La funion zeta de Riemann
Felipe Zaldvar
Departamento de Matematias
UniversidadAutonoma Metropolitana-Iztapalapa
Apdo.Postal 55-534
09340 Mexio, D.F.
Mexio
fzxanum.uam.mx
Resumen
En1859BernhardRiemannfueadmitidoomomiembro
o-rrespondiente de la Aademia de Cienias de Berln y uno de
sus primeros deberes era presentar un reporte de sus trabajos
masreientes. Paraeste reporte[4℄ Riemann eligio loque sera
suunio trabajo sobreteora denumeros,la distribuiondelos
numerosprimos,dondelafunionzeta, queahorallevasu
nom-bre tiene un papel importante. En este artulo, haemos una
leturadelartulodeRiemann[4℄,reordandolasideas
involu-radas sobre la funion zeta, hasta arribar a la formulaion de
laonjetura (hipotesis)de Riemann:los eros notriviales de la
funionzetatienenpartereal1=2.En eseniaestooupamenos
de tres paginas del reporte de Riemann, las uales traduimos
en elapendie, parabeneiodel letorinteresado.
Introduion
Pensando en la funion zeta de Riemann, reuerdo el ensayo de
Borges,Kafkaysuspreursoresinluidoen[1℄,dondeelpuntoprinipal
es la tesis de que ada gran reador inventa a sus preursores, de tal
forma que uno lee a estos a luz de la obra atual. Que Riemann no
desubrio lafunion que llevasu nombre es un heho onoido; que la
es laro; que a partir de Riemann leamos las apariiones previas de
zeta omo manifestaiones primitivas de la misma, y que solo tienen
sentido apartirdel unio artulo[4℄queRiemannesribioalrespeto,
es exatamente la tesis de Borges. Entre los preursores de la funion
zeta,bien puedeinluirseel desubrimientoporlosgriegosde laepoa
lasia, al menos en la forma de paradojas, de que una suma innita,
una serie, pueda tener una suma nita, por ejemplo la paradoja de
Aquiles y la tortuga de Zenon de Elea que, segun narra Aristoteles,
puederesumirse as:unmovilqueestaenAnopodraalanzarelpunto
B, porque antes debera reorrer la mitad del amino entre los dos, y
antes, lamitad de la mitad,y antes, lamitad de lamitad de la mitad,
y as hasta el innito.Diho on smbolos, si la distania entre A y B
lallamamosuna unidad, Zenon preguntaba porla suma innita
1
2 +
1
4 +
1
8 +
1
16 +
No debe ausar asombro que este sea el primer ejemplo, entre los
preursores de Kafka, que Borges meniona en su ensayo, de tal
for-ma que Aquiles o la eha del eleatio son los primeros personajes
que apareen omo terminos de una serie innita. Sin dejar la Greia
lasia, la proposiion 35 del libro IX de los Elementos de Eulides
esenialmentemuestraomo sumar ualquier progresion geometria
1+s+s 2
+s 3
+s 4
+= 1
X
n=0 s
n
= 1
1 s
uya razon sea 0 < s < 1, el aso de la paradoja del eleatio
orres-ponde a la razon 1=2. Mas aun, Arqumedes, en su Quadratura de la
Parabola de heho alulala suma de laprogresiongeometria innita
derazon1=4.Haialamitaddel siglo14,en unlibroquegozode ierta
popularidad,Niola Oresmedemostroque la serie armonia
1+ 1
2 +
1
3 +
1
4 +
diverge. En el siglo 17 ya se poda probar que la serie (formalmente
simetria on respeto ala serie geometria alinterambiar s y n):
1
X
n=1 1
n s
=1+ 1
2 s
+ 1
3 s
+ 1
4 s
+
onverge para s >1, porejemplo usando el riteriode la integral. Sin
Elsegundopreursor quequisieramenionaresun texto,publiado
en Bolo~na en 1650 por Pietro Mengoli, dediado a la teora de series
innitas, donde, en partiular, onsidera la suma de los reproos de
los numeros triangulares. Reordemos que un n umero triangular T
n
es el numero natural que resulta al ontar objetos, digamos piedras,
