∞, temos que existe j ∈ N tal que z ∈ B(0;Rj). Entao, pela formula
integral de Cauchy, temos
h′′(z) =1
πi
∫∂B(0;Rj)
h(w)
(w − z)3dw
⇒ |h′′(z)| ≤ 1
π
∫∂B(0;Rj)
|h(w)||(w − z)|−3dw. (2.31)
Podemos escolher j suficientemente grande tal que z ∈ B(0;Rj/2). Assim,
|z − w| ≥ |w| − |z| ≥ Rj −Rj2
=Rj2. (2.32)
Usando |h(w)| = O(|w|3/2), existe uma constante M > 0 tal que
|h(w)| ≤MR3/2j . (2.33)
2.3 Funcoes Inteiras de Ordem Um 25
Assim, de (2.32) e (2.33) em (2.31), temos
|h′′(z)| ≤ 16R−1/2j .
Logo, se j → +∞, temos h′′(z) = 0 e como z e qualquer temos que h(z) = Az + B,
para algumas constantes A, B. Finalmente, usando esse fato em (2.30), obtemos g(z) =
exp(Az +B).
Teorema 2.15 (Formula de Jensen). Sejam R, ε > 0. Admitamos que f e analıtica em
B(0;R + ε), que f(z) 6= 0, para R ≤ |z| < R + ε e z = 0, e que f tem zeros z1, . . . , zm em
B(0;R) (contando com as multiplicidades respectivas). Entao,
1
2π
∫ 2π
0log |f(Reiθ)|dθ = log |f(0)|+ log
(Rm
|z1| . . . |zm|
).
Demonstracao: A demonstracao pode ser encontrada em [8].
Corolario 2.16 . Seja f uma funcao inteira com f(0) 6= 0. Entao,
1
2π
∫ 2π
0log |f(Reiθ)|dθ − log |f(0)| =
∫ R
0
n(r)
rdr,
onde n(r) := |z ∈ B(0; r) : f(z) = 0|.
Demonstracao: Pela Formula de Jensen, so temos que provar que∫ R
0n(r)r dr = log
(Rm
|z1|...|zm|
).
Para isso, ordenemos os zeros em relacao a sua magnitude, isto e, rj = |zj |, j = 1, . . . ,m e
r1 ≤ r2 ≤ . . . ≤ rm. Por conveniencia, seja r0 = 0 e rm+1 = R. Assim, temos que∫ R
0
n(r)
rdr =
∫ r1
r0
n(r)
rdr +
∫ r2
r1
n(r)
rdr + · · ·+
∫ rm+1
rm
n(r)
rdr
=
∫ r1
r0
0
rdr +
∫ r2
r1
1
rdr + · · ·+
∫ rm+1
rm
m
rdr =
m∑j=1
j log
(rj+1
rj
)=
m∑j=1
log
(rj+1
rj
)j
= logm∏j=1
(rj+1
rj
)j= log
(Rm
r1 . . . rm
).
Agora passamos a provar uma propriedade importante das funcoes inteiras de ordem um,
que sera muito util no proximo capıtulo.
Teorema 2.17 . Seja f uma funcao inteira de ordem um. Entao, para X > 1, temos
(i) ∑f(ρ)=0|ρ|≥X
|ρ|−1−ε ε X−ε/2,
para qualquer ε > 0.
26 Capıtulo 2 — Preliminares
(ii) ∑f(ρ)=0ρ 6=0
|ρ|−1−ε <∞,
para qualquer ε > 0.
(iii) f tem a seguinte representacao:
f(z) = zreAz+B∏f(ρ)=0ρ 6=0
(1− z
ρ
)ez/ρ.
Demonstracao:
(i) Se z = 0 e um zero de multiplicidade r de f , entao consideremos g(z) = f(z)zr , que e uma
funcao inteira e verifica g(0) 6= 0. Alem disso, como f e inteira de ordem um, temos
que, para qualquer ε > 0,
|f(z)| ε exp |z|ε+1. (2.34)
Logo, como limz→∞1|z|r = 0, entao existe R > 0 tal que
|z| > R⇒ 1
|z|r< ε. (2.35)
Assim, de (2.34) e (2.35), temos que
|g(z)| = |f(z)||z|r
ε exp |z|1+ε,
o que equivale a dizer que |g(z)| = Oε(exp(|z|1+ε)). Portanto, g e uma funcao inteira
de ordem um. Aplicando agora o Corolario 2.16 , temos que∫ R
0
n(r)
rdr =
1
2π
∫ 2π
0log |g(Reiθ)|dθ − log |g(0)|
=1
2π
∫ 2π
0log |g(Reiθ)|dθ − 1
2π
∫ 2π
0log |g(0)|dθ =
1
2π
∫ 2π
0log∣∣∣g(Reiθ)
g(0)
∣∣∣dθ⇒∫ R
0
n(r)
rdr =
1
2π
∫ 2π
0log∣∣∣g(Reiθ)
g(0)
∣∣∣dθ. (2.36)
Mas, como |g(Reiθ)| ε exp |Reiθ|1+ε = exp |R|1+ε entao log |g(Reiθ)| ε |R|1+ε e como
log |g(0)| e uma constante, entao em (2.36) temos∫ R
0
n(r)
rdr ε R
1+ε (2.37)
para qualquer ε > 0. Denotemos por SR o numero de zeros de f no anel R ≤ |z| < 2R.
Assim, temos
SR ≤ n(2R) =1
R
∫ 3R
2Rn(2R)dr ≤ 1
R
∫ 3R
2Rn(r)dr ≤ 3
∫ 3R
2R
n(r)
rdr
2.3 Funcoes Inteiras de Ordem Um 27
= 3
(∫ 3R
0
n(r)
rdr −
∫ 2R
0
n(r)
rdr
).
Mas, por (2.37), temos que
SR ε R1+ε. (2.38)
Logo, se ρ e um zero de f tal que |ρ| ≥ X, consideremos j ∈ N tal que 2j ≤ |ρ| < 2j+1.
Entao, X < 2j+1. Assim,∑f(ρ)=0|ρ|≥X
|ρ|−1−ε ≤∑
j∈N:2j+1<X
2−(1+ε)jS2j .
Mas, por (2.38), S2j ε 2j(1+ε/2). Entao,∑f(ρ)=0|ρ|≥X
|ρ|−1−ε ≤∑
j∈N:2j+1<X
2−(1+ε)jS2j ε
∑j∈N:2j+1<X
2−(1+εj)2j(1+ε/2)
=∑
j∈N:2j+1<X
2−εj/2 =2−εk0/2
1− 2−ε/2,
onde k0 e o menor numero natural tal que X < 2k0+1. Logo, temos 2−εk0/2 < 2ε/2X−ε/2
e da ultima desigualdade segue que
∑f(ρ)=0|ρ|≥X
|ρ|−1−ε ε
∑j∈N:2j+1<X
2−(1+εj)2j(1+ε/2) =2−εk0/2
1− 2−ε/2<
2ε/2
1− 2−ε/2X−ε/2
⇒∑f(ρ)=0|ρ|≥X
|ρ|−1−ε ε X−ε/2.
(ii) Sabemos, a partir do item anterior, que se X > 1 entao∑
f(ρ)=0|ρ|≥X
|ρ|−1−ε < ∞, para
qualquer ε > 0. Isto implica que∑
f(ρ)=0|ρ|>1
|ρ|−1−ε < ∞. Alem disso, como f tem um
numero finito de zeros em B(0; 1), entao a soma∑
f(ρ)=00<|ρ|≤1
|ρ|−1−ε e finita. Portanto,∑f(ρ)=0ρ 6=0
|ρ|−1−ε <∞.
(iii) Consideremos a funcao
F (z) :=∏f(ρ)=0ρ 6=0
(1− z
ρ
)ez/ρ.
Para ver que F ∈ H(C), so temos que provar que o produto converge uniformemente
sobre qualquer subconjunto compacto de C. Assim, tomando um ramo de logaritmo
conveniente, isto e equivalente a provar que∑f(ρ)=0ρ 6=0
log
(1− z
ρ
)+z
ρ
28 Capıtulo 2 — Preliminares
converge uniformemente em qualquer subconjunto compacto. Entao seja K ⊂ C com-
pacto. Logo, existe R > 0 tal que K ⊂ B(0;R). Assim, para qualquer z ∈ K, temos
que
∑f(ρ)=0ρ 6=0
log
(1− z
ρ
)+z
ρ
=∑f(ρ)=0|ρ|>2R
log
(1− z
ρ
)+z
ρ
+
∑f(ρ)=0
0<|ρ|≤2R
log
(1− z
ρ
)+z
ρ
.
A segunda soma do lado direito converge pois e uma soma com um numero finito de
termos. Assim, so temos que provar que a primeira soma converge. De fato, sabemos
que
log(1− x) = −x− x2
2− x3
3− . . . , |x| < 1,
o que implica que se |x| ≤ 12 entao
|x+ log(1− x)| =∣∣∣x2
2+x3
3+ · · ·
∣∣∣ ≤ |x|2(1
2+
1
22+
1
23+
1
24+ · · ·
)= |x|2. (2.39)
Mas, como |ρ| > 2R e |z| ≤ R entao∣∣∣ zρ ∣∣∣ ≤ 1
2 logo por (2.39) temos
∣∣∣zρ
+ log
(1− z
ρ
) ∣∣∣ ≤ ∣∣∣zρ
∣∣∣2 ≤ R2
|ρ|2
⇒ sup|z|≤R
∣∣∣zρ
+ log
(1− z
ρ
) ∣∣∣ ≤ R2
|ρ|2
e, como pelo item anterior,∑
f(ρ)=0ρ 6=0
1|ρ|2 <∞, segue que
∑f(ρ)=0|ρ|>2R
sup|z|≤R
∣∣∣ zρ+log(
1− zρ
) ∣∣∣ <∞. Portanto,
∑f(ρ)=0|ρ|>2R
log(
1− zρ
)+ z
ρ
converge uniformemente sobre K. Entao
F ∈ H(C).
Agora pela, definicao de F , e claro que
g(z) :=f(z)
zrF (z)
e uma funcao inteira. Vamos continuar a usar o Lema 2.14 para provar que existem
constantes A,B tais que g(z) = exp(Az + B). Para j ∈ N, sabemos que, por (2.38), o
numero de zeros no anel 2j ≤ |z| < 2j+1 e O(2j(1+ε)). Portanto, existe R ∈ [2j , 2j+1)
tal que, para qualquer z ∈ ∂B(0;R), |z − ρ| > 0 para qualquer ρ zero de f . Assim,
como 1R → 0, quando R→ +∞, temos que
|z − ρ| 1
R, ∀ρ zero de f e z ∈ ∂B(0;R), (2.40)
2.3 Funcoes Inteiras de Ordem Um 29
e tomamos Rj := R. Agora, seja z ∈ C tal que |z| = Rj para algum j ∈ N. Entao,
podemos decompor F (z) do seguinte modo
F (z) =
∏f(ρ)=0
0<|ρ|<Rj2
(1− z
ρ
)ez/ρ
︸ ︷︷ ︸
P1
∏f(ρ)=0
Rj2 ≤|ρ|<2Rj
(1− z
ρ
)ez/ρ
︸ ︷︷ ︸
P2
∏f(ρ)=0|ρ|≥2Rj
(1− z
ρ
)ez/ρ
︸ ︷︷ ︸
P3
.
(2.41)
Analisando essa expressao, temos que:
P1: Se 0 < |ρ| < Rj2 , temos∣∣∣ (1− z
ρ
)ez/ρ
∣∣∣ ≥ ∣∣∣1− z
ρ
∣∣∣e−|z/ρ| = ∣∣∣1− z
ρ
∣∣∣e−Rj/|ρ| ≥ (Rj|ρ| − 1
)e−Rj/|ρ| > e−Rj/|ρ|
⇒ |P1| > exp
−Rj ∑f(ρ)=0
0<|ρ|<Rj2
1
|ρ|
. (2.42)
Mas, como |ρ| < Rj/2, entao |ρ|ε+1 < (Rj/2)ε|ρ| para qualquer ε > 0. Assim,
1
|ρ|<
(Rj2
)ε 1
|ρ|1+ε⇒
∑f(ρ)=0
0<|ρ|<Rj2
1
|ρ|≤(Rj2
)ε ∑f(ρ)=0ρ 6=0
1
|ρ|1+ε.
Sabemos pelo item (ii) que∑
f(ρ)=0ρ 6=0
1|ρ|1+ε = C ′ε <∞. Entao,
exp
−Rj ∑f(ρ)=0
0<|ρ|<Rj2
1
|ρ|
≥ exp
(−C
′ε
2εRε+1j
). (2.43)
Logo, de (2.42) e (2.43), temos que
|P1| > exp
(−C
′ε
2εRε+1j
). (2.44)
P2: SeRj2 ≤ |ρ| < 2Rj , vale que 1
2Rj< 1|ρ| ≤
2Rj
. Assim,∣∣∣ (1− z
ρ
)ez/ρ
∣∣∣ =|ρ− z||ρ|
|ez/ρ| ≥ |ρ− z|2Rj
e−Rj/|ρ| ≥ |ρ− z|2Rj
e−2.
Mas, pela equacao (2.40), |ρ − z| 1Rj
, entao, usando esta desigualdade na de-
sigualdade anterior, obtemos∣∣∣ (1− z
ρ
)ez/ρ
∣∣∣ 1
2e2R2j
. (2.45)
30 Capıtulo 2 — Preliminares
Novamente, por (2.38) sabemos que SRj2
+ SRj ε R1+εj . Entao, existe C ′′ε > 0
tal que SRj2
+ SRj ≤ C ′′εR1+εj , para Rj suficientemente grande. Alem disso, como
Rj ∈ [2j , 2j+1), temos que 1 < Rj . Com isso e usando (2.45), temos que
|P2|
(1
2e2R2j
)SRj2
+SRj
≥
(1
2e2R2j
)C′′ε R1+εj
. (2.46)
Agora, como o crescimento exponencial e superior ao crescimento potencial, temos(1
2e2R2j
)C′′ε R1+εj
ε e−R1+2ε
j .
Logo, desta ultima desigualdade (mudando convenientemente ε por ε/2) e de
(2.46), temos que
|P2| ε exp(−R1+εj ). (2.47)
P3: Primeiro vamos provar que, se |w| ≤ 1/2, entao |(1 − w)ew| > e−2|w|2 . De fato,
consideremos a serie de Taylor log(1− w) = −∑
m≥1wm
m , se |w| < 1. Entao,
(1− w)ew = exp
(−w
2
2− w3
3− · · ·
), ∀ |w| < 1. (2.48)
Mas, ∣∣∣−∑n≥2
wn
n
∣∣∣ ≤∑n≥2
|w|n
n= |w|2
∑k≥0
|w|k
k + 2.
Assim, se |w| ≤ 1/2, |w|k ≤ 12k
o que implica que |w|k
k+2 ≤1
2k(k+2)< 1
2k, para
qualquer k = 0, 1, . . .. Entao,∑
k≥0|w|kk+2 ≤ 2 usando este e a desigualdade acima,
segue que ∣∣∣−∑n≥2
wn
n
∣∣∣ ≤ 2|w|2.
Logo, em (2.48), temos
|(1− w)ew| =∣∣∣ exp
(−w
2
2− w3
3− · · ·
) ∣∣∣ ≥ exp
−∣∣∣−∑n≥2
wn
n
∣∣∣ ≥ e−2|w|2
⇒ |(1− w)ew| ≥ e−2|w|2 , ∀ |w| ≤ 1/2. (2.49)
Agora, se |ρ| ≥ 2Rj , temosRj|ρ| ≤
12 . Logo, pela desigualdade (2.49), temos∣∣∣ (1− z
ρ
)ez/ρ
∣∣∣ ≥ e−2R2j/|ρ|2
⇒∣∣∣ ∏f(ρ)=0|ρ|≥2Rj
(1− z
ρ
)ez/ρ
∣∣∣ ≥ exp
−2R2j
∑f(ρ)=0|ρ|≥2Rj
1
|ρ|2
. (2.50)
2.3 Funcoes Inteiras de Ordem Um 31
Logo, como2Rj|ρ| ≤ 1, para ε ∈ (0, 1), temos que
2Rj|ρ|≤(
2Rj|ρ|
)ε⇒ 1
|ρ|2≤ (2Rj)
ε−1 1
|ρ|ε+1.
Por outro lado, sabemos pelo item (ii) que∑
f(ρ)=0ρ 6=0
1|ρ|ε+1 <∞. Portanto,
∑f(ρ)=0|ρ|≥2Rj
1
|ρ|2≤ (2Rj)
ε−1∑f(ρ)=0ρ 6=0
1
|ρ|ε+1
⇒ exp
−(2Rj)ε−1
∑f(ρ)=0ρ 6=0
1
|ρ|ε+1
≤ exp
− ∑f(ρ)=0|ρ|≥2Rj
1
|ρ|2
.
Desta ultima desigualdade e de (2.50), temos que, para ε ∈ (0, 1),
|P3| ≥ exp
−2ε
∑f(ρ)=0ρ 6=0
1
|ρ|ε+1
Rε+1j
. (2.51)
Agora de (2.44), (2.47) e (2.51) em (2.41) temos
|F (z)| = |P1P2P3| ε exp(−C ′′′ε R1+εj ), ∀ε ∈ (0, 1).
Em particular, para ε = 1/2, temos que
|F (z)| exp(−C ′′′R3/2j ). (2.52)
Alem disso, como f e uma funcao inteira de ordem um, vale
|f(z)| exp(R3/2j ). (2.53)
Portanto,
|g(z)| = |f(z)||z|r|F (z)|
=|f(z)|
Rrj |F (z)| exp
((C ′′′ + 1)R
3/2j
).
Logo, como |z| = Rj e j ∈ N e arbitrario, temos que
|g(z)| = exp(O(|z|3/2)
),
para qualquer z ∈⋃j∈N ∂B(0;Rj). Entao, pelo Lema 2.14 , temos que existem
constantes A,B tais que
g(z) = Az +B
⇒ f(z) = zreAz+B∏f(ρ)=0ρ6=0
(1− z
ρ
)ez/ρ.
32 Capıtulo 2 — Preliminares
E fica provado o Teorema 2.17
A partir deste teorema, obtemos o seguinte corolario.
Corolario 2.18 . Com as mesmas notacoes do teorema anterior, se∑
f(ρ)=0ρ6=0
1|ρ| <∞, entao
|f(z)| = expO(|z|).
