ζ函数

黎曼ζ函数 .mw-parser-output .serif{font-family:Times,serif}ζ(s) 的定义如下： 设一复数 s 使得 Re(s) > 1，则定义：它亦可以用积分定义：在区域 {s : Re(s) > 1} 上，此无穷级数收敛并为一全纯函数。欧拉在1740年考虑过 s 为正整数的情况，后来切比雪夫拓展到 s > 1。波恩哈德·黎曼认识到：ζ函数可以通过解析开拓，把定义域扩展到几乎整个复数域上的全纯函数 ζ(s)。这也是黎曼猜想所研究的函数。虽然黎曼的ζ函数被数学家认为主要和“最纯”的数学领域数论相关，它也出现在应用统计学（参看齐夫定律和齐夫-曼德尔布罗特定律（英语：Zipf–Mandelbrot law））、物理，以及调音的数学理论中。ζ函数最早出现于1350年左右，当时的尼克尔·奥里斯姆发现了调和级数发散，即 ζ ( 1 ) = 1 + 1 2 + 1 3 + 1 4 + . . . → ∞ {displaystyle zeta (1)=1+{frac {1}{2}}+{frac {1}{3}}+{frac {1}{4}}+...to infty }之后的一次进展来自莱昂哈德·欧拉，他给出了调和级数呈对数发散。∑ y < n ≤ x f ( n ) = ∫ y x f ( t ) d t + ∫ y x ( t − ⌊ t ⌋ ) f ′ ( t ) d t + f ( x ) ( ⌊ x ⌋ − x ) − f ( y ) ( ⌊ y ⌋ − y ) {displaystyle sum _{y<nleq x}f(n)=int _{y}^{x}f(t),mathrm {d} t+int _{y}^{x}(t-leftlfloor trightrfloor )f'(t),mathrm {d} t+f(x)(leftlfloor xrightrfloor -x)-f(y)(leftlfloor yrightrfloor -y)} ∑ n ≤ x 1 n = 1 + ∫ 1 x 1 t d t − ∫ 1 x ( t − ⌊ t ⌋ ) t 2 d t + ⌊ x ⌋ − x x = 1 + ln ⁡ x − ∫ 1 x ( t − ⌊ t ⌋ ) t 2 d t + O ( 1 x ) = 1 + ln ⁡ x − ∫ 1 ∞ ( t − ⌊ t ⌋ ) t 2 d t + ∫ x ∞ ( t − ⌊ t ⌋ ) t 2 d t + O ( 1 x ) = ln ⁡ x + 1 − ∫ 1 ∞ ( t − ⌊ t ⌋ ) t 2 d t + ∫ x ∞ { t } t 2 d t + O ( 1 x ) {displaystyle {begin{aligned}sum _{nleq x}{frac {1}{n}}&=1+int _{1}^{x}{frac {1}{t}},mathrm {d} t-int _{1}^{x}{frac {(t-leftlfloor trightrfloor )}{t^{2}}},mathrm {d} t+{frac {leftlfloor xrightrfloor -x}{x}}\&=1+ln x-int _{1}^{x}{frac {(t-leftlfloor trightrfloor )}{t^{2}}},mathrm {d} t+mathrm {O} left({frac {1}{x}}right)\&=1+ln x-int _{1}^{infty }{frac {(t-leftlfloor trightrfloor )}{t^{2}}},mathrm {d} t+int _{x}^{infty }{frac {(t-leftlfloor trightrfloor )}{t^{2}}},mathrm {d} t+mathrm {O} left({frac {1}{x}}right)\&=ln x+1-int _{1}^{infty }{frac {(t-leftlfloor trightrfloor )}{t^{2}}},mathrm {d} t+int _{x}^{infty }{frac {left{tright}}{t^{2}}},mathrm {d} t+mathrm {O} left({frac {1}{x}}right)\end{aligned}}} 注意到其中的 1 − ∫ 1 ∞ ( t − ⌊ t ⌋ ) t 2 d t {displaystyle 1-int _{1}^{infty }{frac {(t-leftlfloor trightrfloor )}{t^{2}}},mathrm {d} t} 是一个常数。实际上，这就是欧拉-马斯刻若尼常数γ 再考虑剩下的一个积分，也就是 ∫ x ∞ { t } t 2 d t {displaystyle int _{x}^{infty }{frac {left{tright}}{t^{2}}},mathrm {d} t} 由于被积项非负，又有 { t } ≤ 1 {displaystyle left{tright}leq 1} ，于是 ∫ x ∞ { t } t 2 d t ≤ ∫ x ∞ 1 t 2 d t = 1 x {displaystyle int _{x}^{infty }{frac {left{tright}}{t^{2}}},mathrm {d} tleq int _{x}^{infty }{frac {1}{t^{2}}},mathrm {d} t={frac {1}{x}}} 最终得到 ∑ n ≤ x 1 n = ln ⁡ x + γ + O ( 1 x ) {displaystyle sum _{nleq x}{frac {1}{n}}=ln x+gamma +mathrm {O} ({frac {1}{x}})}除此之外，他还在1735年给出了巴塞尔问题的解答，得到 ζ ( 2 ) = π 2 6 {displaystyle zeta (2)={frac {pi ^{2}}{6}}} 的结果。