oloados en un trianguloequilaterode base n:
T
1 =1
T
2 =3
T
3 =6
T
4 =10
de talformaque el n-esimo numerotriangular es lasuma
T
n
=1+2+3+4++n=
n(n+1)
2 ;
porlo quela serie onsiderada porMengoli es:
1+ 1
3 +
1
6 +
1
10 +
1
15 +
uyo termino n-esimo es
a
n =
2
n(n+1) =
2
n
2
n+1 ;
de dondese sigue que lasuma parial de los primerosn terminos es
S
n =
2
1 2
2
+
2
1 2
2
++
2
n 1 2
n
+
2
n
2
n+1
= 2
1
2
n+1 ;
y as laserie innitaonverge a:
1
X
n=1 2
n(n+1) =2:
Mengoli ya saba que la serie armonia diverge, y se pregunta por
lo que suede al onsiderar la suma de los reproos de losuadrados
de losnumeros naturales:
1+ 1
4 +
1
9 +
1
16 +
1
25
+= 1
X
1
k 2
maravillandose por el heho de que haya podido sumar los reproos
de los numeros triangulares pero que no haya podido haer lo mismo
on la suma de los reproos de los uadrados, lo ual, segun el
es-ribe,\requierelaayuda de un inteletomasrio". As,elproblemade
alularlasuma de laserie
(m):= 1
1 m
+ 1
2 m
+ 1
3 m
+ 1
4 m
+ 1
5 m
+:::= 1
X
k=1 1
k m
para m 2 entero ya estaba planteado laramente y, a prinipios del
siglo18,variosmatematios,inluyendoaJaobBernoulli,tratabande
entenderhaiadonde onverga esta serie,un problema difildebidoa
sulentaonvergenia.DanielBernoulliyChristianGoldbah
interam-biaronvarias artas onresultados preliminaressobre (2), quepronto
seran superados por L. Euler que, en este maro oneptual, hizo su
primerontato on la funion zeta y pronto mejorara losalulos de
sus predeesores. Finalmente, en 1735, Euler anunio que(2)= 2
=6,
un resultado que ontribuiraestableer su prestigioomo matematio
y que se difundio rapidamente entre los espeialistas. Poo despues,
Euler anuniara la generalizaion del alulo anterior a (2n), n 1
entero,yenlossiguientes10a~nos,debidoartiasydudas,desus
on-temporaneos y de el mismo, reviso y dio varias demostraiones de los
alulos anteriores, de talforma queya pudo inluir,en su Introdutio
in Analysin Innitorum de 1748, un tratamientoenteramente
satisfa-torio del tema. Es tambien relevante menionar que, en un artulo
presentado a la Aademia de San Petersburgo en 1739, Euler obtuvo
ladesomposiionde (n)en terminosdeun produtoqueinvoluraba
a todos los primos; este es el punto donde, mas de siglo y medio
des-pues, B. Riemann omienza su unio artulo [4℄ sobre la funion que
llevasu nombre y queeldenoto por (s), para s un numero omplejo.
Comenemoson el resultado de Euler:
Teorema (Euler).Sis>1esunreal,entones(s)= Y
p primo 1
1 p s
:
Demostraion: Para ada primo p 2 y s > 1, observemos que el
fator de Euler(1 p s
) 1
esla sumade la seriegeometria on razon
r=p s
<1:
(1)
1
1 p s
=1+p s
+p 2s
+p 3s
+
este produtoes de la forma
2 e2s
3 e3s
q eqs
=:n s
;
donde
n:=2 e2
3 e3
q eq
; (e
j 0):
Observese que un numero n aparee de esta forma si y solo si sus
divisoresprimosson q,yporelteoremafundamentaldelaaritmetia
este n aparee solouna vez. Se sigue que
Y
pq 1
1 p s
= X
pjn;pq n
s
;
donde la suma essobre aquellos enteros positivosn uyos fatores
pri-mos son q. Observemos ahora que en la suma del lado dereho en
partiular apareen todos losenteros del 1al q; se sigue entonesque
0< 1
X
n=1 n
s
X
pjn;pq n
s
< 1
X
n=q+1 n
s
;
y aqu P
1
n=q+1 n
s
!0uando q!1. Por lotanto
1
X
n=1 n
s
= lm
q!1 X
pjn;pq n
s
= lm
q!1 Y
pq 1
1 p s
= Y
p primo 1
1 p s
:
u t
La expansionen produto de Euler de (s) guardael teorema
fun-damentaldelaaritmetiaenunasolaeuaion.Estomuestra,deiniio,
la importaniaaritmetia de la funion zeta.