Demonstracao: Primeiro observemos que, para qualquer z ∈ C,
|(1− z)ez| ≤ e2|z|. (2.54)
De fato, |(1 − z)ez| ≤ (1 + |z|)e|z| ≤(
1 + |z|+ |z|22! + |z|3
3! + · · ·)e|z| = e2|z|. Agora vamos
provar o resultado principal. Pelo teorema anterior, sabemos que f(z) = zreAz+B∏
f(ρ)=0ρ6=0
(1− z
ρ
)ez/ρ.
Entao,
|f(z)| = |z|r|eAz+B|∣∣∣ ∏f(ρ)=0ρ 6=0
(1− z
ρ
)ez/ρ
∣∣∣ = |z|r|eAz+B|∏f(ρ)=0ρ 6=0
∣∣∣ (1− z
ρ
)ez/ρ
∣∣∣≤ |z|re|A||z|+|B|
∏f(ρ)=0ρ6=0
∣∣∣ (1− z
ρ
)ez/ρ
∣∣∣.Assim, usando (2.54) no lado direito da desigualdade acima, temos
|f(z)| ≤ |z|re|A||z|+|B|∏f(ρ)=0ρ 6=0
∣∣∣ (1− z
ρ
)ez/ρ
∣∣∣ ≤ |z|re|A||z|+|B|e2
(∑f(ρ)=0ρ 6=0
1|ρ|
)|z|,
e, como para |z| suficientemente grande, |z|r ≤ e|z|, e|A||z|+|B| ≤ e(|A|+|B|)|z|, da desigualdade
acima segue que
|f(z)| ≤ exp
1 + |A|+ |B|+ 2
∑f(ρ)=0ρ6=0
1
|ρ|
|z| ,
para |z| suficientemente grande,
⇒ |f(z)| = expO(|z|).
Capıtulo
3A Hipotese de Riemann
O objetivo deste capıtulo e introduzir a Hipotese de Riemann, dar uma evidencia forte
dela e apresentar algumas propriedades dos zeros de ζ(s) em relacao a uma regiao de Cque chamamos faixa crıtica. As ferramentas necessarias ja forem desenvolvidas no Capıtulo
2. Apos isso, continuamos a estudar os zeros nao-triviais da funcao ζ(s), salientando a
importancia destes na teoria analıtica dos numeros, e depois introduzimos a conjetura de
Hilbert-Polya. No final, apresentamos duas formulacoes equivalentes da Hipotese de Riemann,
um delas importante na Teoria das Cordas.
3.1 Estabelecendo a Hipotese de Riemann
Do Corolario 2.8 , vimos que ζ(s) nao tem zeros em H(1,+∞). Contudo, do Teorema
2.12 , temos que
ζ(s) = 2sπs−1 sin(πs
2
)Γ(1− s)ζ(1− s),
para R(s) < 0. Assim, os zeros de ζ(s) para R(s) < 0, sao os zeros de sin(πs2
)que sao
−2,−4,−6, . . .. Estes sao chamados de zeros triviais de ζ(s). Com isso, os demais zeros de
ζ(s), denominados zeros nao trivias de ζ(s) devem estar no conjunto S, onde S := s ∈ C :
0 < R(s) < 1 que e a faixa crıtica. Para poder enunciar a Hipotese de Riemann, vamos
precisar do seguinte teorema.
Teorema 3.19 . ζ(s) nao tem zeros na fronteira da faixa crıtica, isto e, nas retas R(s) = 1
e R(s) = 0.
Demonstracao: Vamos continuar usando o metodo indireto. Mas primeiro vamos provar
que para σ, t ∈ R, com σ > 1,
|ζ(σ)|3|ζ(σ + it)|4|ζ(σ + 2ti)| ≥ 1. (3.1)
33
34 Capıtulo 3 — A Hipotese de Riemann
Com efeito, para s = σ + it ∈ H(1,+∞), temos que ζ(s) =∏p∈P
(1− 1
ps
)−1, entao
log(ζ(s)) = −∑p∈P
log
(1− 1
ps
). (3.2)
Agora, consideremos a serie de Taylor de log(1− x) com centro em x = 0. Temos
log(1− x) = −∑m≥1
xm
m, |x| < 1, (3.3)
e entao, usando (3.3) em (3.2), obtemos a equacao
log ζ(s) = −∑p∈P
−∑m≥1
p−sm
m
=∑p∈P
∑m≥1
p−sm
m=∑p∈P
∑m≥1
p−σm
me−imt log p
⇒ R (log ζ(s)) =∑p∈P
∑m≥1
p−σm
mcos(mt log(p)). (3.4)
Agora observemos que, ∀θ ∈ R, temos que
0 ≤ 2(cos θ + 1)2 = 2 cos2 θ − 1 + 3 + 4 cos θ = cos 2θ + 4 cos θ + 3
⇒ 0 ≤ 3 + 4 cos θ + cos 2θ, ∀θ ∈ R. (3.5)
Logo, de (3.4), com s = σ, s = σ + it e s = σ + 2it, respectivamente,
R (log ζ(σ)) =∑p∈P
∑m≥1
p−σm
m,
R (log ζ(σ + it)) =∑p∈P
∑m≥1
p−σm
mcos(mt log p),
R (log ζ(σ + 2ti)) =∑p∈P
∑m≥1
p−σm
mcos(2mt log p).
Entao, pela desigualdade (3.5), temos
3R (log ζ(σ)) + 4R (log ζ(σ + it)) + R (log ζ(σ + 2ti)) =∑p∈P
∑m≥1
p−σm
m(3 + 4 cos(mt log(p)) + cos(2mt log(p))) ≥ 0
⇒ 3R (log ζ(σ)) + 4R (log ζ(σ + it)) + R (log ζ(σ + 2ti)) ≥ 0. (3.6)
Mas, como log(z) = log |z| + i arg(z), entao R(log(z)) = log |z|. Usando este resultado em
(3.6), temos
3 log |ζ(σ)|+ 4 log |ζ(σ + it)|+ log |ζ(σ + 2ti)| ≥ 0
⇒ log(|ζ(σ)|3|ζ(σ + it)|4|ζ(σ + 2ti)|
)≥ 0
3.1 Estabelecendo a Hipotese de Riemann 35
⇒ |ζ(σ)|3|ζ(σ + it)|4|ζ(σ + 2ti)| ≥ 1.
Agora, vamos continuar com a demonstracao. Como ζ(s) tem um polo simples em σ = 1
e Res(ζ, 1) = 1, segue que
ζ(σ) =1
σ − 1+ g(σ), (3.7)
onde g e analıtica em s = 1. Logo, supondo que existe t ∈ R \ 0 tal que ζ(1 + it) = 0,
entao, para σ > 1 suficientemente proximo de 1, temos
|ζ(σ + it)| = |ζ(σ + it)− ζ(1 + it)| ≤ |σ − 1|(
sup0<l<1
|ζ ′(1 + l(σ − 1) + it)|). (3.8)
Tambem, para qualquer σ ∈ (1, 1 + δ), onde δ > 0 e suficientemente pequeno, existe A > 0,
que depende de t, tal que |ζ(σ + 2it)| ≤ A. Logo, deste ultimo resultado, e usando (3.8) e
(3.7) em (3.1), resulta que
1 ≤ |ζ(σ)|3|ζ(σ + it)|4|ζ(σ + 2ti)| ≤∣∣∣ 1
σ − 1+ g(σ)
∣∣∣3|σ − 1|4(
sup0<l<1
|ζ ′(1 + l(σ − 1) + it)|)4
A
⇒ 1 ≤ |1 + (σ − 1)g(σ)|3|σ − 1|(
sup0<l<1
|ζ ′(1 + l(σ − 1) + it)|)4
A.
Com isso, se σ → 1+, temos 1 ≤ 0, o que e uma contradicao. Assim ζ(1 + it) 6= 0, para
qualquer t ∈ R.
Analogamente, se existe t ∈ R \ 0 tal que ζ(ti) = 0, entao pela equacao funcional para
ζ(s) (Teorema 2.12 ), temos que
0 = ζ(ti) = 2tiπti−1 sin(π
2ti)
Γ(1− ti)ζ(1− ti).
Logo, como 2tiπti−1 sin(π2 ti)
Γ(1 − ti) 6= 0, segue que ζ(1 − ti) = 0. Mas, isso nao pode ser
verdade, porque contradiz o que foi feito no caso anterior.
Finalmente mostremos que 0 e 1 nao sao zeros de ζ(s). De fato, s = 1 nao e um zero
pois e um polo simples de ζ(s). Assim, e suficiente provar que s = 0 nao e um zero de ζ(s).
Como sin(πs2
)tem um zero simples em s = 0 e ζ(1− s) tem um polo simples em s = 0, entao
existem funcoes analıticas h e g com h(0), g(0) 6= 0 tais que sin(πs2
)= sg(s) e ζ(1−s) = h(s)
s .
Assim, novamente pela equacao funcional de ζ(s), temos
ζ(0) = lims→0
ζ(s) = lims→0
2sπs−1 sin(πs
2
)Γ(1− s)ζ(1− s) = lim
s→02sπs−1sg(s)Γ(1− s)h(s)
s
⇒ ζ(0) =g(0)h(0)
π6= 0.
Portanto, ζ(s) nao tem zeros na fronteira da faixa crıtica e o Teorema 3.19 fica mostrado.
Assim, podemos concluir que quaisquer zeros nao-triviais estao na faixa crıtica S = s ∈C : 0 < R(s) < 1. Riemann calculou tres destes zeros usando a formula Rieman-Siegel [10]
e conjeturou a sua famosa hipotese.
36 Capıtulo 3 — A Hipotese de Riemann
Conjetura 3.20 (Hipotese de Riemann). Todos os zeros nao-triviais de ζ(s) estao na reta
crıtica L := s ∈ C : R(s) = 12.
Esta conjetura foi enunciada em 1859 na sua publicacao entitulada Sobre os Numeros
Primos Menores que uma Magnitude Dada [20].
Continuaremos com alguns resultados importantes para nos ajudar a apresentar algumas
propriedades dos zeros de ζ(s) que tambem nos deixam o caminho livre para apresentar uma
evidencia da Hipotese de Riemann.
Agora vamos estudar algumas propriedades dos zeros de ζ(s). Para tal, precisamos do
seguinte lema.
Lema 3.21 . Para qualquer x > 0, temos que
+∞∑n=−∞
e−n2π 1
x =√x
(+∞∑
n=−∞e−n
2πx
).
Demonstracao: Dado x > 0, consideremos a funcao ψ(t) = e−t2πx. Entao, pela Formula
de Soma de Poisson discutida no Apendice A ( ver Eq. (A.9)), temos que
+∞∑n=−∞
ψ(n) =+∞∑
k=−∞
∫ +∞
−∞ψ(t)e2πiktdt.
Assim,
+∞∑n=−∞
e−n2πx =
+∞∑k=−∞
∫ +∞
−∞e−t
2πx+2πiktdt =
+∞∑k=−∞
e−πk2 1x
∫ +∞
−∞e−πx(t−
ikx )
2
dt
⇒+∞∑
n=−∞e−n
2πx =+∞∑
k=−∞e−πk
2 1x
∫ +∞
−∞e−πx(t−
ikx )
2
dt. (3.9)
Logo, para qualquer k ∈ Z, consideremos o caminho conectando, na ordem, os pontos a
seguir, [−R− ikx , R−
ikx , R,−R,−R−
ikx ]. Entao, pelo Teorema de Cauchy, segue que∫
[−R− ikx,R− ik
x,R,−R,−R− ik
x]e−πxz
2dz = 0. (3.10)
Mas, se z ∈ [R− ikx , R], entao z = R− iλ onde λ ∈ [−k
x , 0]. Assim, z2 = R2−λ2−2Rλi e, em
consequencia, eπxz2
= e−πx(R2−λ2−2Rλi). Daı, considerando uma parte de (3.10), temos que∫[R− ik
x,R]|e−πxz2 |dz = e−πxR
2
∫ 0
− kx
eπxλ2dλ
⇒ limR→+∞
∫[R− ik
x,R]|e−πxz2 |dz = 0.
3.1 Estabelecendo a Hipotese de Riemann 37
De modo analogo,
limR→+∞
∫[−R,−R− ik
x]|e−πxz2 |dz = 0.
Portanto, considerando (3.10) no limite R→ +∞ temos que∫ +∞
−∞e−πx(t−
ikx )
2
dt =
∫ +∞
−∞e−πxt
2dt.
Porem, sabemos que, para qualquer % > 0, a integral Gaussiana e calculavel e vale∫ +∞−∞ e−%u
2du =√
π% . Entao, ∫ +∞
−∞e−πx(t−
ikx )
2
dt =1√x.
Em seguida, usando esse resultado em (3.9), obtemos
+∞∑n=−∞
e−n2πx =
1√x
(+∞∑
k=−∞e−πk
2 1x
)
⇒+∞∑
k=−∞e−πk
2 1x =√x
(+∞∑
n=−∞e−n
2πx
).
Este resultado e usado para demonstrar o seguinte teorema.
Teorema 3.22 . Seja s = σ + it ∈ H(1,+∞). Entao,
π−s2 Γ(s
2
)ζ(s) =
1
s(s− 1)+
∫ +∞
1(x
s2−1 + x−
s2− 1
2 )ω(x)dx, (3.11)
onde ω(x) =∑
n≥1 e−πn2x.
Demonstracao: Se s = σ + it ∈ H(1,+∞), entao, por definicao, temos que Γ(s2
)=∫ +∞
0 e−uus2−1du. Logo, fazendo a mudanca de variavel u = πn2x, temos que
Γ(s
2
)=
∫ +∞
0e−πn
2x(πn2x)s2−1πn2dx = nsπ
s2
∫ +∞
0e−πn
2xxs2−1dx
⇒ π−s2 Γ(s
2
) 1
ns=
∫ +∞
0e−πn
2xxs2−1dx.
Mas, como s ∈ H(1,+∞), da igualdade anterior vemos que
π−s2 Γ(s
2
)ζ(s) = lim
N→+∞
N∑n=1
∫ +∞
0e−πn
2xxs2−1dx = lim
N→+∞
∫ +∞
0xs2−1
N∑n=1
e−πn2xdx
= limN→+∞
∫ +∞
0xs2−1
∑n≥1
e−πn2x −
∑n>N
e−πn2x
dx
38 Capıtulo 3 — A Hipotese de Riemann
=
∫ +∞
0xs2−1ω(x)dx− lim
N→+∞
∫ +∞
0xs2−1∑n>N
e−πn2xdx,
e, entao, que
π−s2 Γ(s
2
)ζ(s) =
∫ +∞
0xs2−1ω(x)dx− lim
N→+∞
∫ +∞
0xs2−1∑n>N
e−πn2xdx. (3.12)
Agora, observemos a seguinte desigualdade, evidente para x > 0,∑n>N
e−πn2x ≤
∫ +∞
Ne−πu
2xdu.
Fazendo aqui a mudanca de variavel v = πu2x, temos
∑n>N
e−πn2x ≤
∫ +∞
Ne−πu
2xdu =1
2√πx
∫ +∞
πN2xe−vv−
12dv.
Continuamos a estimativa em duas partes:
• Se x < 1πN2 , temos
1
2√πx
∫ +∞
πN2xe−vv−
12dv ≤ 1
2√πx
∫ +∞
0e−vv−
12dv =
Γ(
12
)2√πx.
• Se x > 1πN2 . Logo, se πxN2 < v, entao, v−
12 < 1
N√πx
e∫ +∞
πN2xv−
12 e−vdv ≤ 1
N√πx
∫ +∞
πN2xe−vdv =
e−πN2x
N√πx
⇒ 1
2√πx
∫ +∞
πN2xv−
12 e−vdv ≤ e−πN
2x
2Nπx.
Tambem, como∣∣∣ ∫ +∞
0xs2−1
(∑n>N
e−πn2x
)dx∣∣∣ ≤ ∫ 1
πN2
0xσ2−1
(∑n>N
e−πn2x
)dx+
∫ +∞
1πN2
xσ2−1
(∑n>N
e−πn2x
)dx,
das duas estimativas anteriores, segue que:∣∣∣ ∫ +∞
0xs2−1
(∑n>N
e−πn2x
)dx∣∣∣ ≤ ∫ 1
πN2
0xσ2−1 Γ
(12
)2√πxdx+
∫ +∞
1πN2
xσ2−1 e
−πN2x
2Nπxdx. (3.13)
Em seguida, analisamos as duas integrais do lado direito de (3.13):∫ 1πN2
0 xσ2−1 Γ( 1
2)2√πxdx: Temos∫ 1πN2
0xσ2−1 Γ
(12
)2√πxdx =
Γ(
12
)2√π
∫ 1πN2
0xσ−12−1dx =
Γ(
12
)√π(σ − 1)
(1
πN2
)σ−12
e, como σ > 1,
limN→+∞
∫ 1N
0xσ2−1 Γ
(12
)2√πxdx = 0.
3.1 Estabelecendo a Hipotese de Riemann 39
∫ +∞1
πN2xσ2−1 e−πN
2x
2Nπx dx: Fazendo a mudanca de variavel u = πN2x, temos
∫ +∞
1πN2
xσ2−1 e
−πN2x
2Nπxdx =
∫ +∞
1
e−uuσ2−2
2πσ2Nσ−1
du,
e consideramos os seguintes casos:
1. Se σ2 − 1 > 0, entao∫ +∞
1
e−uuσ2−2
2πσ2Nσ−1
du =
∫ +∞1 e−uu(σ2−1)−1du
2πσ2Nσ−1
≤∫ +∞
0 e−uu(σ2−1)−1du
2πσ2Nσ−1
=Γ(σ2 − 1
)2π
σ2Nσ−1
⇒ limN→+∞
∫ +∞
πN
e−uuσ2−2
2(πN2)σ2
du = 0.
2. Se σ2 − 1 ≤ 0, entao σ
2 − 2 < 0, logo 1 < u, e entao
uσ2−2 < 1⇒ e−uu
σ2−2 < e−u
⇒∫ +∞
1e−uu
σ2−2du ≤
∫ +∞
1e−udu =
1
e
⇒∫ +∞
1
e−uuσ2−2
2πσ2Nσ−1
du ≤ 1
2eπσ2Nσ−1
⇒ limN→+∞
∫ +∞
πN
e−uuσ2−2
2πσ2Nσ−1
du = 0.
Assim, em qualquer caso, limN→+∞∫ +∞πN
e−uuσ2−2
2πσ2 Nσ−1
du = 0.
Portanto, em (3.13), temos que limN→+∞∫ +∞
0 xs2−1(∑
n>N e−πn2x
)dx = 0. Logo, de
(3.12), π−s2 Γ(s2
)ζ(s) =
∫ +∞0 x
s2−1ω(x)dx. Assim,
π−s2 Γ(s
2
)ζ(s) =
∫ 1
0xs2−1ω(x)dx+
∫ +∞
1xs2−1ω(x)dx.