欧拉最初的证明可以在巴塞尔问题中看到，然而那是他的第一个证明，因而广为人知。事实上，那个证明虽有不严谨之处，但是欧拉仍然有自己的严格证明。首先考虑当n为奇数时，将 z n − a n {displaystyle z^{n}-a^{n}} 分解为连乘积形式。 事实上，容易发现上式的全部复根为 a , a e 2 π i 1 n , a e 2 π i 2 n , . . . , a e 2 π i n − 1 n {displaystyle a,ae^{2pi i{frac {1}{n}}},ae^{2pi i{frac {2}{n}}},...,ae^{2pi i{frac {n-1}{n}}}} 由于n为奇数，所以可以将除了z=a外的其他根及其共轭一一配对，即a e 2 π i k n , a e 2 π i n − k n = a e − 2 π i k n {displaystyle ae^{2pi i{frac {k}{n}}},ae^{2pi i{frac {n-k}{n}}}=ae^{-2pi i{frac {k}{n}}}} 看做一对，则通过二次方程的韦达定理可以还原出每对根的最小多项式： 按照韦达定理，有 x 1 + x 2 = − a 1 a 0 = a e 2 π i k n + a e − 2 π i k n = cos ⁡ ( 2 π k n ) + cos ⁡ ( − 2 π k n ) = 2 cos ⁡ ( 2 π k n ) {displaystyle x_{1}+x_{2}=-{frac {a_{1}}{a_{0}}}=ae^{2pi i{frac {k}{n}}}+ae^{-2pi i{frac {k}{n}}}=cos left(2pi {frac {k}{n}}right)+cos left(-2pi {frac {k}{n}}right)=2cos left({frac {2pi k}{n}}right)} x 1 x 2 = a 2 a 0 = a e 2 π i k n a e − 2 π i k n = a 2 {displaystyle x_{1}x_{2}={frac {a_{2}}{a_{0}}}=ae^{2pi i{frac {k}{n}}}ae^{-2pi i{frac {k}{n}}}=a^{2}} 由于最小多项式首项系数为1，故 a 0 = 1 {displaystyle a_{0}=1} ，由此得到这对根最小多项式为 a 0 z 2 + a 1 z + a 2 = z 2 − 2 cos ⁡ ( 2 π k n ) z + a 2 {displaystyle a_{0}z^{2}+a_{1}z+a_{2}=z^{2}-2cos left({tfrac {2pi k}{n}}right)z+a^{2}} 注意到k的取值上限为 n − 1 2 {displaystyle {tfrac {n-1}{2}}} ，将每一对根的最小多项式相乘， 还有z=a这个根的最小多项式 z − a {displaystyle z-a} ，乘在一起，得到 z n − a n = ( z − a ) ∏ k = 1 n − 1 2 ( z 2 − 2 a z cos ⁡ 2 k π n + a 2 ) {displaystyle z^{n}-a^{n}=(z-a)prod _{k=1}^{frac {n-1}{2}}left(z^{2}-2azcos {frac {2kpi }{n}}+a^{2}right)} 令 z = 1 + x N , a = 1 − x N , N = n {displaystyle z=1+{frac {x}{N}},a=1-{frac {x}{N}},N=n} ，代入上式，有： ( 1 + x N ) N − ( 1 − x N ) N = [ ( 1 + x N ) − ( 1 − x N ) ] ∏ k = 1 N − 1 2 [ ( 1 + x N ) 2 − 2 ( 1 + x N ) ( 1 − x N ) cos ⁡ ( 2 π k N ) + ( 1 − x N ) 2 ] = 2 x N ∏ k = 1 N − 1 2 [ 2 + 2 x 2 N 2 − 2 ( 1 − x 2 N 2 ) cos ⁡ ( 2 π k N ) ] = 2 x N ∏ k = 1 N − 1 2 [ 2 + 2 x 2 N 2 − 2 cos ⁡ ( 2 π k N ) + 2 x 2 N 2 cos ⁡ ( 2 π k N ) ] = 4 x N ∏ k = 1 N − 1 2 ( ( 1 − cos ⁡ ( 2 π k N ) ) + ( 1 + cos ⁡ ( 2 π k N ) ) x 2 N 2 ) = 4 x N ∏ k = 1 N − 1 2 { [ 1 − cos ⁡ ( 2 π k N ) ] [ 1 + 1 + cos ⁡ ( 2 π k N ) 1 − cos ⁡ ( 2 π k N ) x 2 N 2 ] } {displaystyle {begin{aligned}left(1+{frac {x}{N}}right)^{N}-left(1-{frac {x}{N}}right)^{N}&=leftprod _{k=1}^{frac {N-1}{2}}left\&={frac {2x}{N}}prod _{k=1}^{frac {N-1}{2}}left\&={frac {2x}{N}}prod _{k=1}^{frac {N-1}{2}}left\&={frac {4x}{N}}prod _{k=1}^{frac {N-1}{2}}left({(1-cos({frac {2pi k}{N}}))+(1+cos({frac {2pi k}{N}})){frac {x^{2}}{N^{2}}}}right)\&={frac {4x}{N}}prod _{k=1}^{frac {N-1}{2}}left{leftleftright}\end{aligned}}} 此时，上述乘积中的 4 N ∏ k = 1 N − 1 2 ( 1 − cos ⁡ ( 2 π k N ) ) {displaystyle {frac {4}{N}}prod _{k=1}^{frac {N-1}{2}}(1-cos({frac {2pi k}{N}}))} 仅和N有关，记作 C ( N ) {displaystyle C(N)} ，上式变为 ( 1 + x N ) N − ( 1 − x N ) N = C ( N ) x ∏ k = 1 N − 1 2 ( 1 + 1 + cos ⁡ ( 2 π k N ) 1 − cos ⁡ ( 2 π k N ) x 2 N 2 ) {displaystyle left(1+{frac {x}{N}}right)^{N}-left(1-{frac {x}{N}}right)^{N}={C(N)}xprod _{k=1}^{frac {N-1}{2}}left({1+{frac {1+cos({frac {2pi k}{N}})}{1-cos({frac {2pi k}{N}})}}{frac {x^{2}}{N^{2}}}}right)} 而利用二项式定理，将等式左边展开： ( 1 + x N ) N = ∑ k = 0 N C N k x k N k {displaystyle {(1+{frac {x}{N}})^{N}}=sum _{k=0}^{N}{C_{N}^{k}{frac {x^{k}}{N^{k}}}}} ( 1 − x N ) N = ∑ k = 0 N ( − 1 ) k C N k x k N k {displaystyle {(1-{frac {x}{N}})^{N}}=sum _{k=0}^{N}{{{(-1)}^{k}}C_{N}^{k}{frac {x^{k}}{N^{k}}}}} 两式相减，考虑一次项，为 C N 1 x N − ( − 1 ) C N 1 x N = 2 C N 1 x N = 2 x {displaystyle C_{N}^{1}{frac {x}{N}}-(-1)C_{N}^{1}{frac {x}{N}}=2C_{N}^{1}{frac {x}{N}}=2x} 这正是等式的左边的一次项 而等式右边的一次项只能是连乘积中的全部1与连乘积外的C(n)x相乘，为使两边相等，必须有 C ( N ) = 2 {displaystyle C(N)=2} ，于是上式变为 ( 1 + x N ) N − ( 1 − x N ) N = 2 x ∏ k = 1 N − 1 2 ( 1 + 1 + cos ⁡ ( 2 π k N ) 1 − cos ⁡ ( 2 π k N ) x 2 N 2 ) {displaystyle left(1+{frac {x}{N}}right)^{N}-left(1-{frac {x}{N}}right)^{N}=2xprod _{k=1}^{frac {N-1}{2}}left({1+{frac {1+cos({frac {2pi k}{N}})}{1-cos({frac {2pi k}{N}})}}{frac {x^{2}}{N^{2}}}}right)} 另一方面，令 θ = 2 π k N {displaystyle theta ={frac {2pi k}{N}}} ，有 cos ⁡ ( θ ) = 1 − θ 2 2 + O ( θ 3 ) {displaystyle cos(theta )=1-{frac {theta ^{2}}{2}}+mathrm {O} (theta ^{3})} 于是，代入上式，得到 ( 1 + x N ) N − ( 1 − x N ) N = 2 x ∏ k = 1 N − 1 2 [ 1 + 1 + cos ⁡ ( 2 π k N ) 1 − cos ⁡ ( 2 π k N ) x 2 N 2 ] = 2 x ∏ k = 1 N − 1 2 { 1 + 1 + [ 1 − θ 2 2 + O ( θ 3 ) ] 1 − [ 1 − θ 2 2 + O ( θ 3 ) ] x 2 N 2 } = 2 x ∏ k = 1 N − 1 2 [ 1 + 2 − θ 2 2 + O ( θ 3 ) θ 2 2 + O ( θ 3 ) x 2 N 2 ] = 2 x ∏ k = 1 N − 1 2 ( 1 + ( 4 − θ 2 + O ( θ 3 ) ) x 2 ( θ 2 + O ( θ 3 ) ) N 2 ) = 2 x ∏ k = 1 N − 1 2 ( 1 + ( 4 − ( 2 k π N ) 2 + O ( ( 2 k π N ) 3 ) x 2 ( ( 2 k π N ) 2 + O ( ( 2 k π N ) 3 ) ) N 2 ) ) = 2 x ∏ k = 1 N − 1 2 ( 1 + ( 4 − ( 2 k π