La funion zeta. En1859 BernhardRiemannfueelegidoomo
miem-bro orrespondiente de laAademiade Berlny en elreportesobre sus
trabajosmasreientes,quedebapresentaralaAademia,Riemann
eli-gioaladistribuiondelosnumerosprimos,yensureporte[4℄omienza
itando el teoremade Euler sobre la desomposiion de (s) omo un
produto. Ya de entrada Riemann onsidera a (s) omo una funion
de una variable ompleja \siguiendo" el ditum futuro, (Hadamard),
de que en oasiones la ruta a una verdad del mundo real, pasa por el
mundo imaginario (omplejo). As, dados s = +it 2 C y k 1 un
entero, setiene que, para Re(s):= la partereal de s2C :
y onseuentemente
n
X
k=1
1
k s
=
n
X
k=1 1
k Re (s)
;
porlo que, si Re(s)1+", entones
n
X
k=1
1
k s
n
X
k=1
1
k 1+"
y as la serie
1
X
n=1 1
n s
onverge absoluta y uniformemente en fs 2 C : Re(s) 1+"g y
por lo tanto dene una funion holomorfa en el semiplano fs 2 C :
Re(s)>1g ala queRiemann denotapor
(s)= 1
X
n=1 1
n s
y ala que sesuele llamar lafunion zeta de Riemann.
Una formulaintegral para la funion zeta. Elprimerobjetivodel
artulo[4℄deRiemannesobtener unaformulaintegralparalafunion
(s) denida en el semiplano Re(s) > 1 mediante la serie anterior y,
usando esta formula, deduir que (s) se extiende a una funion
holo-morfaen todoel plano omplejo exepto por un polosimple en s =1.
Lademostraiondesansaenunaformulaintegralparalafunion
gam-made Eulerque, paraRe(s)>0,estadenida porlaintegralimpropia
onvergente
(s)= Z
1
0 e
x
x s 1
dx= Z
1
0 e
x
x s
dx
x
laual satisfae las propiedadessiguientes (vease [6℄):
(1) (s)es holomorfaen elsemiplano Re(s)>0.
(2) (s)admiteunaontinuaionmeromorfaatodoelplanoomplejo
ysus uniospolossonsimplesens= n,n0entero,ynotiene
(i) (s+1)=s (s).
(ii) (s) (1 s)=
sen (s) .
(4) (s) tiene losvalores espeiales siguientes:
(i) (1)=1,lo ual se sigue diretode ladeniion.
(ii) (n+1)=n!, n 1entero, se sigue apliando 3(i)y 4(i).
Para relaionar la funion gamma on la funion zeta, Riemann
omienza on ladeniionde gamma:
(s)= Z
1
0 e
x
x s
dx
x
; para Re(s)>1
yhaelasubstituionx7!nx,paran 1entero,loualdalaeuaion
(s)= Z
1
0 e
nx
(nx) s
ndx
nx =n
s Z
1
0 e
nx
x s
dx
x ;
i.e.,
(s) 1
n s
= Z
1
0 e
nx
x s
dx
x
y luego sumando sobre n 1 e interambiando la integral y la suma,
graias alteorema de Fubini, se obtiene
(s)(s)= (s) 1
X
n=1 1
n s
= 1
X
n=1 Z
1
0 e
nx
x s
dx
x =
Z
1
0 1
X
n=1 e
nx
x s
dx
x ;
y usando el heho de que 1
X
n=1 r
n
=(r 1) 1
on r=e x
sesigue que
(2) (s)(s)= Z
1
0 1
e x
1 x
s dx
x =
Z
1
0 x
s 1
e x
1 dx:
Laigualdad(2) anterior,queseobtuvousandooperaiones
elemen-talesapartirdelafunionexponenial,bienpodrahabersidoobtenida
antes de Riemann, para s > 0 real. Sin embargo, en este punto
Rie-mann ya saba omo denir la integral en (2) para una variable
om-pleja s, reemplazando la integral impropia de (2) por una integral de
lnea alrededordel puntode ramiaiondel integrando.Veamosomo
proede Riemann: pongamos
F(z):= z
z
y G(z):= 1
y observe que F( z) = zG(z). Las funiones F(z) y G(z) son
mero-morfasen C on polosenz =2ik,k 2Z.Fijemosahoraun real "tal
que0<"<2 y sea
C =(1;"℄+C
"
+[";1)
la trayetoria dada por la semireta L
1
de 1 a ", luego sobre la
ir-unfereniaC
"
: z =" it
,0t2,en sentido negativoynalmente
sobre lasemireta L
2
de " a 1:
! L 2 L 1 C " 0 1 "
_^]\
XYZ[
Consideremos ahora la integral,para Re(s)>1:
Z C G(z)z s 1 dz = Z L 1 G(z)z s 1 dz+ Z L 2 G(z)z s 1 dz + Z C " G(z)z s 1 dz; dondez s 1 :=e
(s 1)logz
,para el valorprinipalde logz dado por
logz = (
logt para z =t 2(1;")
logt+2i para z =t 2(";1):
Se tiene que:
Z L1 G(z)z s 1 dz = Z " 1 G(t)t s 1 dt= Z 1 " G(t)t s 1 dt; Z L2 G(z)z s 1 dz = Z 1 " e 2is G(t)t s 1
dt=e 2is Z 1 " G(t)t s 1 dt;
ya que, en L
2 ,z =t
s 1
=e
(s 1)[logt+2i℄
=t s 1 e 2is e 2i =t s 1 e 2is , y I(") := Z C " G(z)z s 1 dz = Z 2 0 G("e it )" s 1 e
(s 1)( it)
( "ie it )dt = i Z 2 0 " s G("e it )e sit dt;
ya que para z ="e it
, dz = "ie it
dt. Se sigue que
Z C G(z)z s 1 dz = Z 1 " G(t)t s 1
dt+e 2is Z 1 " G(t)t s 1
dt+I(")
= [e 2is 1℄ Z 1 G(t)t s 1
y omo Re(s) > 1, entones la integral I(") ! 0 uando " ! 0.