Substituindo x−1 por x na primeira integral do lado direito, temos
π−s2 Γ(s
2
)ζ(s) =
∫ +∞
1x−( s2+1)ω(x−1)dx+
∫ +∞
1xs2−1ω(x)dx.
Mas, pelo Lema 3.21 , ω(x−1) =√xω(x)− 1
2 +√x
2 , e entao
π−s2 Γ(s
2
)ζ(s) =
∫ +∞
1x−( s2+1)
(√xω(x)− 1
2+
√x
2
)dx+
∫ +∞
1xs2−1ω(x)dx
=1
s(s− 1)+
∫ +∞
1(x
s2−1 + x−
s2− 1
2 )ω(x)dx.
Portanto,
π−s2 Γ(s
2
)ζ(s) =
1
s(s− 1)+
∫ +∞
1(x
s2−1 + x−
s2− 1
2 )ω(x)dx,
40 Capıtulo 3 — A Hipotese de Riemann
e concluimos a demonstracao do Teorema 3.22 .
A integral no lado direito de (3.11) existe para qualquer s ∈ C. Entao, esta integral define
uma funcao inteira. Portanto, se ξ(s) e definida como segue
ξ(s) :=1
2s(s− 1)π−
s2 Γ(s
2
)ζ(s), (3.14)
temos, pelo Teorema 3.22 , e por esta ultima afirmacao, que ξ(s) ∈ H(C). Alem disso,
ξ(1− s) =1
2
(1 + (1− s)(1− s− 1)
∫ +∞
1(x
1−s2−1 + x−
(1−s)2− 1
2 )ω(x)dx
)= ξ(s).
Entao, ξ(s) satisfaz a propriedade importante
ξ(1− s) = ξ(s). (3.15)
Tambem, novamente pelo Teorema 3.22 , e claro que tambem vale a propriedade
ξ(s) = ξ(s). (3.16)
Agora, com a ajuda de ξ(s), vamos provar o seguinte teorema.
Teorema 3.23 . Os zeros nao-triviais de ζ(s) sao simetricos com relacao ao eixo real e
tambem com relacao a reta crıtica.
Demonstracao: Claramente os unicos zeros de ξ(s) sao os zeros nao-triviais de ζ(s); o
recıproco tambem e verdadeiro, pois de (3.14) os zeros triviais de ζ(s) sao cancelados pelo
polos de Γ(s2
), s
2Γ(s2
)= Γ
(s2 + 1
)6= 0 (pelo Teorema 2.6 ) e s − 1 e cancelado pelo polo
de ζ(s). Entao, se ρ e um zero nao trivial de ζ(s) temos que tambem e um zero de ξ(s).
Mas, pela equacao (3.16), ρ tambem e um zero de ξ(s). Portanto, tambem e um zero de
ζ(s). Assim, os zeros sao simetricos com relacao ao eixo real. Analogamente, se escrevermos
ρ = a+ ib, entao ρ = a− ib tambem e um zero de ξ(s). Logo, pela equacao (3.15), temos que
1− ρ = 1− a+ ib tambem e um zero de ξ(s) portanto e um zero de ζ(s). Assim, os zeros sao
simetricos com relacao a reta crıtica.
Resumindo, os zeros nao-triviais de ζ(s), alem de estarem localizados na faixa crıtica
S = s ∈ C : 0 < R(s) < 1, satisfazem as propriedades:
(i) Nao existem zeros na fronteira de S.(ii) Os zeros nao-triviais sao simetricos com relacao a L e o eixo real.
Para concluir esta secao, com as ferramentas ja adquiridas ate aqui, apresentamos uma
evidencia para a Hipotese de Riemann. Para isso, vamos definir Ξ(t) como segue
Ξ(t) := ξ
(1
2+ it
). (3.17)
3.2 Os Zeros nao-triviais de ζ(s) e a Teoria Analıtica dos Numeros. 41
Usando (3.15) e (3.16) em (3.17), temos, para t ∈ R,
Ξ(t) = ξ
(1
2+ it
)= ξ
(1
2+ it
)= ξ
(1
2− it
)= ξ
(1−
(1
2− it
))= ξ
(1
2+ it
)= Ξ(t).
Assim, Ξ(t) ∈ R para qualquer t ∈ R. Agora, consideremos o numero N(T ) de zeros de ζ(s)
contidos na regiao z ∈ C : 0 < R(z) < 1, 0 ≤ I(z) ≤ T, para T ≥ 0. Logo, e claro que se
consideramos a funcao Ξ(t) restrita a t ∈ R, entao Ξ(t) e uma funcao real contınua. Assim,
deve ter um zero de ordem ımpar entre dois numeros reais em que muda de sinal. Alem disso,
se o numero de zeros e igual ao numero de mudancas de sinal, entao esses zeros sao de ordem
um, ou seja se escolhermos T > 0 de modo conveniente, tal que o numero de mudancas de
sinal de Ξ(t) em [0, T ] e igual a N(T ), entao estes sao zeros simples de ζ(s) e satisfazem a
Hipotese de Riemann. Entao, nesse caso, terıamos a garantia de que todos os zeros de ζ(s)
sao simples. Para provar a Hipotese de Riemann aqui e suficiente provar que para qualquer
T > 0 o numero de mudancas de sinal de Ξ(t) e igual a N(T ), mas nao temos certeza de
tais informacoes. No entanto, podemos dizer que os primeiros 1.5 bilhoes de zeros de ζ(s),
obtidos numericamente, parecem satisfazer essa propriedade (ver [27]). Em outras palavras
corroboram a Hipotese de Riemann.
3.2 Os Zeros nao-triviais de ζ(s) e a Teoria Analıtica dos Numeros.
Aqui, vamos apresentar a importancia de os zeros de ζ(s) na teoria analıtica dos numeros.
Esta relacao ja era previsıvel, pois como vimos anteriormente no Produto de Euler ζ(s) ja
estabelecemos uma relacao de ζ(s) com os numeros primos. Para obter as propriedades de-
sejadas, vamos usar a teoria das funcoes inteiras de ordem um, que ja vimos no Capıtulo 2.
Na verdade, vamos provar que ξ(s) e uma funcao inteira de ordem um.
Como vimos anteriormente, os zeros nao-triviais de ζ(s) e os zeros de ξ(s), definida em
(3.14), sao os mesmos. Entao, para abreviar notacoes, vamos denotar por ρ os zeros na fixa
crıtica S e nao vamos especificar se estamos lidando com ζ(s) ou ξ(s), salvo alguns casos.
Agora, apresentamos o seguinte teorema que vai nos ajudar a estabelecer uma represen-
tacao de ζ(s), com s em S.
Lema 3.24 (Formula de Soma de Euler). Seja φ ∈ C1 ([a, b]). Entao,
∑n∈(a,b]
φ(n) =
∫ b
aφ(x)dx+
∫ b
a
(x− [x]− 1
2
)φ′(x)dx+
(a− [a]− 1
2
)φ′(a)−
(b− [b]− 1
2
)φ′(b).
Demonstracao: Por integracao por partes∫ b
aφ(x)d
(x− [x]− 1
2
)= φ(x)
(x− [x]− 1
2
) ∣∣∣ba−∫ b
a
(x− [x]− 1
2
)φ′(x)dx
42 Capıtulo 3 — A Hipotese de Riemann
⇒∫ b
aφ(x)dx−
∫ b
aφ(x)d[x] = φ(x)
(x− [x]− 1
2
) ∣∣∣ba−∫ b
a
(x− [x]− 1
2
)φ′(x)dx.
Portanto, ∑n∈(a,b]
φ(n) =
∫ b
aφ(x)d[x]
=
∫ b
aφ(x)dx+
∫ b
a
(x− [x]− 1
2
)φ′(x)dx+
(a− [a]− 1
2
)φ′(a)−
(b− [b]− 1
2
)φ′(b).
Consideremos agora φ(x) := n−s, onde s ∈ H(1,+∞) e a, b em Z. Entao, pela Formula
de Soma de Euler, temos que
b∑n=a+1
1
ns=
∫ b
a
1
xsds+ s
∫ b
a
([x]− x+ 1
2
)xs+1
dx+1
2(b−s − a−s)
=b1−s − a1−s
1− s+ s
∫ b
a
([x]− x+ 1
2
)xs+1
dx+1
2(b−s − a−s).
Agora, tomando a = 1 e b→ +∞
+∞∑n=2
1
ns=
1
s− 1+ s
∫ +∞
1
([x]− x+ 1
2
)xs+1
dx− 1
2.
Entao,
ζ(s) =1
s− 1+ s
∫ +∞
1
([x]− x+ 1
2
)xs+1
dx+1
2,
e simplificando a integral, obtemos a representacao
ζ(s) =s
s− 1− s
∫ +∞
1
x− [x]
xs+1dx. (3.18)
Observe que a integral no lado direito da equacao acima existe para qualquer s ∈ S. Entao,
(3.18) da uma representacao de ζ(s) para s ∈ S.
Agora, com a teoria de funcoes inteiras de ordem um desenvolvida anteriormente e a
equacao (3.18), prosseguimos com a prova de algumas propriedades de ζ(s) e seus zeros.
Teorema 3.25 . ξ(s) e uma funcao inteira de ordem um.
Demonstracao: Sabemos que ξ(s) e uma funcao inteira e que ξ(s) = ξ(1−s) para qualquer
s ∈ C, entao so temos que provar que
ξ(s) = Oε(exp(|s|1+ε)), ∀ ε > 0,
para R(s) ≥ 12 . Consideremos o fato que
ξ(s) =1
2s(s− 1)π−
s2 Γ(s
2
)ζ(s), (3.19)
3.2 Os Zeros nao-triviais de ζ(s) e a Teoria Analıtica dos Numeros. 43
e vamos limitar cada um dos fatores que compoem o lado direito de (3.19). Para s = σ+ it ∈H(0,+∞), ∣∣∣Γ(s
2
) ∣∣∣ =∣∣∣ ∫ +∞
0e−uu
s2−1du
∣∣∣ ≤ ∫ +∞
0e−uu
σ2−1du = Γ
(σ2
).
Mas, da formula de Stirling,
log Γ(σ
2
)=σ − 1
2log(σ
2
)− σ
2+
1
2log 2π +O(σ−1).
Entao, na desigualdade anterior temos que∣∣∣Γ(s2
) ∣∣∣ ≤ Γ(σ
2
)= exp
(σ − 1
2log(σ
2
)− σ
2+
1
2log 2π +O(σ−1)
) exp
(σ log σ
2
)
≤ exp
(|s| log |s|
2
)
⇒∣∣∣Γ(s
2
) ∣∣∣ = O
(exp
(|s| log |s|
2
)). (3.20)
Tambem, pela equacao (3.18), concluimos que
ζ(s) = O(|s|). (3.21)
Alem disso, e claro que ∣∣∣12s(s− 1)π−
s2
∣∣∣ = O(exp(2|s|)). (3.22)
Finalmente, das equacoes (3.20), (3.21) e (3.22) em (3.19) obtemos que ξ(s) e uma funcao
inteira de ordem um, o que prova o Teorema 3.25 .
Corolario 3.26 . A serie∑
ξ(ρ)=01|ρ| diverge.
Demonstracao: Admitamos que∑
ξ(ρ)=01|ρ| <∞. Assim, pelo Corolario 2.18 , temos que
|ξ(s)| = expO(|s|). (3.23)
Usando ξ(s) = 12s(s − 1)π−
s2 Γ(s2
)ζ(s), e a formula de Stirling, para x ∈ R, temos que
log Γ(x2
)∼ x
2 log x2 e, por (3.18), limx→+∞
x∈Rζ(x) = 1. Entao, para x ∈ R, temos que
ξ(x) ∼ 1
2x(x− 1)π−
x2 e
x2
log x2 =
1
2x(x− 1)e
x2
log x2π
o que contradiz (3.23). Portanto,∑
ξ(ρ)=01|ρ| e divergente.
Corolario 3.27 . ζ(s) tem um numero infinito enumeravel de zeros nao-triviais.
44 Capıtulo 3 — A Hipotese de Riemann
Demonstracao: Sabemos que os zeros nao-triviais de ζ(s) sao os zeros de ξ, entao a prova
e uma consequencia direta do corolario acima.
Agora, vamos destacar algumas relacoes entre os zeros de ζ(s) com a teoria analıtica dos
numeros. Pelo Teorema 2.17 ,
ξ(s) = eAs+B∏ρ
(1− s
ρ
)es/ρ. (3.24)
Tambem, pelo mesmo teorema, temos que, para qualquer ε > 0,∑ρ
1
|ρ|1+ε<∞. (3.25)
Pela equacao (3.24),ξ′(s)
ξ(s)= A+
∑ρ
(1
s− ρ+
1
ρ
).
Mas, como ξ(s) = (s− 1)π−s2 Γ(s2 + 1
)ζ(s), entao
ξ′(s)
ξ(s)=
1
s− 1− 1
2log π +
1
2
Γ′(s2 + 1
)Γ(s2 + 1
) +ζ ′(s)
ζ(s).
Assim, das duas ultimas equacoes segue que
ζ ′(s)
ζ(s)= A− 1
s− 1+
1
2log π − 1
2
Γ′(s2 + 1
)Γ(s2 + 1
) +∑ρ
(1
s− ρ+
1
ρ
). (3.26)
Vamos agora definir duas funcoes, de muita utilidade, para relacionar os zeros de ζ(s) e
numeros primos e estabelecer o Teorema dos Numeros Primos, que e a relacao entre os zeros
nao-triviais de ζ(s) e a teoria analıtica dos numeros a ser discutida neste trabalho.
Denotamos por Λ a funcao de von Mangoldt definida como
Λ(n) :=
log p, n = pm para algum p ∈ P
0, n 6= pm ∀ p ∈ P.
Uma relacao da funcao de von Mangoldt e ζ(s), de grande importancia, e a seguinte. Do
produto de Euler, resulta que, para qualquer s ∈ H(1,+∞), ζ(s) =∏p∈P
(1− 1
ps
)−1. Logo,
log ζ(s) = −∑p∈P
log
(1− 1
ps
).
Usando a serie de Taylor, log(1− x) = −∑
m≥1xm
m , |x| < 1, temos
log ζ(s) =∑p∈P
∑m≥1
p−smm−1,
3.2 Os Zeros nao-triviais de ζ(s) e a Teoria Analıtica dos Numeros. 45
e, derivando membro-a-membro,
−ζ′(s)
ζ(s)=∑p∈P
∑m≥1
p−sm log p.
Alem disso, pela definicao de Λ∑m≥1
p−sm log p =log p
ps+
log p
p2s+
log p
p3s+ · · ·
=Λ(p)
ps+
Λ(p2)
p2s+
Λ(p3)
p3s+ · · ·
=∑m≥1
Λ(pm)
(pm)s.
Assim, temos
− ζ ′(s)
ζ(s)=∑n≥1
Λ(n)
ns, s ∈ H(1,+∞). (3.27)
A outra funcao de extrema importancia e a funcao de Chebyshev, que e definida como
Ψ(x) :=∑
n∈N:n≤xΛ(n).
Agora, continuamos com os resultados seguintes, que vao nos auxiliar na demonstracao
do Teorema dos Numeros Primos.
Lema 3.28 . Seja ρ = β + iγ, e consideremos T ≥ 1. Entao,∑ρ
1
1 + (T − γ)2= O(log T ).
Demonstracao: Do Corolario A.61 ,
Γ′(s)
Γ(s)= log s+O
(1
|s|
)(| arg s| < π). (3.28)
Agora, consideremos s = 2 + iT . Entao, por (3.26),
ζ ′(s)
ζ(s)= A− 1
s− 1+
1
2log π − 1
2
Γ′(s2 + 1
)Γ(s2 + 1
) +∑ρ
(1
s− ρ+
1
ρ
). (3.29)
Mas, claramente, A − 1s−1 + 1
2 log π = O(log T ). Alem disso, de (3.28), temos que para T
suficientemente grande existe C > 0 tal que∣∣∣Γ′ ( s2 + 1)
Γ(s2 + 1
) ∣∣∣ ≤ C log T
⇒Γ′(s2 + 1
)Γ(s2 + 1
) = O(log T ), (3.30)
46 Capıtulo 3 — A Hipotese de Riemann
e, como s = 2 + iT , ∣∣∣ζ ′(s)ζ(s)
∣∣∣ ≤∑n≥1
Λ(n)
n2<∞.
Assim, existe uma constante C1 > 0 tal que∣∣∣ζ ′(s)ζ(s)
∣∣∣ ≤ C1. (3.31)
Portanto, de (3.30), (3.31) e (3.29), temos que
∑ρ
(1
s− ρ+
1
ρ
)= O(log T )
⇒∑ρ
R
(1
s− ρ+
1
ρ
)= O(log T )
⇒∑ρ
2− β(2− β)2 + (T − γ)2
= O(log T ).
Como 12(1+(T−γ)2)
≤ 2−β(2−β)2+(T−γ)2
, a prova e concluıda.
Corolario 3.29 . O numero de zeros ρ = β + iγ, tais que |T − γ| ≤ 1, e O(log T ).
Demonstracao: Se |T − γ| ≤ 1, entao
(T − γ)2 + 1 ≤ 2⇒ 1
2≤ 1
1 + (T − γ)2
⇒ 1
2|ρ = β + iγ : |T − γ| ≤ 1| ≤
∑ρ:|T−γ|≤1
1
1 + (T − γ)2≤∑ρ
1
1 + (T − γ)2= O(log T ).
Assim, o numero de zeros ρ = β + iγ, tais que |T − γ| ≤ 1, e O(log T ).
Lema 3.30 . Se t ≥ 1 e s = σ + it, onde −1 ≤ σ ≤ 2. Entao
ζ ′(s)
ζ(s)=
∑ρ:|t−γ|≤1
1
s− ρ+O(log t).