Fi-nalmente, omola integral R
C G(z)z
s 1
dz nodepende de ",pasando al
lmite uando "!0,se tiene que
Z
C G(z)z
s 1
dz =[e 2is 1℄ Z 1 0 G(t)t s 1 dt: Pongamos ahora H(s)= Z C F(z)z s 1 dz z ;
LaintegralquedeneaH(s)onverge absolutamenteparatodas2 C
y porlotantodeneuna funionentera.Eslaro queH(s)nodepende
del valor" entre 0y 2.
Haiendoelambiode variablez 7! z y notandoquesi z=jzje i
,
entones z =jzje i i
y por lotanto
( z) s 1
= e
(s 1)(logjzj i)
=e
(s 1)logjzj
e
(s 1)( i)
= z s 1 e is e i = e is z s 1
y as, omo bajo z 7! z setiene que C 7!C,entones
H(s) = Z
C
F( z)( z) s 1 d( z) z = Z C
F( z)( z) s 1 dz z = Z C
F( z)z s 1 ( e is ) dz z = e is Z C
F( z)z s 1 dz z = e is Z C zG(z)z s 1 dz z = e is Z C G(z)z s 1 dz:
As,para Re(s)>1,se tiene que
H(s) = e is
Z
C G(z)z
s 1
dz = e is [e 2is 1℄ Z 1 0 G(t)t s 1 dt = [e is e is ℄ Z 1 0 G(t)t s 1
dt = [e is e is ℄ Z 1 0 t s 1 e t 1 dt
= 2isen (s) Z 1 0 t s 1 e t 1 dt
= 2isen (s)(s) (s) por (2);
de dondese sigue que
H(s)= 2isen (s)(s) (s)=
2i(s)
porlapropiedad3(ii)de .Multipliandoporiydespejandoseobtiene
(s)= i
2
(1 s) Z
C ( z)
s 1
dz
e z
1 :
Observe ahora que la formula anterior es valida para toda s 2 C ,
exeptos=1,yaquelaintegralquedeneaH(s)onverge paratodos
los valores de s porque e z
ree mas rapido que z s
, uando z ! 1,
y la onvergenia es uniforme en dominios ompatos; se sigue que
H(s) es holomorfa. Por otra parte, (s 1) es meromorfa en C on
polos s = 1;2;3;::: y omo, para Re(s) > 1, (s) = P
1
n=1 1=n
s
no
tienepolos,entones laintegralH(s)debetenereros ens=2;3;4;:::
que anelan los polos orrespondientes de (s 1) en esos valores.
Finalmente, para s = 1 se tiene que lm
s!1
(s)= 1. Resumiendo, la
formulaintegral para (s) anteriormuestra que (s)se extiende auna
funion holomorfaen C nf1g y tiene un polosimple en s=1.
La euaion funional. Elsegundo objetivodel artulode Riemann
[4℄ es mostrar que (s) satisfae una euaion funional que relaiona
(s) on (1 s), donde esta ultima expresion tiene sentido ya que
(s)seextiende atodoel planoomplejo omomostramos antes. Para
obtenerlarelaiondeseada,onsideremoslasdostrayetoriassiguientes
2mi
2mi
-?