Demonstracao: Pela equacao (3.26), para s = σ + it, com −1 ≤ σ ≤ 2, temos
ζ ′(s)
ζ(s)= A− 1
s− 1+
1
2log π − 1
2
Γ′(s2 + 1
)Γ(s2 + 1
) +∑ρ
(1
s− ρ+
1
ρ
), (3.32)
de onde, com s = 2 + it, escrevemos
ζ ′(2 + it)
ζ(2 + it)= A− 1
1 + it+
1
2log π − 1
2
Γ′(
2+it2 + 1
)Γ(
2+it2 + 1
) +∑ρ
(1
2 + it− ρ+
1
ρ
). (3.33)
3.2 Os Zeros nao-triviais de ζ(s) e a Teoria Analıtica dos Numeros. 47
Usando (3.28) em (3.32) e (3.33), alem disso, desde que A− 1s−1 + 1
2 log π = A− 12+it + 1
2 +12 log π = O(log t) e por (3.31) ζ′(2+it)
ζ(2+it) = O(1), subtraindo-se membro a membro (3.32) de
(3.33), obtemos a seguinte equacao
ζ ′(s)
ζ(s)= O(log t) +
∑ρ
(1
σ + it− ρ− 1
2 + it− ρ
). (3.34)
Observando agora que∣∣∣ 1
σ + it− ρ− 1
2 + it− ρ
∣∣∣ =2− σ
|(σ − β) + i(t− γ)||(2− β) + i(t− γ)|≤ 3
|t− γ|2, (3.35)
e tambem ∑ρ:|t−γ|>1
1
|t− γ|2= O(log t), (3.36)
alem do fato que se |t− γ| > 1, temos
1 + (t− γ)2 < 2|t− γ|2 ⇒ 1
|t− γ|2<
2
1 + (t− γ)2.
Logo, pelo Lema 3.28 ,∑ρ:|t−γ|>1
1
|t− γ|2≤ 2
∑ρ:|t−γ|>1
1
1 + (t− γ)2≤ 2
∑ρ
1
1 + (t− γ)2= O(log t).
Assim, usando (3.36) em (3.35), temos que
∑ρ:|t−γ|>1
(1
σ + it− ρ− 1
2 + it− ρ
)= O(log t). (3.37)
Alem disso, do Corolario 3.29, sabemos que o numero de zeros ρ tais que |γ−t| ≤ 1 e O(log t),
e como o conjunto ρ : |γ − t| ≤ 1 e compacto, entao∑ρ:|t−γ|≤1
∣∣∣ 1
2 + it− ρ
∣∣∣ = O(log t). (3.38)
Assim, finalmente, usando (3.37) e (3.38) em (3.34), temos o resultado desejado
ζ ′(s)
ζ(s)=
∑ρ:|t−γ|≤1
1
s− ρ+O(log t).
Teorema 3.31 . Seja 2 ≤ T ≤ x. Entao
Ψ(x) = x−∑
|I(ρ)|≤T
xρ
ρ+O
(x log2 x
T
).
48 Capıtulo 3 — A Hipotese de Riemann
Demonstracao: Para s = σ + it ∈ H(1,+∞), pelas equacoes (3.26) e (3.27), temos∑n≥1
Λ(n)
ns= −ζ
′(s)
ζ(s)=
1
s− 1−∑ρ
(1
s− ρ+
1
ρ
)− 1
2log π +
1
2
Γ′(s2 + 1
)Γ(s2 + 1
) −A. (3.39)
Alem disso, ∑n≥1
|Λ(n)|nσ
∫ +∞
1
log x
xσdx = (σ − 1)−2
⇒∑n≥1
|Λ(n)|nσ
= O((σ − 1)−2).
Portanto, pela formula de inversao (Teorema A.59 ), temos, para b = 1 + log−1 x,
Ψ(x) =1
2πi
∫ b+iT1
b−iT1
∑n≥1
Λ(n)
ns
xs
sds+O
(x1+log−1 x log2 x
T
)+O
(x log(2x) log x
T
)
=1
2πi
∫ b+iT1
b−iT1
(−ζ′(s)
ζ(s)
)xs
sds+O
(x log2 x
T
), (3.40)
onde T1 ∈ [T, T + 1] e tomado adequadamente para que a distancia da reta I(s) = T1 ao
zero de ζ(s) mais proximo seja log−1 x e tambem para que nao haja zero no conjunto
z ∈ C : R(z) ∈ (0, 1) e I(z) ∈ [T, T1]. De fato, pelo Corolario 3.29 , o numero de zeros ρ
tais que T ≤ I(ρ) ≤ T+1 e O(log T ). Entao, existe T1 ∈ [T, T+1] tal que |T1−I(ρ)| > 0 para
qualquer ρ zero de ζ(s) tal que T ≤ I(ρ) ≤ T+1 (observar que pela finitude dos zeros tais que
|T −I(ρ)| ≤ 1, podemos escolher T1 de modo que nao haja zeros no conjunto (0, 1)× [T, T1]).
Logo, consideremos ρ′ o zero de ζ(s) mais proximo da reta I(s) = T1. Como T ∈ [2, x], entao
log T > 0. Alem disso, desde que 1log T → 0, quando T → +∞, temos
|T1 − I(ρ′)| log−1 T ≥ log−1 x.
Agora considerando a integral
J =1
2πi
∫[b−iT1,b+iT1,− 1
2+iT1,− 1
2−iT1,b−iT1]
(−ζ′(s)
ζ(s)
)xs
sds,
e usando (3.39), e claro que a funcao(− ζ′(s)ζ(s)
)xs
s tem polos simples em s = 0, 1 e os zeros ρ
de ζ(s) tais que |I(ρ)| ≤ T1. Assim, pelo teorema de Cauchy, resulta que
J = x−∑
|I(ρ)|≤T1
xρ
ρ− ζ ′(0)
ζ(0). (3.41)
Vamos continuar estimando as integrais∫[b+iT1,− 1
2+iT1]
(−ζ′(s)
ζ(s)
)xs
sds,
∫[− 1
2+iT1,− 1
2−iT1]
(−ζ′(s)
ζ(s)
)xs
sds
3.2 Os Zeros nao-triviais de ζ(s) e a Teoria Analıtica dos Numeros. 49
e ∫[− 1
2−iT1,b−iT1]
(−ζ′(s)
ζ(s)
)xs
sds.
A primeira e terceira integrais tem o mesmo modulo. Entao, nos limitaremos somente a
primeira. Para ela, temos a estimativa∣∣∣ ∫[b+iT1,− 1
2+iT1]
(−ζ′(s)
ζ(s)
)xs
sds∣∣∣ ≤ ∫ b
−1/2
|xσ+iT1 ||σ + iT1|
∣∣∣ζ ′(σ + iT1)
ζ(σ + iT1)
∣∣∣dσ ≤ x
T1
∫ b
−1/2
∣∣∣ζ ′(σ + iT1)
ζ(σ + iT1)
∣∣∣dσ.(3.42)
Agora, para a segunda integral, temos∣∣∣ ∫[− 1
2+iT1,− 1
2−iT1]
(−ζ′(s)
ζ(s)
)xs
sds∣∣∣ ≤ ∫ T1
−T1
∣∣∣ζ ′(−1/2 + it)
ζ(−1/2 + it)
∣∣∣ |x−1/2+it|| − 1/2 + it|
dt
≤ 2√x
∫ T1
−T1
∣∣∣ζ ′(−1/2 + it)
ζ(−1/2 + it)
∣∣∣dt. (3.43)
No que segue, vamos utilizar o Lema 3.30 , do seguinte modo. Para σ ∈ (−1/2, b) e x
suficientemente grande
ζ ′(σ + iT1)
ζ(σ + iT1)=
∑ρ:|T1−γ|≤1
1
(σ − β) + i(T1 − γ)+O(log T1). (3.44)
Sabemos, tambem, pela escolha de T1, que |T1 − γ| 1log T e, pelo Corolario 3.29 , que a
quantidade de zeros tais que |T1 − γ| ≤ 1 e O(log T1). Entao, se |T1 − γ| ≤ 1, temos∣∣∣ 1
(σ − β) + i(T1 − γ)
∣∣∣ ≤ 1
|T1 − γ| log T
de onde∑ρ:|T1−γ|≤1
∣∣∣ 1
(σ − β) + i(T1 − γ)
∣∣∣ log T log T1 ≤ log T log(T + 1) ≤ log T log 2T log2 T.
Portanto, substituindo em (3.44), temos que
ζ ′(σ + iT1)
ζ(σ + iT1)= O(log2 T ) +O(log T1) O(log2 T ) +O(log(T + 1)) O(log2 T ) +O(log 2T )
⇒ ζ ′(σ + iT1)
ζ(σ + iT1)= O(log2 T ).
Assim, usando este resultado em (3.42), obtemos∣∣∣ ∫[b+iT1,− 1
2+iT1]
(−ζ′(s)
ζ(s)
)xs
sds∣∣∣ x
T
(3/2 + log−1 x
)log2 T x log2 x
T. (3.45)
Novamente, pelo Lema 3.25, para t ≥ 1 temos
ζ ′(−1/2 + it)
ζ(−1/2 + it)=
∑ρ:|t−γ|≤1
1
(−1/2− β) + i(t− γ)+O(log t),
50 Capıtulo 3 — A Hipotese de Riemann
e tambem, pelo Corolario 3.29 , o numero de zeros tais que |t − γ| ≤ 1 e O(log t). Entao, a
soma do lado direito da igualdade anterior e O(log t). Portanto, para 1 ≤ t ≤ T1.
ζ ′(−1/2 + it)
ζ(−1/2 + it)= O(log t) = O(log T1),
e, usando (3.43),
√x
2
∣∣∣ ∫[− 1
2+iT1,− 1
2−iT1]
(−ζ′(s)
ζ(s)
)xs
sds∣∣∣ ≤ ∫ 1
0
∣∣∣ζ ′(−1/2− it)ζ(−1/2− it)
∣∣∣dt+
∫ T1
1
∣∣∣ζ ′(−1/2− it)ζ(−1/2− it)
∣∣∣dt+
∫ 1
0
∣∣∣ζ ′(−1/2 + it)
ζ(−1/2 + it)
∣∣∣dt+
∫ T1
1
∣∣∣ζ ′(−1/2 + it)
ζ(−1/2 + it)
∣∣∣dt T1 log T1
⇒∫
[− 12
+iT1,− 12−iT1]
(−ζ′(s)
ζ(s)
)xs
sds = O
(T1 log T1√
x
)= O
(x log2 x
T
). (3.46)
Assim, usando (3.45) e (3.46) em (3.41), e depois em (3.40), segue o resultado enunciado do
Teorema 3.31 .
Teorema 3.32 . Existe c > 0 tal que, para qualquer zero ρ = β + iγ, temos
β < 1− c
log(|γ|+ 2).
Demonstracao: De (3.27), temos que, para s = σ + it ∈ H(1,+∞),
−R(ζ ′(s)
ζ(s)
)=∑n≥1
Λ(n)n−σ cos(t log n)
⇒ −3Rζ ′(σ)
ζ(σ)− 4R
ζ ′(σ + it)
ζ(σ + it)−R
ζ ′(σ + 2it)
ζ(σ + 2it)=∑n≥1
Λ(n)n−σ(3 + 4 cos(t log n) + cos(2t log n)).
Mas, como vimos na demonstracao do Teorema 3.19 , para qualquer θ ∈ R, temos que
3 + 4 cos θ + cos 2θ ≥ 0. Entao, na igualdade anterior, temos
− 3Rζ ′(σ)
ζ(σ)− 4R
ζ ′(σ + it)
ζ(σ + it)−R
ζ ′(σ + 2it)
ζ(σ + 2it)≥ 0. (3.47)
Logo, se 1 < σ ≤ 2, por (3.26), sabemos que ζ′(s)ζ(s) tem um polo simples em s = 1. Portanto,
− ζ ′(σ)
ζ(σ)≤ 1
σ − 1+A1. (3.48)
Ademais, por (3.28), temos que ∣∣∣Γ′ ( s2 + 1)
Γ(s2 + 1
) ∣∣∣ log |t|.
Entao, de (3.26), para |t| suficientemente grande, existe A2 > 0 tal que
−Rζ ′(σ + it)
ζ(σ + it)≤ A2 log |t| −
∑ρ
R
(1
s− ρ+
1
ρ
). (3.49)
3.2 Os Zeros nao-triviais de ζ(s) e a Teoria Analıtica dos Numeros. 51
Como R(
1s−ρ
)= σ−β
(σ−β)2+(t−γ)2> 0 e R
(1ρ
)= β
β2+γ2> 0, onde ρ = β + iγ, entao, da
desigualdade anterior, para |t| suficientemente grande, temos que
−Rζ ′(σ + 2it)
ζ(σ + 2it)≤ A2 log |t|. (3.50)
Assim, de (3.48), (3.49), (3.50) e usando o fato de que para qualquer ρ, σ−β(σ−β)2+(t−γ)2
≤∑ρR
(1s−ρ + 1
ρ
), considerando (3.47), temos, para qualquer ρ,
0 ≤ 3
σ − 1+ 3A1 +A4 log |t| − 4(σ − β)
(σ − β)2 + (t− γ)2,
para |t| suficientemente grande (A4 = 5A2). Logo, da desigualdade acima, temos que existe
M > 0 tal que4(σ − β)
(σ − β)2 + (t− γ)2≤ 3
σ − 1+A5 log |t|,
para |t| ≥ M e para alguma constante A5 > 0. Tambem, sem perda de generalidade, as-
sumimos que M ≥ e. Assim, tomando t = γ e σ = 1 + 12A5 log |γ| , na desigualdade acima,
temos4
σ − β≤ 3
σ − 1+A5 log |γ|,
simplificando
β ≤ 1− 1
14A5 log |γ|
⇒ β < 1− 1
14A5 log(|γ|+ 2).
Agora consideremos ρ tal que |γ| < M . Entao, como nao existem zeros na fronteira da
faixa critica, existe δρ > 0 tal que β < 1−δρ. Pondo δ0 = minρ∈(0,1)×(−M,M) δρ, para qualquer
ρ = β + iγ com |γ| < M , temos
β < 1− δ0.
Assim, basta tomar c′ > 0 tal que c′
δ0< log(|γ|+ 2) para qualquer ρ ∈ (0, 1)× (−M,M), logo
considere c := min 114A5
, c′.
Agora, com todos os resultados apresentados acima, estamos prontos para enunciar e
provar o Teorema dos Numeros Primos.
Teorema 3.33 (Teorema dos Numeros Primos). Para x ≥ 2,
Ψ(x) = x+O(x exp(−δ√
log x)),
para alguma constante δ > 0.
Demonstracao: Pelo Teorema 3.31 , sabemos que, para 2 ≤ T ≤ x,
Ψ(x) = x−∑
I(ρ)≤T
xρ
ρ+O
(x log2 x
T
). (3.51)
52 Capıtulo 3 — A Hipotese de Riemann
Pelo Teorema 3.32 , para |ρ| ≤ T , temos que
R(ρ) ≤ 1− c
log(|I(ρ)|+ 2)≤ 1− c/2
log T.
Entao, ∣∣∣xρρ
∣∣∣ =xR(ρ)
|ρ|≤x exp
(− c log x
2 log T
)|ρ|
,
e, como o numero de zeros ρ tais que |ρ| < T e O(T 2) (isso e uma consequencia da prova de
(2.38), porque aqui nos provamos que n(2R) ε R1+ε, para qualquer ε > 0, assim tomando
ε = 1 o resultado e obtido), concluimos que
∑I(ρ)≤T
xρ
ρ= O
(xT 2 exp
(− c log x
2 log T
)).
Agora, tomando T = exp
(√c/2 log x
2
), temos
∑I(ρ)≤T
xρ
ρ= O
(x exp
(−√c
2
√log x
)), (3.52)
e, tambem, que
x log2 x
exp
(√c/2 log x
2
) x exp
(−√
c2
4
√log x
). (3.53)
Assim, tomando δ =
√c2
4 e substituindo (3.52) e (3.53) em (3.51), concluimos a demonstracao
do Teorema dos Numeros Primos.
Observamos que esta nao e a versao mais conhecida do Teorema dos Numeros Primos.
Mas, vamos provar que o Teorema 3.33 implica nesta versao. Para isso, lembremos que
Ψ(x) =∑n≤x
Λ(n).
De forma equivalente, o lado direito dessa equacao pode ser reescrito como
Ψ(x) =∑
p∈P:p≤xap(x) log p,
onde ap(x) e o maior inteiro tal que pap(x) ≤ x. Agora, observemos que pap(x) ≤ x e equivalente
a ter ap(x) ≤ log xlog p . Mas, como ap(x) e o maior inteiro com esta propriedade, entao ap(x) =[
log xlog p
]. Portanto, podemos escrever
Ψ(x) =∑
p∈P:p≤x
[log x
log p
]log p. (3.54)
3.2 Os Zeros nao-triviais de ζ(s) e a Teoria Analıtica dos Numeros. 53
Agora, definindo a funcao π(x), que conta o numero de primos menores que x dado, como
π(x) :=∑
p∈P:p≤x1.
Essa e a funcao envolvida na versao original do teorema dos numeros primos, que e de
grande importancia na teoria analıtica dos numeros. Com isso, estamos prontos para provar
o seguinte teorema.
Teorema 3.34 . Ψ(x) ∼ x se e somente se π(x) ∼ xlog x .
Demonstracao: De (3.54)
Ψ(x) =∑
p∈P:p≤x
[log x
log p
]log p ≤
∑p∈P:p≤x
log x
log plog p = log x
∑p∈P:p≤x
1 = log(x)π(x)
⇒ Ψ(x)
x≤ π(x)
xlog x
. (3.55)
Tambem, se 1 < y < x,
π(x) = π(y) +∑
p∈P:y<p≤x1 < y +
∑p∈P:y<p≤x
log p
log y≤ y +
1
log yΨ(x)
⇒ π(x) ≤ y +1
log yΨ(x).
Agora, seja x suficientemente grande tal que 1 < xlog2 x
e 1 < log(x). Entao, tomando
y = xlog2 x
, temos na desigualdade acima
π(x) ≤ x
log2 x+
1
log(
xlog2 x
)Ψ(x)
⇒ π(x)x
log x
≤ 1
log x+
log x
log x− 2 log(log x)
(Ψ(x)
x
). (3.56)
O resultado segue das desigualdades (3.55) e (3.56).
Portanto, da nossa versao do teorema dos numeros primos e o teorema ultimo, o seguinte
corolario e direto.
Corolario 3.35 (Versao Original do Teorema dos Numeros Primos).
limx→+∞
π(x)x
log x
= 1.
Agora vejamos quais consequencias a Hipotese de Riemann traz ao resultado do Teo-
rema dos Numeros Primos. Vamos ver, sem entrar em muitos detalhes, que se assumimos
a Hipotese de Riemann como verdadeira entao temos um comportamento assintotico apri-
morado (correcao) daquele dado no Corolario 3.35 .
54 Capıtulo 3 — A Hipotese de Riemann
Da demonstracao do Teorema 3.25 , temos que existe C > 0 tal que, para |s| suficiente-
mente grande, vale
|ξ(s)| ≤ exp(C|s| log |s|).