-6
6 0
1
C
n
_^]\
XYZ[
-1
0
C
dondeeluadradotieneverties(2n+1)(2n+1)i,la
irunferen-iatiene radio " <2 y las semiretas horizontales reorren elsemieje
realde+1a"yde"a+1omoseindia.NotesequeC,ambiandola
orientaionde C,eslatrayetoriaqueseusopara deniralaintegral
H(s)anteriormente. Consideremos ahoraelilo C
n
C y observemos
queeste ilorodeauna solavezaadaunode lospuntos 2mi,para
1m nyeslaroquelafunionf(z)=( z) s 1
=(e z
1)tienepolos
teorema del residuo sesigue que 1 2i Z Cn C ( z) s 1 e z 1 dz = n X m=1 n(2mi;C n
+C)Res(f(z);2i)
= n X m=1 ( 2mi) s 1 +(2mi) s 1 = n X m=1 (2m) s 1 ( i) s 1 +(i) s 1
y observamos quei=e i=2
y i=e i=2
, porlo que
( i) s 1 +(i) s 1 =e i(s 1)=2 +e i(s 1)=2
=2os((s 1)=2)=
=2sen (s=2)
y porlo tanto
() 1 2i Z C n C ( z) s 1 e z 1 dz = n X m=1 m s 1 (2) s 1 2sen(s=2) = 2(2) s 1 sen (s=2) n X m=1 1 m 1 s :
Esribamos ahorala urva C
n =C 0 n +C 00 n
,donde C 0
n
es eluadrado
y C 00
n
son lassemiretas de+1a(2n+1).Paraomenzarobservemos
que, en C 0
n , je
z
1j una onstante que no depende de n. Por otra
parte, en C 0
n
, j( z) s 1
j esta aotada por un multiplo de n 1
, donde
s =+it. Se sigue que
Z C 0 n ( z) s 1 e z 1 dz long(C 0 n )sup ( z) s 1 e z 1
: z 2C 0 n long(C 0 n )(onstante) n 1 Kn ;
la ultima desigualdad porque la longitud del uadrado long(C 0
n ) =
16n+8 y as K es una onstante queno depende de n tambien. De la
desigualdad anterior, si la parte real de s es tal que <0,entones
Kn
! 0 uando n ! 1. Se sigue que la integral anterior tiende a 0
uando n ! 1. En forma similar se prueba que la integral sobre C 00
n
tiende a 0uando n!1. Por lotanto
As, para ellado izquierdo de () setiene que
lm
n!1 1
2i Z
Cn C ( z)
s 1
e z
1 dz =
1
2i Z
C ( z)
s 1
e z
1 dz =
1
2i H(s)
y, para el lado dereho de (),
lm
n!1 2(2)
s 1
sen (s=2) n
X
m=1 1
m 1 s
=2(2) s 1
sen (s=2)(1 s);
de donde sesigue que
1
2i
H(s)=2 s
s 1
sen (s=2)(1 s):
Ahora, omo probamos antes,
H(s)=
2i(s)
(1 s) ;
que, junto on lo anterior nos da
(s)=
H(s) (1 s)
2i
=2 s
s 1
sen (s=2)(1 s) (s 1)
o,usando la identidad (s) (s 1)==sen(s), la igualdad anterior
sepuede reesribir omo
(1 s)=2(2) s
(s)os(s=2)(s);
y hemosas obtenido la euaionfunionalde lafunionzeta:
Teorema (Riemann). La funion zeta es una funion meromorfa en
C , onun uniopolo simpleens=1, y satisfae la euaionfunional
(1 s)=2(2) s
(s)os(s=2)(s):
Valores espeiales de la funion zeta. Por la desomposiion en
produto de Euler, no debiera ser una sorpresa que al evaluar la
fun-ionzeta en iertosenteroslosresultados tengansigniado aritmetio
espeial. Comenzamosobservando que lafunion
f(z):=F( z)=zG(z) = z
es una funion meromorfaon polos en z =2ik, k 2 Z nf0g, por lo
quetieneuna expansionen unaveindad dez =0,dehehoen eldiso
jzj<2, de la forma
f(z)= 1
X
n=0 B
n
n! z
n
=1 z
2 +
1
X
n=1 B
n
n! z
n
y notamos ahora que z
e z
1 +
z
2
es una funionpar, y por lotanto en
la expansion anterior los oeientes B
n
= 0 para toda n > 1 impar.
AlgunosvaloresdelosnumerosB
n
,llamadosn umerosdeBernoulli,son
B
0
=1; B
1
= 1=2; B
2
=1=6; B
4
= 1=30; B
6
=1=42; B
8
= 1=30; et.
Teorema.Para todo entero n>0 se tiene que
(1 n) =( 1) n 1
B
n
n
para n>0 entero:
Demostraion: Para la funion f(z) que dene a los numeros de
Bernoulli, observese que(n 1)!f(z)z n 1
tieneun poloen z =0uyo
residuo se alulafailmente
Res
z=0
(n 1)!f(z)z n 1
=oeiente de z 1
en (n 1)! 1
X
k=1 B
k
k! z
k n 1
= B
n
n ;
as basta probarque
Res
z=0 f(z)z
n 1
:= 1
2i Z
jzj=" f(z)z
n 1
dz =
(1 n)
(n 1)! ;
para0<" <2ydondeelrulojzj="estaorientadopositivamente.
Reordemos ahora la funion
H(s)= Z
C
"
F( z)z s 1
dz
z
que apareioen elalulo de la formulaintegral para zeta:
() (s)=
H(s) (1 s)
detalformaquelaintegralqueapareeenelalulodelresiduoanterior
espreisamenteel valorde H(s) en s=1 n, porlo que
Res
z=0 F(z)z
n 1
= 1
2i Z
C
" F(z)z
n 1
dz = 1
2i
H(1 n)
= 1
2i
2i(1 n)
(n)
por ()
=
(1 n)
(n 1)! ;
omose quera. ut
Usando el teorema anterior y la euaion funional obtenida por
Riemann,para s=2n on n 1,se obtienelaigualdad
( 1) 2n 1
B
2n
2n
=(1 2n)=2(2) 2n
(2n) os
2n
2
(2n);
de donde sesigue que
(2n)= ( 1)
n 1
(2) 2n
B
2n
2(2n)!
quereupera laformulade Euler menionadapreviamente, en
partiu-lar,si n = 1, omo B
2
= 1=6, se obtieneque (2) = 2
=6. Notese que
esta formula de Euler no se ve fail de deduir de la formula integral
parazetaqueRiemannobtuvoalprinipio;quizaelproblemadederivar
la formula de Euler llevo a Riemann al desubrimiento de la euaion
funionalpara la funion zeta.
Los eros triviales de zeta. De la igualdad
(1 n)=( 1) n 1
B
n
n
para n >0 entero
yomolosnumerosde Bernoullidendieimpar >1son ero, sesigue
que
0=( 2)=( 4)=( 6)==( 2n); para toda n1:
A los numeros de la forma s = 2n, n 1, se les llama los eros
trivialesde lafunionzeta.
Los otros eros de zeta. De la expansionen produto de Euler
(s)= Y
1
1 p s
se sigue que (s) no tiene eros en el semiplano Re(s) > 1. Ahora,
omo (s) no tiene eros, de la euaion funional de la funion zeta,
desontando los eros triviales se sigue que s es un ero de (s) si y
solo si 1 s lo es, y onseuentemente (s) tampoo tiene eros en
el semiplano Re(s) < 0, y por lo tanto todos los eros no triviales de
(s) estan en la franja 0 Re(s) 1 y, mas aun, estos eros estan
distribuidos simetriamente on respeto a la reta vertial Re(s) =
1=2.
Eneste puntodel artulode Riemann,alnal de latererapagina
(de un total de 8), onjetura que todos los eros no triviales de (s)
estanen lareta Re(s)=1=2. Esta eslaelebre hipotesis de Riemann,
de la ual el mismo die, en el artulo en uestion, que \le gustara
tener unademostraionrigurosa,pero quetienequeponerla aunlado,
despuesdeunosintentos vanos,porquenoesneesariaparasuobjetivo
inmediato", a saber la demostraion de su formula para el numero de
primos menores que una antidad x dada.
Hadamarddemostroque(s)notiene erosenlaretaRe(s)=1y,
porlaeuaion funional,onseuentementetampoo tieneeros en el
ejeRe(s)=0.Deheho,HadamardydelaVallee-Poussindemostraron,
independientemente, en 1896, que la ley de distribuion de primos es
equivalenteala armaionde quelafunionzetade Riemannnotiene
eros on parte real igual a1,y onseuentemente obtienen elteorema
de losnumeros primos.
En 1914, G. Hardy [3℄ demostro que (s) tiene un numero innito
de eros en la reta Re(s)=1=2.