Logo, desta ultima desigualdade e pelo Corolario 2.16 , temos que
log(2)n
(R
2
)≤∫ R
R/2
n(r)
rdr ≤
∫ R
0
n(r)
rdr+log |ξ(0)| = 1
2π
∫ 2π
0log |ξ(Reiθ)|dθ < 2CR logR,
(3.57)
para R suficientemente grande. Por outro lado, se a hipotese de Riemann e verdadeira,
entao os zeros nao-triviais sao da forma ρ = 12 + iγ, logo de (3.57), temos que o numero de
zeros nao-triviais, tais que |γ| ≤ T e O(T log T ). Mas, do Teorema 3.31 , sabemos que para
2 ≤ T ≤ x
Ψ(x) = x−∑|γ|≤T
xρ
ρ+O
(x log2 x
T
). (3.58)
Tomando T = x1/2, temos ∣∣∣ ∑|γ|≤T
xρ
ρ
∣∣∣ ≤ x1/2∑|γ|≤T
1
γ. (3.59)
Agora, se denotamos por N(T ) o numero de zeros na faixa crıtica, tais que |γ| ≤ T , entao
∑0<|γ|≤T
1
γ=
∫ T
0
1
tdN(t) =
N(T )
T+
∫ T
0
N(t)
t2dt,
e desde que N(T ) = O(T log T )
⇒∣∣∣ ∑
0<|γ|≤T
1
γ
∣∣∣ = O(log2 T ).
Logo, a partir desta ultima igualdade em (3.59) e, depois em (3.58), temos
Ψ(x) = x+O(x1/2 log2 x). (3.60)
Alem disso, considerando a funcao integral logarıtmica Euleriana Li(x) :=∫ x
2dt
log t , vale
Li(x) ∼ x
log x, (3.61)
o que e demonstrado usando a Regra de l’Hopital. Finalmente usando (3.60) e (3.61), e obtida
a seguinte estimativa
π(x) = Li(x) +O(x1/2 log x).
Assim, vemos que, se a hipotese de Riemann e verdadeira, entao isso nos da uma melhor
estimativa para a distribuicao de numeros primos menores que uma quantidade dada.
3.3 A Conjetura de Hilbert-Polya e a Hipotese de Riemann 55
3.3 A Conjetura de Hilbert-Polya e a Hipotese de Riemann
Nesta secao vamos discutir, sem entrar em detalhes, a conhecida conjectura de Hilbert-
Polya, que relaciona a zeros nao-triviais de ζ(s) com os autovalores de um operador Hermi-
tiano ilimitado.
Conjetura 3.36 (Conjetura de Hilbert-Polya). Existe um operador hermitiano tal que seus
autovalores sao as partes imaginarias dos zeros nao-triviais de ζ(s).
Claramente, esta hipotese esta intimamente relacionada com a hipotese de Riemann. Com
efeito, seja s = 12 +iλ. Logo, se temos que (H, < ·, · >) denota um espaco de Hilbert separavel
e H um operador hermitiano definido em H com autovalor λ, entao, se f e um autovetor de
H associado a λ, temos que
Hf = λf.
Como H e hermitiano, entao λ ∈ R. Como mencionado anteriormente foram calculados 1.5
bilhoes de zeros nao-triviais de ζ(s). Quando se fez um estudo probabilıstico destes zeros
foram encontrados semelhancas entre a distribuicao desses zeros e os valores proprios de
alguns operadores quanticos. Estas semelhancas apoiam a ideia de Hilbert e Polya e motiva a
busca de um operador hermitiano que esteja ligado a ζ(s) e a mecanica quantica. A primeira
ideia natural e que este operador hermitiano seja definido em um espaco unidimensional.
Mas, infelizmente, as tentativas para encontrar este operador cujos autovalores, de alguma
forma, explicam ou tenham alguma relacao com os zeros nao-triviais de ζ(s) nao tiveram
sucesso. Portanto, se houver, este operador pode ser definido em um espaco de dimensao
infinita. Para o leitor interessado, recomendamos as referencias [4] e [23].
3.4 Outras Formulacoes Equivalentes para a Hipotese de Riemann
Nesta secao, apresentamos algumas formulacoes equivalentes da Hipotese de Riemann. A
primeira ira considerar uma representacao de ξ(s) como um produto infinito. Alternativo a
representacao como produto infinito, de uma funcao inteira de ordem um. A segunda e de
grande importancia na teoria das cordas (ver [12]).
Como vimos anteriormente, ξ(s) e uma funcao inteira. Entao, assumimos que ela pode
ser representada como segue
ξ(s) = ξ(0)∏ρ
(1− s
ρ
), (3.62)
este resultado e demostravel e uma prova completa do mesmo e apresentada em [10]. Agora,
definamos φ do seguinte modo
φ(s) := ξ
(s
s− 1
).
56 Capıtulo 3 — A Hipotese de Riemann
Entao, por (3.15), temos que
φ(s) = ξ
(1− s
s− 1
)= ξ
(1
1− s
)⇒ φ(s) = ξ
(s
s− 1
)= ξ
(1
1− s
). (3.63)
Assim, temos o seguinte teorema.
Teorema 3.37 . A Hipotese de Riemann e verdadeira se e somente se φ′(s)φ(s) ∈ H(B(0; 1)).
Demonstracao: Notemos que a aplicacao s 7→ ss−1 mapeia L em ∂B(0; 1) e o conjunto
s ∈ C : 0 < R(s) < 12 em B(0; 1). Tambem, pelo Teorema 3.23 , os zeros de ζ(s) sao
simetricos com relacao a reta crıtica. Entao, se a Hipotese de Riemann e verdadeira, os zeros
de φ(s) estao em ∂B(0; 1). Alem disso, pelo princıpio do argumento, como o numero de zeros
de φ(s) em qualquer regiao triangular T ⊂ B(0; 1) e dado por∮∂T
φ′(z)φ(z) dz, temos∮
∂T
φ′(z)
φ(z)dz = 0, (3.64)
entao, pelo Teorema de Morera [8], φ′(s)φ(s) ∈ H(B(0; 1)). Reciprocamente, se φ′(s)
φ(s) ∈ H(B(0; 1)),
entao vale a equacao (3.64). Logo, φ(s) nao tem zeros em B(0; 1). Assim, os zeros de φ(s)
estao em ∂B(0; 1) e isso implica que os zeros nao-triviais de ζ(s) estao na reta crıtica.
Agora, se a Hipotese de Riemann e verdadeira do teorema acima sabemos que φ′(s)φ(s) admite
uma representacao em serie de Taylor. Entao, podemos ver o que acontece com os coeficientes
presentes nessa serie ou que propriedades podem ser satisfeitas por eles. A serie de Taylor
com centro em s = 0 e raio conveniente para a funcao φ′(s)φ(s) e
φ′(s)
φ(s)=∑n≥0
kn+1sn,
onde os coeficientes kn com n ≥ 1 podem ser calculados por derivacao logaritmica de φ(s).
Usando (3.62), temos que
φ(s) = φ(0)∏ρ
(1− s
(s− 1)ρ
)= φ(0)
∏ρ
1− (1− 1/ρ)s
1− s,
e derivando logaritmicamente temos que k1 =∑
ρ1ρ . Mas, sabemos pelo Corolario 3.27 que∑
ρ
∣∣∣1ρ ∣∣∣ diverge, assim temos o seguinte corolario.
Corolario 3.38 . Se a Hipotese de Riemann e verdadeira, entao a serie∑
ρ1ρ converge
condicionalmente.
Vamos continuar apresentando outra forma equivalente da Hipotese de Riemann. Esta
equivalencia se deve a Jeffrey C. Lagarias [17]. Para essa equivalencia, vamos precisar da
constante de Euler-Mascheroni que e definida como
γE := limn→+∞
(Hn − log n),
3.4 Outras Formulacoes Equivalentes para a Hipotese de Riemann 57
onde Hn :=∑n
j=11j . Seu valor numerico aproximado e 0, 577215664901532860606 . . .. Esta
constante tem a peculiaridade de ser um numero real que ainda nao sabemos se e racional ou
irracional.
Vamos precisar tambem dos resultados apresentados nos teoremas abaixo, onde-como
usual-a notacao d|n significa que d divide n.
Teorema 3.39 . Se a Hipotese de Riemann e verdadeira, entao para qualquer n ≥ 5041∑d|n
d ≤ eγEn log log n.
Teorema 3.40 . Se a Hipotese de Riemann e falsa, entao existem constantes 0 < β < 1/2 e
C > 0 tais que ∑d|n
d ≥ eγEn log log n+Cn log logn
(log n)β,
para infinitos valores de n.
As provas destes dois teoremas sao bastante tecnicas e exigiriam um grande desvio que
evitaremos aqui. O primeiro teorema e o Teorema 1 da Ref. [21]. O segundo e uma conse-
quencia da Proposicao 1 da Secao 4 de [21]. Para mais detalhes remetemos [21] e [17].
Vemos que, nos dois teoremas anteriores os termos do lado direito nao diferem muito,
isso e o fato que a Hipotese de Riemann esta sendo envolvido em cada um dos casos ja
nos adverte da possibilidade de haver algum resultado muito importante na origen desses
resultados. Agora, para continuar buscando mais um equivalente da Hipotese de Riemann,
vamos precisar dos dois lemas seguintes.
Lema 3.41 . Para n ≥ 3,
exp(Hn) log(Hn) ≥ eγEn log logn.
Demonstracao: Primeiro, vamos provar que∫ n
1
1
t2
∑r∈Z:1≤r≤t
1
dt =∑
r∈Z:1≤r≤n
∫ n
r
1
t2dt, (3.65)
para n ∈ N. De fato, para n = 1, o resultado e evidente, admitamos que∫ n
11t2
(∑r∈Z:1≤r≤t 1
)dt =∑
r∈Z:1≤r≤n∫ nr
1t2dt (hipotese indutiva). Entao, para n+ 1, temos
∑r∈Z:1≤r≤n+1
∫ n+1
r
1
t2dt =
∑r∈Z:1≤r≤n
∫ n+1
r
1
t2dt =
∑r∈Z:1≤r≤n
(∫ n
r
1
t2dt+
∫ n+1
n
1
t2dt
)
=∑
r∈Z:1≤r≤n
∫ n
r
1
t2dt+
∑r∈Z:1≤r≤n
∫ n+1
n
1
t2dt
58 Capıtulo 3 — A Hipotese de Riemann
=∑
r∈Z:1≤r≤n
∫ n
r
1
t2dt+
∫ n+1
n
1
t2
∑r∈Z:1≤r≤t
1
dt
=
∫ n
1
1
t2
∑r∈Z:1≤r≤t
1
dt+
∫ n+1
n
1
t2
∑r∈Z:1≤r≤t
1
dt =
∫ n+1
1
1
t2
∑r∈Z:1≤r≤t
1
dt,
onde o penultimo passo segue da hipotese indutiva.
Agora, vamos provar o resultado principal. Consideremos a seguinte integral
∫ n
1
[t]
t2dt =
∫ n
1
1
t2
∑r∈Z:1≤r≤t
1
dt.
Usando aqui a Eq. (3.65), temos∫ n
1
[t]
t2dt =
∑r∈Z:1≤r≤n
∫ n
r
1
t2dt =
n∑r=1
(1
r− 1
n
)= Hn − 1
⇒ Hn = log n+ 1−∫ n
1
t− [t]
t2dt. (3.66)
Desta ultima igualdade, temos que limn→+∞(Hn− log n) = 1−∫ +∞
1t−[t]t2dt. Entao, voltando
para a mesma igualdade, temos
Hn = log n+ 1−∫ +∞
1
t− [t]
t2dt+
∫ +∞
n
t− [t]
t2dt
= log n+ γE +
∫ +∞
n
t− [t]
t2dt.
Alem disso, e claro que∫ +∞n
t−[t]t2dt ≥ 0 para qualquer n ∈ N. Entao, da igualdade acima
Hn ≥ log n+ γE
⇒ exp(Hn) ≥ eγEn. (3.67)
Tambem, como Hn ≥ log n para n ≥ 3, entao log(Hn) ≥ log log n para n ≥ 3. Assim,
desta ultima desigualdade e de (3.67), multiplicando membro a membro, temos o resultado
procurado.
Lema 3.42 . Para n ≥ 3,
Hn + exp(Hn) log(Hn) ≤ eγEn log logn+4n
log n.
3.4 Outras Formulacoes Equivalentes para a Hipotese de Riemann 59
Demonstracao: Para n ∈ N, seja Rn := Hn − log(n + 1) e claro que Rn pode se escrever
da seguinte forma
Rn =
∫ n+1
1
(1
[t]− 1
t
)dt,
de onde vemos que Rnn∈N e uma sequencia crescente de termos nao negativos. Tambem,
limn→+∞
(Hn − log(n+ 1)) = limn→+∞
(Hn+1 − log(n+ 1)− 1
n+ 1
)= γE − lim
n→+∞
1
n+ 1= γE .
Entao, temos
Hn − log(n+ 1) ≤ γE
⇒ exp(Hn) ≤ eγE (n+ 1). (3.68)
Mas, de (3.66), temos para n ≥ 3
Hn ≤ log n+ 1
⇒ log(Hn) ≤ log(log n+ 1) = log
((1 +
1
log n
)log n
). (3.69)
Usando o fato que log(1 + x) ≤ x, para x ≥ 0, temos que log(
1 + 1logn
)≤ 1
logn . Entao,
log(
1 + 1logn
)+log log n ≤ 1
logn +log log n, o que implica log((
1 + 1logn
)log n
)≤ log log n+
1logn . Assim, de (3.69) obtemos
log(Hn) ≤ log log n+1
log n, (3.70)
para n ≥ 3. Logo de (3.68) e de (3.70), multiplicando membro a membro,
exp(Hn) log(Hn) ≤ eγEn log log n+eγEn
log n+ eγE
(log log n+
1
log n
),
para n ≥ 3. Tambem, da desigualdade 2x log x + 2 ≤ ex, para x ≥ 1, tomando x = log n
tem-se que, para n ≥ 3,
log log n+1
log n≤ n
2 log n.
Desta ultima desigualdade e da desigualdade precedente, segue que
exp(Hn) log(Hn) ≤ eγEn log logn+3eγEn
2 log n, (3.71)
para n ≥ 3. Agora, considerando a desigualdade x2 + x ≤ ex, para x ≥ log 3, e escrevendo
x = log n con n ≥ 3, temos
log n+ 1 ≤ n
log n,
60 Capıtulo 3 — A Hipotese de Riemann
para n ≥ 3; assim, de (3.66), Hn ≤ log n+ 1, para n ≥ 3, e da desigualdade acima
Hn ≤n
log n,
para n ≥ 3. Finalmente, desta desigualdade e de (3.71), somando membro a membro, obtemos
Hn + exp(Hn) log(Hn) ≤ eγEn log log n+(3eγE/2 + 1)n
2 log n, n ≥ 3.
Observando que 1 + 3eγE/2 < 4 (isto e devido a que γE ≈ 0, 577215664901532860606 . . .),
temos, no lado direito da desigualdade acima, e concluimos a prova.
Com todos os resultados acima, estamos prontos para demonstrar a seguinte equilavencia
da Hipotese de Riemann, descrita no seguinte teorema.
Teorema 3.43 . A Hipotese de Riemann e verdadeira se e somente se, para qualquer n ∈ N,∑d|n
d ≤ Hn + exp(Hn) log(Hn),
onde a igualdade so e valida para n = 1.
Demonstracao: Admitamos que a Hipotese de Riemann e verdadeira. Entao, pelo Teorema
3.39 e pelo Lema 3.41 , temos que, para n ≥ 5041,∑d|n
d ≤ eγEn log log n ≤ exp(Hn) log(Hn) < Hn + exp(Hn) log(Hn).
Agora, para 1 ≤ n < 5041, pode-se verificar a mesma desigualdade calculando os valores para
cada termo e comparando.
Reciprocamente, se∑
d|n d ≤ Hn + exp(Hn) log(Hn), para n ∈ N, entao a Hipotese de
Riemann e verdadeira, porque, do contrario pelo Teorema 3.40 e da hipotese, temos que
existem β ∈ (0, 1/2) e C > 0 tais que
eγEn log log n+Cn log logn
(log n)β≤∑d|n
d ≤ Hn + exp(Hn) log(Hn)
⇒ eγEn log log n+Cn log logn
(log n)β≤ Hn + exp(Hn) log(Hn),
para infinitos valores de n. Mas, pelo Lema 3.42 , e da desigualdade acima, temos que
Hn + exp(Hn) log(Hn)− 4n
log n+Cn log logn
(log n)β≤ Hn + exp(Hn) log(Hn),
para infinitos n; o que implica que
log n log log n
(log n)β≤ 4
C,
para infinitos n, e esta ultima desigualdade e um absurdo.
Concluindo, adicionando aos resultados apresentados na Tabela da pagina 42 os outros
resultados aqui obtidos para os zeros nao-triviais ρ de ζ(s).
3.4 Outras Formulacoes Equivalentes para a Hipotese de Riemann 61
(i) Existe um numero infinito enumeravel de zeros nao-triviais.
(ii) Os zeros nao-triviais fornecem uma prova do limite limx→+∞π(x)x
log x= 1.
(iii) Se a Hipotetese de Riemann e verdadeira,∑
ρ1ρ converge condicionalmente.
Capıtulo
4Zeta de Riemann e a Fısica
Neste capıtulo vamos apresentar algumas relacoes entre ζ(s) e seus zeros nao-triviais com
a Fısica. Exploraremos essa relacao apenas em nıvel introdutorio. Observamos, contudo,
que essa relacao e bastante vasta. Referencias sao dadas para os temas tratados aqui. Num
aspecto mais geral, sugerimos consultar o site:
http://empslocal.ex.ac.uk/people/staff/mrwatkin//zeta/physics.htm
Na primeira secao, apresentamos a regularizacao zeta, onde aplicaremos os resultados
referentes a essa questao para obter os determinantes de uma famılia de operadores lineares,
onde um desses operadores e de grande importancia na mecanica quantica (o Hamiltoniano
do oscilador harmonico unidimensional). Logo na segunda secao, apresentamos o bilhar
circular (classico) aberto. Neste modelo, vamos ver a relacao que temos com algumas funcoes
aritmeticas conhecidas (a funcao totiente de Euler e a funcao de Mobius) e tambem o que
e de extrema importancia para nos, sua relacao com ζ(s) e os zeros desta. Finalmente, na
terceira secao, apresentamos dois modelos da mecanica estatıstica criados por Bernard Julia.
O primeiro deles, tem a funcao ζ(s) como funcao de particao e naturalmente se relaciona com
os numeros primos (Primon Gas). Em seguida, apresentamos, sem entrar em muitos detalhes,
outro modelo, que e devido a Andreas Knauf. Concluımos revelando uma semelhanca entre
as funcoes de particao dos tres modelos discutidos.
Como o nosso foco e a funcao zeta, omitiremos a demonstracao de alguns resultados
importantes na sequencia, nos limitamos a citar referencias onde podem ser encontrados.
63
64 Capıtulo 4 — Zeta de Riemann e a Fısica
4.1 Regularizacao Zeta
Para comecar, vamos motivar esta secao introduzindo dois exemplos da ideia de regular-
izacao zeta, nos casos em que podemos usar o que foi feito nas secoes anteriores.
Em alguns modelos fısicos temos a necessidade de calcular a soma dos numeros natu-
rais, o que obviamente e uma soma divergente. Mas devido a varios fatos fısicos envolvidos
presume-se que esta soma deva ser regularizada de alguma forma para ser finita. Entao, por
conveniencia, nos podemos escrever esta soma do seguinte modo
1 + 2 + 3 + · · · =(
1
1
)−1
+
(1
2
)−1
+
(1
3
)−1
+ · · ·
e esta quantidade parece tomar a forma de ζ(−1). Mas s = −1 nao esta em H(1,+∞) onde
ζ(s) e definida (em princıpio) como a soma que ja conhecemos. Assim, a fim de atribuir um
valor finito para esta soma, podemos considerar a extensao meromorfa de ζ(s) (regularizacao
zeta). Por isso, vamos dar essa soma o valor de ζ(−1).
Agora, dado n ∈ N, sabemos que n! := n(n − 1)(n − 2) · · · 1 que, obviamente, esta bem
definido, mas se considerarmos∏+∞n=1 n este valor nao e definido, pois este produto diverge.
Vamos ver como este produto pode ser regularizado. Sabemos que, para s ∈ H(1,+∞),
ζ(s) =∑n≥1
1
ns;
e, como ζ(s) ∈ H(H(1,+∞)), entao
−ζ ′(s) =∑n≥1
log n
ns,
para s ∈ H(1,+∞). Logo, como ζ ′(s) e definido em C\1 podemos escrever de forma errada
−ζ ′(0) =∑
n≥1 log n. Portanto,
e−ζ′(0) = e
∑n≥1 logn =
∏n≥1
elogn =∏n≥1
n.
Entao, agora podemos pensar que o produto infinito dos numeros naturais (que em realidade
e nao finito) e finito, atribuindo o valor de e−ζ′(0) que e finito, pois ζ(s) admite uma con-
tinuacao meromorfa com polo simples em s = 1.
Este ultimo exemplo de regularizacao zeta e a chave do metodo de regularizacao do
determinante de um operador em dimensao infinita. Admitamos ter um operador linear
T : X → X , onde dimX = +∞. Assumamos que T tem un espectro discreto λj , njj≥0
onde a multiplicidade nj do autovalor λj e finita para qualquer j ≥ 0. Assim, de alguma
forma, devemos ter
detT =∏j≥0
λnjj . (4.1)
4.1 Regularizacao Zeta 65
Mas, novamente, temos um problema pois o produto infinito geralmente diverge. Para regu-
larizar o produto anterior, consideremos a seguinte funcao
ζT (s) :=∑j≥1
njλsj, R(s) 0, (4.2)
esta funcao e comumente chamada, em Fısica, como a funcao zeta espectral de T . Agora, como
estamos interessados no caso em que λj > 0, para qualquer j ≥ 0, prosseguimos formalmente,
como foi feito anteriormente (incorretamente) e, temos
−ζ ′T (s) =∑j≥0
nj log λjλsj
.
Portanto,
−ζ ′T (0) =∑j≥0
nj log λj
⇒ e−ζ′T (0) =
∏j≥0
enj log λj =∏j≥0
λnjj .
Comparando esta ultima expressao com (4.1) surge, naturalmente, uma maneira de definir o
determinante de T como
detT := e−ζ′T (0), (4.3)
sempre que ζT (s) admita uma continuacao meromorfa, pelo menos no semi-plano H(−ε,+∞),
para algum ε > 0.
Agora, vamos ver como todos estes resultados podem ser aplicados aos operadores do tipo
Schrodinger da forma
TM := − d2
dx2+ x2M , M = 1, 2, . . .
e definidos em L2(R). No que segue, precisamos dos seguintes teoremas.
Teorema 4.44 . TM verifica as seguintes condicoes:
(i) e positivo,
(ii) tem resolvente compacta,
(iii) tem espectro discreto λj , njj≥0 (que depende de M), tal que verifica o seguinte
0 < λ0 < λ1 < . . . ; limk→+∞
λk = +∞,
e nj = 1, para qualquer j ≥ 0.
Demonstracao: Seja λ um autovalor de TM . Entao, existe u nao nulo, definido em algum
intervalo aberto de R, tal que
TMu = λu,
66 Capıtulo 4 — Zeta de Riemann e a Fısica
mas isto e equivalente a
u′′ + (λ− x2M )u = 0.
Portanto, como esta ultima equacao e uma equacao de Sturm-Liouville, precisamos de recorrer
aos resultados da Teoria de Sturm-Liouville. O item primeiro e segundo, sao resultados
obtidos em [25]. Em relacao ao terceiro item, o fato que os autovalores estao em ordem
estritamente crescente, e um resultado que pode ser encontrado em qualquer livro de Teoria
Qualitativa de Equacoes Diferenciais Ordinarias contendo resultados da Teoria de Sturm-
Liouville, por exemplo [24]. Os outros resultados deste mesmo item, tambem sao resultados
de [25].
Como os λj dependem de M , no que se segue, serao denotados como λj = λj(M). Para
M fixo, consideremos para qualquer n = 0, 1, . . ., a seguinte equacao de autovalores
d2y
dx2+ (λn(M)− x2M )y = 0, (4.4)
e admitamos que limx→±∞ y(x) = 0. A equacao x2M = λn(M) claramente tem duas raızes
−λn(M)1
2M < 0 < λn(M)1
2M , que satisfazem o seguinte resultado.
Proposicao 4.45 .∫ λn(M)1
2M
−λn(M)1
2M
(λn(M)− x2M )1/2dx =
(n+
1
2
)π +O
(1
n
)para qualquer n = 0, 1, 2, . . .
Demonstracao: Este e um caso particular de um teorema mais geral que pode ser encon-
trado em [19].
Teorema 4.46 . λn(M) tem o seguinte comportamento assintotico
λn(M) ∼
(M√π(2n+ 1)Γ
(1
2M + 32
)Γ(
12M
) ) 2MM+1
quando n→∞.
Demonstracao: Da Proposicao 4.45 , temos que∫ λn(M)1
2M
−λn(M)1
2M
(λn(M)− x2M )1/2dx =
(n+
1
2
)π +O
(1
n
), (4.5)
entao a integral do lado esquerdo e
∫ λn(M)1
2M
−λn(M)1
2M
(λn(M)− x2M )1/2dx = 2
∫ (√λn(M)
)1/M0
√(√λn(M))2 − x2Mdx
= 2√λn(M)
∫ (√λn(M)
)1/M0
√√√√1−
(x√
λn(M)1/M
)2M
dx.
4.1 Regularizacao Zeta 67
Fazendo a mudanca de variavel x√λn(M)
1/M = y, temos nesta ultima integral
∫ λn(M)1
2M
−λn(M)1
2M
(λn(M)− x2M )1/2dx = 2(√
λn(M))M+1
M
∫ 1
0
√1− y2Mdy.
Novamente, fazendo a mudanca y2M = t, temos
∫ λn(M)1
2M
−λn(M)1
2M
(λn(M)− x2M )1/2dx =
(√λn(M)
)M+1M
M
∫ 1
0
(√1− x
)x
12M−1dx
⇒∫ λn(M)
12M
−λn(M)1
2M
(λn(M)− x2M )1/2dx =
(√λn(M)
)M+1M
M
∫ 1
0(1− x)
32−1 x
12M−1dx.
Mas, aplicando (2.6) e (2.7) na ultima integral no lado direito obtemos
∫ λn(M)1
2M
−λn(M)1
2M
(λn(M)− x2M )1/2dx =
(√λn(M)
)M+1M
Γ(
12M
)Γ(
32
)MΓ
(1
2M + 32
) ,
e, usando Γ(
32
)= Γ
(1 + 1
2
)= 1
2Γ(
12
)=√π
2 ,
∫ λn(M)1
2M
−λn(M)1
2M
(λn(M)− x2M )1/2dx =
(√λn(M)
)M+1M
Γ(
12M
)√π
2MΓ(
12M + 3
2
) .
Assim, por (4.5), temos o seguinte resultado(√λn(M)
)M+1M
Γ(
12M
)√π
2MΓ(
12M + 3
2
) =
(n+
1
2
)π +O
(1
n
).
Logo, existe K > 0 tal que, para n suficientemente grande, temos
∣∣∣λn(M)M+12M Γ
(1
2M
)√π
2MΓ(
12M + 3
2
) −(n+
1
2
)π∣∣∣ ≤ K
n
⇒∣∣∣ λn(M)
M+12M Γ
(1
2M
)M√π(2n+ 1)Γ
(1
2M + 32
) − 1∣∣∣ ≤ 2K
(2n+ 1)nπ,
e, isto completa a prova do Teorema 4.46 .
Se considerarmos a funcao zeta espectral de TM , entao por (4.2) e do Teorema 4.44, temos
que
ζTM (s) =∑j≥0
1
λsj. (4.6)
Para continuar, precisamos saber propriedades analıticas de ζTM (s). Portanto, vamos provar
o seguinte corolario.
68 Capıtulo 4 — Zeta de Riemann e a Fısica
Corolario 4.47 . ζTM (s) converge absolutamente em H(M+12M ,+∞), e e tambem analıtica
neste conjunto.
Demonstracao: Do Teorema 4.46 ,
limn→+∞
λn(M)(M√π(2n+1)Γ( 1
2M+ 3
2)Γ( 1
2M )
) 2MM+1
= 1
⇒ limn→+∞
(2n+ 1)2MM+1
λn(M)=
(Γ(
12M
)M√πΓ(
12M + 3
2
)) 2MM+1
.
Escrevendo lM =
(Γ( 1
2M )M√πΓ( 1
2M+ 3
2)
) 2MM+1
, entao da definicao de limite temos que existe n0 ∈ N,
tal que se n ≥ n0, entao ∣∣∣(2n+ 1)2MM+1
λn(M)− lM
∣∣∣ < 1
⇒ (2n+ 1)2MM+1
λn(M)< 1 + lM ⇒
1
λn(M)<
1 + lM
(2n+ 1)2MM+1
⇒∣∣∣ 1
λsn(M)
∣∣∣ < (1 + lM )R(s)
(2n+ 1)2MM+1
R(s).
Mas, como∑
n≥01
(2n+1)2MM+1
R(s)converge para qualquer s ∈ H(M+1
2M ,+∞), entao pelo criterio
de comparacao para series, temos que∑
n≥0
∣∣∣ 1λsn(M)
∣∣∣ < ∞, para qualquer s ∈ H(M+12M ,+∞).
Agora, constatamos que ζTM (s) e uma funcao analıtica no semiplano H(M+12M ,+∞). De fato, e
suficiente provar que a serie∑
n≥01
λsn(M) converge uniformemente em subconjuntos compactos
de H(M+12M ,+∞). Para tal, seja A ⊂ H(M+1
2M ,+∞), compacto, se s = σ + it ∈ A, entao como
A e compacto, existe σ0 > 0 tal que M+12M < σ0 ≤ σ, para qualquer s = σ + it ∈ A. Logo,
como limn→+∞ λn(M) = +∞, temos que existe n0 ∈ N tal que λn(M) ≥ 1 para qualquer
n ≥ n0. Assim, para s ∈ A, temos |λsn(M)| = λσn(M)
⇒∣∣∣ 1
λsn(M)
∣∣∣ =1
λσn(M)≤ 1
λσ0n (M), (4.7)
para n ≥ n0. Mas, pela convergencia absoluta de ζTM (s) em H(M+12M ,+∞), ja provada, temos
que∑
n≥01
λσ0n (M)
< ∞, pois σ0 >M+12M . Entao, aplicando o teste de Weierstrass em (4.7),
temos que∑
n≥01
λsn(M) converge uniformemente en A. Portanto ζTM (s) e analıtica neste
conjunto e isto completa a prova.
Para continuar e tentar obter o resultado (4.3) para TM , e natural perguntar se ζTM (s)
admite uma continuacao meromorfa em C, de modo que seja analıtica em s = 0.
Atraves de exemplo, para exibir a continuacao meromorfa de ζTM (s), vamos considerar o
caso em que M = 1. Neste caso, e bem conhecido na Fısica (note que T1 e o Hamiltoniano
4.2 O Bilhar Circular Aberto 69
de um oscilador harmonico quantico unidimensional) que os autovalores de T1 sao da forma
λk = 2k + 1, k = 0, 1, 2, . . .. Neste caso particular, temos que
ζT1(s) =∑n≥0
1
(2n+ 1)s, s ∈ H(1,+∞),
e, desenvolvendo a soma, temos
ζT1(s) = ζ(s)−(
1
2s+
1
4s+
1
6s+ · · ·
)= ζ(s)− 1
2s
(1 +
1
2s+
1
3s+
1
4s
)
= ζ(s)− 1
2sζ(s) =
(1− 1
2s
)ζ(s)
⇒ ζT1(s) =
(1− 1
2s
)ζ(s), s ∈ H(1,+∞). (4.8)
Sabemos que ζ(s) e uma funcao meromorfa en C com polo simples em s = 1. Entao, de (4.8),
temos que ζT1(s) admite uma extensao meromorfa em C com polo simples em s = 1.
Consideremos agora M arbitrario. Sabemos, pelo Corolario 4.47 , que ζTM (s) e analıtica
em H(M+12M ,+∞), mas nao conhecemos seus autovalores. Felizmente temos o apoio de um
teorema devido a Andre Voros cuja demonstracao se encontra em [28].
Teorema 4.48 . ζTM (s) e analıtica em s = 0. Alem disso,
ζ ′TM (0) = log sin
(π
2(M + 1)
).
Portanto, temos o Corolario.
Corolario 4.49 .
detTM = csc
(π
2(M + 1)
).
Demonstracao: Do Teorema 4.48 e de (4.3), a prova segue direitamente.
4.2 O Bilhar Circular Aberto
Nesta secao, apresentamos um exemplo de um bilhar dinamico, o bilhar circular, e sua
relacao com a Hipotese de Riemann.
Consideremos uma mesa de bilhar circular de raio unitario. Suponhamos que uma bola
comece a se mover com uma velocidade unitaria constante e admitamos que as colisoes sao
elasticas, isto implica na conservacao da energia cinetica e que o angulo de incidencia e reflexao
sao iguais em cada reflexao nas paredes da mesa. O momento angular com respeito a origem
tambem e preservado. Agora, os parametros que fixam a trajetoria da bola sao o angulo de
incidencia ψ e o angulo β mostrado na Fig. 4.1.
70 Capıtulo 4 — Zeta de Riemann e a Fısica
Figura 4.1: Bilhar circular.
Notemos que o perıodo das orbitas determinadas pelas trajetorias da bola dependem de
ψ, por exemplo, se ψ = mπn entao o perıodo da orbita e n, tambem observamos que, pelas
condicoes do problema, o tempo entre cada colisao com a borda da mesa e T = 2 cosψ.
Novamente usando a geometria da figura acima, e claro, que a variacao dos parametros e
dada pela seguinte aplicacao
(ψ, β) 7→ (ψ, β + π − 2ψ).
Ate agora, nao ha nada de complicado sobre o acima exposto. Com o proposito de
introduzir mais um parametro para o problema, vamos considerar dois buracos no bordo da
mesa, com comprimento ε, que dependem de um angulo θ, como mostrado na Fig. 4.2.
Com essa nova condicao, o problema se torna mais complicado, porque pode acontecer
que a bola saia da mesa por algum desses buracos. Assim, com todas as condicoes impostas
ate agora, a primeira pergunta que propomos e, qual e a probabilidade P (t) de que o escape
da bola ocorra pelo menos apos de um tempo t? A primeira coisa a fazer para responder
a esta pergunta, e saber as condicoes iniciais (ψ0, β0) para que o tempo de escape seja pelo
menos t. Em [7], essas condicoes sao dadas como segue: podemos tomar ψ0 = ψm,n + η, onde
ψm,n = π/2 −mπ/n com m < n primos relativos (i.e. (m,n) = 1), 0 < η ε e β0 pode-se
tomar no seguinte conjunto
β′0 ∈(ε+
ηt
cosψm,n, θ′)⋃(
θ′ + ε+ηt
cosψm,n,2π
n
);
4.2 O Bilhar Circular Aberto 71
Figura 4.2: Bilhar circular aberto.
onde ′ indica que os angulos sao tomados congruentes modulo 2π/n. Em seguida, sob essas
condicoes iniciais, temos que P (t) e estimada da seguinte forma
P (t) ∼ 1
t
[ 2πε ]∑n=1
n(g(
2πn − θ
′ − ε)
+ g(θ′ − ε))
4π
n−1∑m=0
(m,n)=1
sin2 πm
n, (4.9)
onde g e definido como segue
g(x) :=
x2, x > 00, x ≤ 0.
Os detalhes de como avaliar P (t) podem ser encontrados em [7].
Ate agora, nao encontramos nenhuma relacao com a teoria dos numeros. Para ver como
ela ocorre, vamos definir duas funcoes aritmeticas de vital importancia na teoria dos numeros,
e relaciona-las com (4.9).
Definicao 4.50 (Funcao totiente de Euler).
ϕ(n) := Cardm ∈ N : m < n, (m,n) = 1. (4.10)
Definicao 4.51 (Funcao de Mobius). Dado n ∈ N com descomposicao primaria n =
pa11 . . . pakk , definimos µ(n) como segue
µ(n) :=
1, n = 1,
(−1)k, a1 = a2 = · · · = ak = 1,0, outros casos.
72 Capıtulo 4 — Zeta de Riemann e a Fısica
Uma das propriedades de µ mais importantes e dada no seguinte teorema.
Teorema 4.52 (Formula de inversao de Mobius). Sejam f e g funcoes aritmeticas tais que
f(n) =∑
d|n g(d). Entao, vale que
g(n) =∑d|n
f(d)µ(nd
).
O inverso tambem e valido.
Demonstracao: Ver [3].
Agora para continuar com sucesso o nosso problema e apresentar uma propriedade da
funcao de Mobius fundamental nesta secao, vamos precisar do seguinte teorema:
Teorema 4.53 .n−1∑m=0
(m,n)=1
e2πimn = µ(n).