Observaion. En [4℄ Riemann da dos demostraiones de la euaion
funional de la funion zeta y aqu hemos reproduido la primera de
ellas.UnopodrapreguntarseporqueRiemannhaeestoenunartulo
de orte resumido. Una posible respuesta sera lasiguiente: la primera
demostraion, que hemos reproduido arriba, tiene la ventaja de que
en el transurso de la misma se obtiene una formula integral para la
funionzetaquedespuesseusaparareuperarlosalulosdeEulerpara
(2n).Lasegundademostraionnomuestraningunabondadinmediata,
y parte de la misma idea ahora on la substituion x 7! n 2
x en la
formulaintegralparalafuniongammade Euler,paradespuesobtener
la igualdad
s
(s)(2s)= Z
1
0 1
X
e n
2
x
x s
dx
dondeel integrando proviene de laserie theta de Jaobi
(z):= X
n2Z e
in 2
z
=1+2 1
X
n=1 e
in 2
z
;
esdeir,
s
(s)(2s)= Z
1
0 1
2
((ix) 1)x s
dx
x
y haiendo la substituions7!s=2 esto se puedeesribir omo
(s):= s=2
(s=2)(s)= Z
1
0 1
2
((ix) 1)x s=2
dx
x ;
y entones Riemann nos reuerda, itandoa Jaobi (que a su vez ita
aPoisson) que lafuniontheta de Jaobi representa una funion
holo-morfa en el semiplano fz 2 C : Im(z) > 0g y ademas satisfae la
euaion funional:
( 1=z)= p
z=i(z):
De aqu Riemann dedue la euaion funional de la funion zeta
en la forma(s) =(1 s). Desde un punto de vistaoneptual esta
es una demostraion mas satisfatoria ya que nos die que la funion
zetasatisfae laeuaionfunional orrespondienteporquees la
trans-formada de Mellin de una funion modular, a saber la funion theta
de Jaobi, una idea que resonara en la teora de numeros en los a~nos
siguientes, tanto en el siglo19 omoen el siglo20, hasta ulminaron
lademostraion de laonjetura de Fermat a nalesdel siglopasado.
Referenias
[1℄ J. L. Borges, Kafka y sus preursores, 107-109, en Otras
inquisi-iones.Alianza Editorial-EmeeEditores, Madrid,1976.
[2℄ J.Hadamard,Surla distributiondeszerosdelafontion(s)etses
onsequenes arithmetiques. Bull. So. Math. Frane 24, 199-220
(1896).
[3℄ G.H. Hardy, Sur les zeros de la fontion (s) de Riemann. C.R.
Aad. Si. Paris, 158, 1012-1014, 1914.
[4℄ B. Riemann,
Uber die Anzahl der Primzahlen unter einer
[5℄ A. Weil, Number theory: An approah through history from
Ham-murapi to Legendre. Birkhauser Verlag, Boston, 2001.
[6℄ E. Whittaker, & G. Watson, A Course of Modern Analysis. 4th
Ed. CambridgeUniversity Press, Cambridge, 1950.
Apendie. Ofreemos a ontinuaion una traduion de las primeras
tres paginas del artulo [4℄ de Riemann de tal manera que el letor
podra veriar que tan era seguimos el original de Riemann en la
letura que hiimosen nuestraexposiion.
Sobre el numero de primos menores que una
antidad dada 1
Bernhard Riemann
Creo que la mejor manera de expresar mi gratitud por el honor
que laAademia [de Berln℄me haonferido alnombrarmeuno de sus
miembros orrespondientes, es usar el privilegio que esta membresa
onlleva para omuniar una investigaion sobre la distribuion de los
numeros primos, un tema que atrajo la atenion de Gauss y Dirihlet
durantemuhos a~nos.
Enesta investigaiontomareomopuntode partidalaobservaion
de Euler de que elproduto
Y
p 1
1 p s
= X
n 1
n s
;
dondepreorretodoslosnumerosprimosynreorretodoslosnumeros
naturales. Alafunionde una variableomplejas queestasdos
expre-sionesdenenuandoonvergen,ladenotarepor(s).Estasexpresiones
onvergen solamenteuandola partereal de s esmayorque1; sin
em-bargo es fail enontrar una expresion de esta funion que siempre es
valida.[En efeto,℄ usando laeuaion
Z
1
0 e
nx
x s 1
dx= (s)
n s
1
Traduion de F. Zaldvar de las primeras paginas de
Uber die Anzahl der
uno enuentra que
(s)(s)= Z
1
0 x
s 1
dx
e x
1 :
Siahora uno onsidera laintegral [de lnea℄
Z
( x) s 1
dx
e x
1
de +1 a +1 en el sentido positivo a lo largo de la frontera de un
dominioqueontieneal0peroningunaotrasingularidaddelintegrando
en su interior,entones failmentese ve que esta integral es iguala
(e is
e is
) Z
1
0 x
s 1
dx
e x
1 ;
sien lafunionmultivaluada( x) s 1
=e
(s 1)log ( x)
ellogaritmode x
esta determinado de tal manera que es real para valores negativos de
x.As,
2sen (s) (s)(s)=i Z
1
1 ( x)
s 1
dx
e x
1
dondela integral sedenio arriba.