Demonstracao: E claro que a afirmacao do teorema e equivalente a provar que a soma das
raızes primitivas n-esimas da unidade e µ(n). As raızes primitivas da unidade foram discutidas
no Apendice A. Entao, se Sk (veja a Proposicao A.66) e a soma das raızes primitivas k-esimas
da unidade, pela proposicao A.66 , se F (m) :=∑
d|m Sd, temos
F (m) =
1, m = 1,0, m 6= 1.
Logo, pelo Teorema 4.52 ,
Sn =∑d|n
F (d)µ(nd
)= F (1)µ(n) = µ(n).
A partir deste teorema, o seguinte corolario e obvio.
Corolario 4.54 .n−1∑m=0
(m,n)=1
cos2πm
n= µ(n).
Agora, temos todas as ferramentas para encontrar uma relacao entre (4.9) e teoria dos
numeros. Em (4.9), usando a identidade do arco duplo, a definicao de ϕ dada na Eq. (4.10)
e o Corolario 4.54 , temos
P (t) ∼ 1
t
[ 2πε ]∑n=1
n(g(
2πn − θ
′ − ε)
+ g(θ′ − ε))
8π
n−1∑m=0
(m,n)=1
(1− cos
2πm
n
)
4.2 O Bilhar Circular Aberto 73
=1
t
[ 2πε ]∑n=1
n(g(
2πn − θ
′ − ε)
+ g(θ′ − ε))
8π
n−1∑m=0
(m,n)=1
1−n−1∑m=0
(m,n)=1
cos2πm
n
=
1
t
[ 2πε ]∑n=1
n(g(
2πn − θ
′ − ε)
+ g(θ′ − ε))
8π(ϕ(n)− µ(n))
⇒ P (t) ∼ 1
t
[ 2πε ]∑n=1
n(g(
2πn − θ
′ − ε)
+ g(θ′ − ε))
8π(ϕ(n)− µ(n)). (4.11)
Assim, ja obtivemos uma relacao entre P (t) e duas funcoes de muita importancia na teoria
analıtica dos numeros. Mas ainda nao temos uma relacao do problema com a funcao ζ(s),
de vital importancia neste trabalho. Para esse fim, vamos considerar P∞ a probabilidade de
que as orbitas da bola nao escapem da mesa. Por (4.11), P∞ esta dada, por
P∞ = limt→+∞
tP (t) =1
8π
∑n≥1
n(ϕ(n)− µ(n))
(g
(2π
n− θ′ − ε
)+ g(θ′ − ε)
).
Obviamente, P∞ e uma funcao de θ e ε. Portanto, no que segue, vamos escrever P∞ =
P∞(ε, θ). Agora, se precisamos saber o comportamento de P∞ como funcao de ε, consideramos
a transformada de Mellin de P∞, definida por (veja Ref. [11])
P (s) :=
∫ ∞0
P∞(ε, θ)εs−1dε,
de modo que P∞ e dado como
P∞(ε, θ) =1
2π
∫ c+i∞
c−i∞ε−sP (s)ds,
(transformada inversa de Mellin), onde a constante c e determinada de modo que a integral
que define P exista. Assim, usando a transformada de Mellin e analisando os valores de
P (s) e onde entra em jogo a funcao ζ(s). Bunimovich e Dettman [7], calcularam valores de
P (s)(q/2π)s+1 para θ = 2π/q, com q = 1, 2, 3, 4, 6; e obtiveram a tabela a seguir
q P (s)(q/2π)s+1
1 ζ(s)−12s(s+1)(s+2)ζ(s+1)
2 ζ(s)s(s+1)(s+2)ζ(s+1)
3 3s(7ζ(s)+2s+2(ζ(s)−1)+2)−ζ(s)(2s+2+1)2s(s+1)(s+2)(3s+1−1)ζ(s+1)
4 2s(13ζ(s)+3s+2(ζ(s)−1)+3)−ζ(s)(3s+2+5)4s(s+1)(s+2)(2s+1−1)ζ(s+1)
6 (π/3)s+1(6s+8.12s−25.30s+(1−3.2s−13.3s−8.4s+25.5s+27.6s−25.10s+8.12s−25.15s+25.30s)ζ(s))2s(s+1)(s+2)(2s+1−1)(3s+1−1)ζ(s+1)
Assim, vemos que este problema esta relacionado com ζ(s). Alem disso, na tabela acima, o
termo ζ(s+1) aparece no denominador de cada resultado. Por isso, se considerarmos os zeros
nao-triviais de ζ(s+ 1), eles nos fornecem divergencias de P (s), que podem ser interpretadas
de alguma forma em P∞ e assim poderıamos tentar um novo caminho para provar a Hipotese
de Riemann.
74 Capıtulo 4 — Zeta de Riemann e a Fısica
4.3 Mecanica Estatıstica
Nesta secao, apresentamos dois modelos, devidos a Bernard Julia [14] (Teoria Estatıstica
dos Numeros). No primeiro, foi considerado um modelo de gas bosonico (spin inteiro) e no
segundo um modelo de gas fermionico (spin semi-inteiro).
No que segue, vamos considerar os numeros primos ordenados de modo crescente, ou seja,
P = p1 = 2 < p2 = 3 < p3 = 5 < · · · .
Consideramos um gas bosonico, nao interagente em que cada partıcula que o compoe,
tem a sua disposicao estados, onde em cada energia En e proporcional ao logaritmo de um
numero primo, i.e. (E0 > 0)
E1 = E0 log p1, E2 = E0 log p2, . . . , Ej = E0 log pj , . . .
Podemos etiquetar um estado por um numero natural n, este estado o denotamos como
ψn. Agora, o teorema fundamental da aritmetica estabelece que n pode ser decomposto de
maneira unica como o produto de elementos de P, i.e.
n =∏pj∈P
pαjj . (4.12)
Fisicamente, isso nos diz que no estado ψn temos αj partıculas que tem energia Ej e que se
rn e o maior numero natural tal que αrn 6= 0 em (4.12), a energia total do estado ψn e
En := α1E0 log p1 + . . .+ αrnE0 log prn = E0 log
rn∏j=1
pαjj
= E0 log n. (4.13)
Logo, a grande funcao de particao deste sistema e
QB(T ) =∑n≥1
exp
(− EnkT
), (4.14)
onde T e a temperatura do sistema e k = 1.380 Joule/Kelvin, e a constante de Boltzmann.
Desenvolvendo (4.14), temos
QB(T ) =∑n≥1
exp
(−E0 log n
kT
)= ζ
(E0
kT
), (4.15)
assim, temos que a funcao zeta de Riemann e a funcao de particao deste gas. Alem disso,
este modelo tem potencial quımico nulo. Sabemos que, para T < E0k nao temos problemas
com respeito ao comportamento do gas, pois ζ(s) e analıtica nessa regiao. Fisicamente isso
significa que, para baixas temperaturas, o gas tem um bom comportamento. Mas tambem
sabemos que ζ(s) tem um polo simples em s = 1, ou seja em T = E0k , que e conhecida como
4.3 Mecanica Estatıstica 75
a temperatura de Hagedorn, na qual a funcao de particao diverge.
Agora, a nossa atencao e focada em saber como interpretar os zeros de ζ(s) neste modelo.
Esses zeros podem ser interpretados como pontos de transicoes de fase. Isto e, usando algum
resultado fısico, temos uma relacao entre estas transicoes de fase e a Hipotese de Riemann.
Notemos que o que, a princıpio, era encontrar apoio, quanto a possibilidade de encontrar
um formalismo matematico para atacar a Hipotese de Riemann, tambem leva a possıveis
progressos na Fısica.
Na segunda parte dessa secao, ao contrario do modelo anterior, vamos considerar um gas
fermionico. Para continuar precisamos da seguinte definicao.
Definicao 4.55 . Un numero n ∈ N e dito livre de quadrados se nao existe p ∈ P tal que
p2|n.
Novamente, vamos considerar um gas em que cada partıcula que o compoe, tem a sua
disposicao estados, onde em cada estado a energia En esta definida como no modelo ante-
rior, mas como e um gas fermionico, temos que considerar o princıpio de exclusao de Pauli.
Entao, duas partıculas nao podem ocupar o mesmo estado. Portanto, os numeros que devem
etiquetar nossos estados devem ser tais que em sua decomposicao (4.12) os αj podem apenas
ser 0 ou 1 para qualquer j ∈ N. Assim, os numeros livres de quadrados etiquetam os estados
neste modelo. Tambem e claro que a energia total de cada estado e dada como em (4.13).
Para conhecer as propriedades deste modelo e ver se ele tem alguma relacao com a hipotese
de Riemann, o caminho mais logico a seguir e encontrar sua funcao de particao, assim para
facilitar a notacao denotaremos por LQ ao conjunto dos numeros livres de quadrados, entao
a funcao de particao grande canonica e
QF (T ) =∑n∈LQ
exp
(−E0 log n
kT
)=∑n∈LQ
1
nE0kT
. (4.16)
Mas, pelo Produto de Euler, para s ∈ H(1,+∞), temos
ζ(s)
ζ(2s)=∏p∈P
(1− p−2s)
(1− p−s)=∏p∈P
(1− p−s) =∏p∈P
(1− 1
ps
)= 1 +
1
2s+
1
3s+
1
5s+
1
6s+ . . .
=∑n∈LQ
1
ns.
Desta ultima igualdade em (4.16) chegamos a
QF (T ) =ζ(E0kT
)ζ(2E0kT
) . (4.17)
Um dos resultados mais interessantes neste modelo, mostrando uma relacao estreita com
a teoria analıtica dos numeros, e a seguinte proposicao.
76 Capıtulo 4 — Zeta de Riemann e a Fısica
Proposicao 4.56 .
QF (T ) =∑n≥1
|µ(n)|
nE0kT
, T <E0
k.
Demonstracao: Do fato de que µ(n) = 0, se n ∈ LQ, e de (4.16), obtemos o resultado.
Por fim, outro modelo muito interessante foi proposto por Andreas Knauf [16], onde temos
em conta um sistema de spins cuja funcao de particao e Q(s) = ζ(s−1)ζ(s) . A razao para este
modelo e a utilizacao do Teorema de Lee-Yang, que afirma que todos os zeros da funcao
de particao de um modelo de Ising ferromagnetico no plano complexo sao unitarios (para
uma visao mais detalhada do Teorema Lee-Yang e do modelo de Ising ver [13]). Outro fato
notavel, neste modelo e que a sua funcao de particao pode ser escrita como
Q(s) =∑n≥1
ϕ(n)
ns, s ∈ H(2,+∞),
onde ϕ e a funcao totiente de Euler. Para uma demonstracao detalhada deste resultado,
remetemos a [3]. Assim, como uma observacao final, vemos que de (4.15), o Teorema 4.56 e
a ultima equacao, algumas series da forma
Z(s) =∑n≥1
g(n)
ns,
onde g e uma funcao aritmetica, podem ser interpretadas como funcoes de particao de al-
guns modelos, essas series sao chamadas Series de Dirichlet. Para mais detalhes sobre estas
recomendamos a Ref. [3].
Concluindo, vimos que a relacao entre ζ(s) e seus zeros, e a Fısica e muito estreita. O
site http://empslocal.ex.ac.uk/people/staff/mrwatkin//zeta/physics.htm traz muitos outros
exemplos.
Capıtulo
5Consideracoes Finais
Neste trabalho, estudamos a funcao zeta de Riemann ζ(s), s ∈ C \ 1. Motivamos e
justificamos porque e plausıvel postular a hipotese de Riemann de que os zeros nao-triviais
de ζ(s) se encontran na faixa crıtica 0 < R(s) < 1 e, mais precisamente, na reta crıtica
R(s) = 12 .
Como uma conexao entre ζ(s) e a teoria analitica dos numeros, estabelecemos o Teorema
dos Numeros Primos que nos mostra como ζ(s) nos fornece uma densidade para os numeros
primos em R.
Vimos tambem diversas formas matematicas equivalentes para enunciar a hipotese de
Riemann.
A importancia da funcao ζ(s) em alguns sistemas fısicos relevantes foi tambem revisada
e equivalentes fısicos para a hipotese de Riemann foram estabelecidos.
A relacao entre ζ(s) e a Fısica e muito vasta.
Esperamos que o presente texto consiga motivar o leitor interessado a prosseguir os passos,
aqui descritos, do maravilhoso caminho que constitui esse problema da hipotese de Riemann.
77
Apendice
AInformacoes Adicionais
Notacao Assintotica
Sejam f, g : U ⊆ K→ K, (K = R ou C). Escrevemos
f(x) = O(g(x)), (A.1)
se existe uma constante positiva M e um r > 0 tal que |f(x)| ≤M |g(x)| para |x| > r. Outra
forma equivalente de escrever (A.1) e a seguinte:
|f(x)| |g(x)|. (A.2)
A notacao ultima nos ajuda em materia de calculo, como e mostrado na secao das funcoes
inteiras de ordem um. Agora, temos que especificar o caso onde a constante M depende de
um parametro ε > 0, por exemplo, na definicao de uma funcao inteira de ordem um, entao,
as notacoes de (A.1) e (A.2) sao alteradas pelas seguintes:
f(x) = Oε(g(x)) e |f(x)| ε |g(x)|.
Finalmente, outra das notacoes assintoticas que utilizamos neste trabalho, embora nao muito
frequentemente, mas de grande importancia, e a seguinte:
Sejam f, g : R→ R. Escrevemos
f ∼ g,
se limx→+∞f(x)g(x) = 1.
79
80 Capıtulo A — Informacoes Adicionais
Algumas Formulas Assintoticas
Teorema A.57 (Formula de Perron). Sejam c ∈ (1, 2], T > 2 e x 6= 1 um numero real
positivo. Entao
1
2πi
∫ c+iT
c−iT
xs
sds =
1 +O(
xc
T | log x|
), x > 1
O(
xc
T | log x|
), x < 1.
Demonstracao: Seja U c e consideremos os seguintes casos
x < 1: Seja o retangulo [c− iT, U− iT, U+ iT, c+ iT, c− iT ]. Entao, pelo teorema de Cauchy,
1
2πi
∫[c−iT,U−iT,U+iT,c+iT,c−iT ]
xs
sds = 0
⇒ 1
2πi
(∫[c−iT,U−iT ]
xs
sds+
∫[U−iT,U+iT ]
xs
sds+
∫[U+iT,c+iT ]
xs
sds+
∫[c+iT,c−iT ]
xs
sds
)= 0.
(A.3)
Mas ∫[U−iT,U+iT ]
xs
sds =
∫ T
−T
xU+it
U + itidt→ 0, se U → +∞.
Alem disso, temos que∣∣∣ ∫[c−iT,U−iT ]
xs
sds∣∣∣ =
∣∣∣ ∫ U
c
xσ−iT
σ − iTdσ∣∣∣ ≤ ∫ U
c
xσ
Tdσ =
xU − xc
T log x
⇒∫
[c−iT,U−iT ]
xs
sds = O
(xc
T log x
),
e, analogamente, ∫[c−iT,U−iT ]
xs
sds = O
(xc
T log x
).
Assim, temos em (A.3) o procurado, e e assim concluıda a demonstracao para este caso.
x > 1: Seja o retangulo [c − iT, c + iT,−U + iT,−U − iT, c − iT ]. Logo, como a funcao xs
s
tem um polo simples no origem, entao, pelo teorema de Cauchy,
1
2πi
∫[c−iT,c+iT,−U+iT,−U−iT,c−iT ]
xs
sds = 1,
e prosseguimos como no caso anterior.
A demonstracao e assim concluıda.
Lema A.58 . Seja x = N + 12 (N ∈ N). Entao,∑x2<n<2x
∣∣∣ log(nx
) ∣∣∣−1= O(x log x).
81
Demonstracao: Para x2 < n < 2x, claramente 0 <
∣∣∣1 − nx
∣∣∣ ≤ 1 e 0 <∣∣∣ log
(nx
) ∣∣∣ ≤ log 2.
Entao, ∣∣∣ log(nx
) ∣∣∣ ∣∣∣1− n
x
∣∣∣ =|x− n|x
.
Portanto,∑x2<n<2x
∣∣∣ log(nx
) ∣∣∣−1 x
∑x2<n<2x
|x− n|−1 x∑n≤x
1
n≤ x
∫ x
1
1
udu = x log(x)
⇒∑
x2<n<2x
∣∣∣ log(nx
) ∣∣∣−1= O(x log x).
Teorema A.59 (Formula de Inversao). Seja f(s) =∑
n≥1anns e admitamos que
∑n≥1
|an|nσ <
∞, para qualquer σ > 1. Alem disso, |an| ≤ A(n), onde A(x) e uma funcao monotona
crescente, e ∑n≥1
|an|nσ
= O((σ − 1)−α),
quando σ → 1+, onde α e uma constante maior que zero. Entao, a seguinte formula e valida
para qualquer b > 1, T ≥ 1, x = N + 12 (N ∈ N):
Φ(x) =∑n≤x
an =1
2πi
∫ b+iT
b−iTf(s)
xs
sds+O
(xb
T (b− 1)α
)+O
(xA(2x) log x
T
).
Demonstracao: Como x = N + 12 , entao x
n 6= 1, para qualquer n ∈ N. Da hipotese, temos
que∑
n≥1anns e absolutamente convergente para s = b+ it. Entao, integrando termo a termo
e usando a Formula de Perron A.57
1
2πi
∫ b+iT
b−iTf(s)
xs
sds =
1
2πi
∑n≥1
an
(1
2πi
∫ b+iT
b−iT
(xn
)s dss
)
=∑n≤x
an +O
∑n≥1
|an|(xn
)bT−1
∣∣∣ log(xn
) ∣∣∣−1
. (A.4)
Agora, dividamos a soma de O do seguinte jeito∑n≥1
|an|(xn
)bT−1
∣∣∣ log(xn
) ∣∣∣−1
=∑
xn≤ 1
2ou x
n≥2
|an|(xn
)bT−1
∣∣∣ log(xn
) ∣∣∣−1+
∑x2<n<2x
|an|(xn
)bT−1
∣∣∣ log(xn
) ∣∣∣−1.
Na primeira soma, ∣∣∣ log(xn
) ∣∣∣ ≥ log 2⇒∣∣∣ log
(xn
) ∣∣∣−1≤ 1
log 2,
82 Capıtulo A — Informacoes Adicionais
e, como∑
n≥1|an|nb
= O((b− 1)−α), entao
∑xn≤ 1
2ou x
n≥2
|an|(xn
)bT−1
∣∣∣ log(xn
) ∣∣∣−1= O(xbT−1(b− 1)−α). (A.5)
Na segunda soma, temos∑x2<n<2x
|an|(xn
)bT−1
∣∣∣ log(xn
) ∣∣∣−1≤ A(2x)2bT−1
∑x2<n<2x
∣∣∣ log
(N + 1/2
n
) ∣∣∣−1,
mas e claro que∣∣∣ log
(N+1/2n
) ∣∣∣ =∣∣∣ log
(n
N+1/2
) ∣∣∣. Entao, na desigualdade, temos
∑x2<n<2x
|an|(xn
)bT−1
∣∣∣ log(xn
) ∣∣∣−1≤ A(2x)2bT−1
∑x2<n<2x
∣∣∣ log
(n
N + 1/2
) ∣∣∣−1.
Alem disso, pelo Lema A.58 ,∑
x2<n<2x
∣∣∣ log(
nN+1/2
) ∣∣∣−1= O(x log x). Portanto,
∑x2<n<2x
|an|(xn
)bT−1
∣∣∣ log(xn
) ∣∣∣−1= O(xT−1A(2x) log x). (A.6)
Substituindo (A.5) e (A.6) em (A.4), temos o procurado.
Teorema A.60 (Formula de Stirling). Para δ > 0. Se z ∈ w ∈ C : argw ∈ (−π + δ, π −δ), |w| > 1, entao
log Γ(z) =
(z − 1
2
)log z − z +
1
2log 2π +Oδ(|z|−1).
Demonstracao: Ver [15].
Corolario A.61 . Com as mesmas condicoes do teorema anterior, temos
Γ′(z)
Γ(z)= log z +Oδ(|z|−1).
Demonstracao: Ver [15].
Formula de Soma de Poisson
Consideremos f : R→ R contınua, e definamos g do seguinte modo
g(x) :=∑n∈Z
f(x+ n), (A.7)
83
onde estamos assumindo que a soma definindo g e convergente. Claramente, g tem perıodo
T = 1. Entao, usando a forma complexa da serie de Fourier, temos que
g(x) =+∞∑
n=−∞cne
2nπxi, (A.8)
onde ck =∫ 1
0 g(x)e−2kπxidx, para qualquer n ∈ Z. Agora, se substituımos (A.7) na equacao
que define aos ck, temos
ck =
∫ 1
0
(∑n∈Z
f(x+ n)
)e−2kπxidx =
∫ 1
0
∑n∈Z
f(x+ n)e−2kπ(x+n)idx
=∑n∈Z
∫ n+1
nf(y)e−2kπyidy =
∫ +∞
−∞f(y)e−2kπyidy,
desta ultima igualdade em (A.8), temos
g(x) =
+∞∑n=−∞
(∫ +∞
−∞f(y)e−2nπyidy
)e2nπxi
⇒+∞∑
k=−∞f(x+ k) =
+∞∑n=−∞
∫ +∞
−∞f(y)e−2nπ(y−x)idy.
Agora, se tomamos x = 0, na ultima igualdade, obtemos a Formula de Soma de Poisson:
+∞∑k=−∞
f(k) =
+∞∑n=−∞
∫ +∞
−∞f(y)e−2nπyidy. (A.9)
Observacao A.62 . Para que a soma do lado esquerdo da Eq.A.9 exista, precisamos que
f ∈ h : R→ C : h ∈ C∞, lim|x|→∞ |x|mf (n)(x) = 0, para quaisquer inteiros m,n ≥ 1 fixos.
Raızes Primitivas da Unidade
Definicao A.63 . Seja n ∈ N. τ ∈ C e chamada uma raiz n-esima da unidade se τn = 1.
Alem disso, se τk 6= 1 para qualquer k ∈ N, com k < n, entao, τ e chamada uma raiz
primitiva n-esima da unidade.
Teorema A.64 . Se τ e uma raiz primitiva n-esima da unidade. Entao, as raızes n-esimas
da unidade sao 1, τ, τ2, . . . , τn−1.
84 Capıtulo A — Informacoes Adicionais
Demonstracao: Sejam k1, k2 ∈ 0, 1, . . . , n − 1, tais que 0 ≤ k1 < k2 ≤ n − 1, entao
1 ≤ k2−k1 < n, logo como τ e uma raiz primitiva n-esima da unidade, temos que τk2−k1 6= 1,
portanto τk1 6= τk2 . Assim 1, τ, τ2, . . . , τn−1, sao todos diferentes.
Finalmente, como(τk)n
= 1, para qualquer k ∈ 0, 1, . . . , n− 1, entao 1, τ, τ2, . . . , τn−1
sao todas as raızes n-esimas da unidade, e concluimos a prova.
Lema A.65 . Se τ e uma raiz primitiva n-esima da unidade. Entao τm = 1 se e somente se
n|m.
Demonstracao: Admitamos que τm = 1. Entao, pelo algoritmo de divisao, existem q, r ∈ Ztais que m = qn+ r, onde 0 ≤ |r| < n. Logo,
1 = τm = τ qn+r = τ r.
Assim, como τ e uma raiz primitiva da unidade entao τk 6= 1, para qualquer k < n, e como
r so pode tomar os valores 0,±1, . . . ,±(n− 1); o unico valor que satisfaz a igualdade acima
e r = 0, o que implica que n|m. A recıproca e obvia.
Proposicao A.66 . Se Sk denota a soma das raızes primitivas k-esimas da unidade. Entao∑d|n
Sd =
1, n = 1,0, n 6= 1.
Demonstracao: Sejam Rn o conjunto das raices n-esimas da unidade e Pn o conjunto das
raızes primitivas n-esimas da unidade. Assim, pelo Lema A.65 , se τ ∈ Pd, entao τn = 1 se
e somente se d|n. Isto implica que Pd ⊆ Rn, para qualquer d|n
⇒⋃d|n
Pd ⊆ Rn. (A.10)
Agora, se τ ∈ Rn, entao o conjunto k ∈ N : k ∈ [0, n] e τk = 1 6= ∅, pois n pertence a este
conjunto. Logo, pelo princıpio da boa ordenacao, o conjunto acima tem um menor elemento
d 6= 0. Assim, τd = 1 e τk 6= 1, para 1 ≤ k < d. Isto implica que τ ∈ Pd e como τn = 1,
novamente pelo Lema A.65 , d|n entao τ ∈ Pd ⊆⋃d|n Pd
⇒ Rn ⊆⋃d|n
Pd.
Desta inclusao e de (A.10) temos que
Rn =⋃d|n
Pd.
Notemos que, pelo fato de que os elementos dos Pd sao raızes primitivas, a uniao acima e
disjunta. Entao, somar os elementos de Rn e equivalente a somar todos os elementos dos Pd,
85
onde d|n. Assim, seja τ uma raiz primitiva n-esima da unidade. Logo, pelo Teorema A.64 ,
temos que Rn = 1, τ, τ2, . . . , τn−1. Entao, pelo dito anteriormente, se n > 1 temos∑d|n
Sd = 1 + τ + τ2 + · · ·+ τn−1 =1− τn
1− τ= 0,
e se n = 1 e claro que∑
d|n Sd = 1, e concluimos a prova.
Apendice
BMais Informacoes
Caracterısticas de Dirichlet e Funcoes L de Dirichlet
Definicao B.67 . Seja N ∈ N. Uma Caracterıstica de Dirichlet modulo N e uma aplicacao
χ : Z/NZ → C, tal que χ(m) = 0, para qualquer m tal que (m,N) > 1, e χ|(Z/NZ)∗ e um
homomorfismo (nao nulo) entre os grupos multiplicativos (Z/NZ)∗ e C∗.
Para N natural, pode haver muitas caracterısticas de Dirichlet modulo N , mas existe uma
de vital importancia χ0 tal que χ0(a) = 1, para qualquer a ∈ (Z/NZ)∗. Esta e chamada a
caracterıstica principal modulo N .
Proposicao B.68 . Seja N ∈ N. Se χ e uma caracterıstica de Dirichlet modulo N , entao
χ(a)ϕ(N) = 1, para qualquer a ∈ (Z/NZ)∗.
Demonstracao: Como |(Z/NZ)∗| = ϕ(N), entao, para qualquer a ∈ (Z/NZ)∗, temos que
aϕ(N) = 1 e como χ|(Z/NZ)∗ e um homomorfismo de grupos χ(a)ϕ(N) = χ(aϕ(N)) = χ(1) = 1.
Definicao B.69 . Seja χ uma caracterıstica de Dirichlet modulo N . Para s ∈ H(1,+∞),
definimos
L(s, χ) :=∑n≥1
χ(n)
ns.
L(s, χ) e chamada funcao L de Dirichlet.
87
88 Capıtulo B — Mais Informacoes
L(s, χ) esta bem definida, com efeito, pela Proposicao B.68 , χ(n)ϕ(N) = 1 para qualquer
n ∈ N, tal que (n,N) = 1, logo |χ(n)| = 1, para qualquer n ∈ N tal que (n,N) = 1, e
|χ(n)| = 0, para qualquer outro caso. Entao, para s = σ + it ∈ H(1,+∞), temos∣∣∣χ(n)
ns
∣∣∣ ≤ 1
nσ,
para qualquer n ∈ N. Assim L(s, χ) esta bem definida.
Vemos que a prova da boa definicao de L(s, χ) e analoga a prova da boa definicao de ζ(s).
Entao nao e estranho ver que tem propriedades analogas a ζ(s). De fato, ela verifica uma
representacao analoga ao produto de Euler, como e indicado no seguinte teorema.
Teorema B.70 . L(s, χ) satisfaz
L(s, χ) =∏p∈P
(1− χ(p)
ps
)−1
.
Demonstracao: A prova e analoga ao produto Euler, a unica diferenca aqui e o uso da
propriedade de multiplicativa de χ (homomorfismo de grupo).
Alguns valores de ζ(n), n ∈ Z \ 1
Definicao B.71 .
h1(t) := 1+t2(1−t) , hr(t) :=
(t ddt)r−1
h1(t) (r ≥ 2).
Teorema B.72 .sinπx
πx=∏n≥1
(1− x2
n2
), x ∈ R.
Demonstracao: Ver [1].
Proposicao B.73 . Seja x ∈ C \ Z e t = e2πix. Entao, valem
1. h1(t) = − 14πi
∑n∈Z
(1
x+n + 1x−n
).
2. Se r ≥ 2, entao hr(t) = (r − 1)!(− 1
2πi
)r∑n∈Z
1(x+n)r .
Demonstracao:
1. Do Teorema B.72 , temos
1
π
d
dxlog
(sinπx
πx
)=
1
π
d
dx
∑n≥1
log
(1− x2
n2
)
89
⇒ 1
π
(π cosπx
sinπx− π
πx
)=
1
π
∑n≥1
(1
n+ x+
1
x− n
)
⇒ cotπx =1
π
∑n≥1
(1
n+ x+
1
x− n
)+
1
x
. (B.1)
Desta ultima equacao, e claro que
cotπx =1
π
∑n≤−1
(1
n+ x+
1
x− n
)+
1
x
. (B.2)
Assim, adicionando (B.1) e (B.2) membro a membro, temos
2 cotπx =1
π
∑n∈Z
(1
n+ x+
1
x− n
)
⇒ −2ih1(t) =i(eπxi + e−πxi)
eπxi − e−πxi= cotπx =
1
2π
∑n∈Z
(1
n+ x+
1
x− n
)
⇒ h1(t) = − 1
4πi
∑n∈Z
(1
n+ x+
1
x− n
).
2. Como t = e2πix, entao(t ddt)r−1
=(
12πi
ddx
)r−1. Assim, indutivamente para r = 2 por
definicao e do item anterior, temos
h2(t) = td
dth1(t) =
1
2πi
d
dx
(− 1
4πi
∑n∈Z
(1
n+ x+
1
x− n
))
=
(− 1
2πi
)2∑n∈Z
1
(n+ x)2.
Admitamos que hr(t) = (r − 1)!(− 1
2πi
)r∑n∈Z
1(x+n)r . Logo,
hr+1(t) =
(td
dt
)rh1(t) = t
d
dt
(td
dt
)r−1
h1(t) = td
dthr(t)
=1
2πi
d
dx
((r − 1)!
(− 1
2πi
)r∑n∈Z
1
(x+ n)r
)
=1
2πi
(− 1
2πi
)r(r − 1)!
∑n∈Z
−r(x+ n)r−1
(x+ n)2r
= r!
(− 1
2πi
)r+1∑n∈Z
1
(x+ n)r+1.
90 Capıtulo B — Mais Informacoes
Teorema B.74 . Seja N ∈ N, χ uma caracterıstica de Dirichlet modulo N e r ∈ N. Admi-
tamos que χ(−1) = (−1)r. Logo, se ζN := e2πi/N , entao
L(r, χ) =1
(r − 1)!
(−2πi
N
)r 1
2
∑a∈(Z/NZ)∗
χ(a)hr(ζaN ).
Demonstracao: Pela Proposicao B.73 , temos∑a∈(Z/NZ)∗
χ(a)hr(ζaN ) =
∑a∈(Z/NZ)∗
χ(a)(r − 1)!
(− 1
2πi
)r∑n∈Z
1
(a/N + n)r
= (r − 1)!
(− 1
2πi
)r∑n∈Z
∑a∈(Z/NZ)∗
χ(a)
(a/N + n)r.
Entao,
∑a∈(Z/NZ)∗
χ(a)hr(ζaN ) = (r−1)!
(− 1
2πi
)r∑n≥0
∑a∈(Z/NZ)∗
χ(a)
(a/N + n)r+∑n<0
∑a∈(Z/NZ)∗
χ(a)
(a/N + n)r
.
(B.3)
Alem disso, se n ≥ 0,
∑a∈(Z/NZ)∗
χ(a)
(a/N + n)r=
N−1∑a=1
χ(a)
(a/N + n)r= N r
N−1∑a=1
χ(a)
(a+Nn)r= N r
∑Nn<m<N(n+1)
χ(m)
mr.
(B.4)
De forma semelhante, se n < 0 escrevemos n′ = −(n+ 1) ≥ 0. Entao,
∑a∈(Z/NZ)∗
χ(a)
(a/N + n)r=
N−1∑a=1
χ(a)
(a/N + n)r=
N−1∑a=1
χ(a)
(a/N − n′ − 1)r
=
N−1∑a=1
(−1)rχ(a)
((N − a)/N + n′)r= N r
N−1∑a=1
χ(−a)
(−a+ (n′ + 1)N)r= N r
∑Nn′<m<N(n′+1)
χ(m)
mr. (B.5)
Assim, de (B.4) e (B.5) em (B.3), obtemos∑a∈(Z/NZ)∗
χ(a)hr(ζaN ) = (r−1)!
(− N
2πi
)r2∑n≥0
∑Nn<m<N(n+1)
χ(m)
mr= 2(r−1)!
(− N
2πi
)rL(r, χ).
Teorema B.75 . Se r ∈ N, e par. Entao,
ζ(r) =1
(r − 1)!
1
2r − 1(2πi)r
1
2hr(−1).
Demonstracao: No teorema anterior, tome N = 2 e consideremos a caracterıstica principal
modulo 2, χ0. Logo,
L(r, χ0) =1
(r − 1)!(πi)r
1
2hr(−1), (B.6)
91
Mas,
L(r, χ0) =∑
n≥1:n e ımpar
1
nr= ζ(r)−
∑n≥1
1
(2n)r= ζ(r)
(1− 1
2r
),
deste ultimo, em (B.6), conclui a prova.
Deste ultimo teorema, podemos calcular qualquer valor de ζ(n) para n par. Por exemplo,
ζ(2) = π2
6 e ζ(4) = π4
90 .
Agora, vamos calcular os valores de ζ(s) nos inteiros negativos. Como vimos anteriormente
os pares negativos sao os zeros triviais de ζ(s). Entao, nos concentramos em calcular ζ(n)
para n inteiro negativo ımpar.
Definicao B.76 . Os numeros de Bernoulli Bn sao definidos pela seguinte formula:
x
ex − 1=∑n≥0
Bnn!xn.
Pelo Lema 2.10 , para s ∈ H(1,+∞),
Γ(s)ζ(s) =
∫ 1
0
ts−1
et − 1dt+
∫ +∞
1
ts−1
et − 1dt.
Como vimos na demonstracao do Teorema 2.11, a integral∫ +∞
1ts−1
et−1dt representa uma funcao
em s, que tambem e inteira. Entao so temos que focalizar nossa atencao na outra integral.
Assim, usando a definicao dos numeros de Bernoulli, temos
Γ(s)ζ(s) =
∫ 1
0
t
et − 1ts−2dt+
∫ +∞
1
ts−1
et − 1dt =
∫ 1
0
∑n≥0
Bnn!ts+n−2dt+
∫ +∞
1
ts−1
et − 1dt
=∑n≥0
Bnn!
1
s+ n− 1+
∫ +∞
1
ts−1
et − 1dt.
Daı, vemos que Γ(s)ζ(s) ∈ H(C\1, 0,−1,−2,−3, . . .) e seus polos sao simples. Entao, para
todos os numeros naturais n
lims→1−n
Γ(s)ζ(s)(s+ n− 1) =Bnn!.
Mas, pelo Teorema 2.2 , Res(Γ,−m) = (−1)m
m! , para m = 0, 1, 2, . . .. Entao,
(−1)n−1
(n− 1)!ζ(1− n) =
(lim
s→1−nΓ(s)(s+ n− 1)
)ζ(1− n) = lim
s→1−nΓ(s)ζ(s)(s+ n− 1) =
Bnn!.
Logo para n = 2, 4, 6, . . .
ζ(1− n) = −Bnn.
Assim, desta ultima equacao, temos os valores procurados. Por exemplo ζ(−1) = − 112 ,
ζ(−3) = − 1120 , ζ(−5) = − 1
252 , . . . .
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Th. 65, 325(1997).
Indice Remissivo
B(v, u), funcao beta, 9
Γ(s), funcao Gama de Euler, 5
Λ(x), funcao de von Mangoldt, 44
Ψ(x), funcao de Chebyshev, 45
L, reta crıtica, 36
S, faixa crıtica, 33
π(x), funcao de contagem de numeros pri-
mos, 53
ξ(s), ξ-funcao de Riemann, 40
ζ(s), funcao Zeta de Riemann, 13
Conjetura
de Hilbert-Polya, 55
Hipotese de Riemann, 36
Constante de Euler-Mascheroni, 56
Funcao
totiente de Euler, 71
totiente de Mobius, 71
Funcao de particao, 74–76
Funcao inteira de ordem um, 24
Funcao zeta espectral, 65
Li(x), funcao integral logarıtmica Euleri-
ana, 54
Numero livre de quadrados, 75
Series de Dirichlet, 76
Teorema
dos Numeros Primos, 51
dos Numeros Primos, versao original,
53
Formula de Inversao, 81
Formula de inversao de Mobius, 72
Formula de Jensen, 25
Formula de Perron, 80
Formula de Soma de Euler, 41
Formula de Stirling, 82
Transformada de Mellin, 73
Transformada inversa de Mellin, 73