Esta euaion dene la funion (s) para todos los omplejos s y
muestraqueesunivaluadaynitaparatodos losvaloresdesdiferentes
de 1 y que seanulauando s es un entero par negativo.
Cuandolaparterealdes esnegativa,laintegralsepuedetomar,en
lugarde en elsentido positivoa lolargo de lafrontera del dominio
da-do, en elsentido negativo alo largode lafrontera del omplementode
este dominioporque en este aso [uando Re(s)< 0℄ la integral sobre
valores on modulos innitamente grandes es innitamente peque~na.
Pero, dentro de este dominioomplementario lasuniassingularidades
del integrando son los multiplos enteros de 2i, y por lo tanto la
in-tegral es igual a la suma de las integrales tomadas alrededor de estas
singularidades en el sentido negativo. Como la integral alrededor del
valorn2i es( n2i) s 1
( 2i),esto nos da
2sen(s) (s)(s)=(2) s
X
n s 1
[( i) s 1
+i s 1
℄;
y por lo tanto [nos da℄ una relaion entre (s) y (1 s), la ual, por
las propiedades onoidas de la funion , se puede formular omo la
armaion de que
permanee invarianteuando s sereemplaza por 1 s.
Esta propiedad de la funion me motivo a onsiderar la integral
(s=2) en lugar de la integral (s) en el termino general de P
n s
,
lo ual lleva a una expresion muy onveniente de la funion (s). De
heho,
1
n s
(s=2) s=2
= Z
1
1 e
n 2
x
x s
2 1
dx;
de talformaque si uno pone
1
X
n=1 e
n 2
x
= (x)
se sigue que
(s=2) s=2
(s)= Z
1
0
(x)x s
2 1
dx
o, yaque
2 (x)+1=x 1=2
[2 (1=x)+1℄ (Jaobi, Fund., p.184);
se tiene que
(s=2) s=2
(s) = Z
1
1
(x)x s
2 1
dx+ Z
1
0
(1=x)x 1
2 (s 3)
dx
+ 1
2 Z
1
0
x 1
2 (s 3)
x s
2 1
dx
=
1
s(s 1) +
Z
1
1
(x) x s
2 1
x
(1+s)=2
dx:
Siahora ponemos s= 1
2 +ti y
s
2 1
(s 1) s=2
(s)=(t)
de talformaque
(t)= 1
2 (t
2
+ 1
4 )
Z
1
1
(x)x 3=4
os ( t
2
logx)dx
o tambien
(t)=4 Z
1
1 d[x
3=2 0
(x)℄
dx x
1=4
os ( t
2
logx)dx:
Esta funion es nita para todos los valores nitos de t y se puede
Ahora, omo para valores de s on parte real mayor que 1, log(s) =
P
log(1 p s
) es nito, y ya que lo mismo es valido para los otros
fatores de (t), entones la funion (t) se anula solouando la parte
imaginaria de t esta entre 1
2 i y
1
2
i. El numero de raes de (t) = 0
uya partereal esta entre 0 y T esaproximadamente
= T
2 log
T
2 T
2
porque la integral R
dlog(t) tomada en el sentido positivo alrededor
del dominio que onsistede todos losvalores uyas partes imaginarias
estanentre 1
2 i y
1
2
i y uyaspartesreales estan entre 0y T (salvouna
fraion de orden de magnitud 1=T) es igual a [Tlog(T=2) T℄i y,
por otro lado, es igual a 2i vees el numero de raes de (t) = 0 en
el dominio. De heho, se prueba que hay aproximadamente el mismo
numero de raes reales 2
dentro de esta frontera y es muy posible que
todas las raes sean reales. 3
Megustaratener una demostraion
rigu-rosade esto,pero he puestoaun lado subusqueda despues de algunos
intentosvanos,yaquenoesneesariapara elobjetivoinmediatode mi
investigaion.
2
EnunaartaitadaenlasobservaionesalnaldelartulodeRiemann,porlos
editoresdesusobrasompletas,enlapagina149,Riemanndiequeestaarmaion
nohapodidoprobarla.Hastalafehapermaneeonjetural.
3