黎曼泽塔函數 ,写作ζ(s ) 的定義如下:設一複數 s 使得 Re(s ) > 1 ,則定義:
複平面 中一矩形區域之黎曼ζ函數 ζ ( z ) {\displaystyle \zeta (z)} ;此圖用Matplotlib 程式繪圖產生,使用到定義域著色 方法。[1] ζ ( s ) = ∑ n = 1 ∞ 1 n s {\displaystyle \zeta (s)=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{s}}}} 它亦可以用积分定义:
ζ ( s ) = 1 Γ ( s ) ∫ 0 ∞ x s − 1 e x − 1 d x {\displaystyle \zeta (s)={\frac {1}{\Gamma (s)}}\int _{0}^{\infty }{\frac {x^{s-1}}{e^{x}-1}}\mathrm {d} x} 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 。[2] 波恩哈德·黎曼 认识到:ζ函数可以通过解析延拓 ,把定義域 扩展到幾乎整個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 (参看齊夫定律 和齊夫-曼德爾布羅特定律 )、物理 ,以及调音 的数学理论中。
历史 编辑
奥里斯姆 编辑 ζ函数最早出现于1350年左右,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 }
奥里斯姆对调和级数发散的“证明” ζ ( 1 ) = 1 + 1 2 + 1 3 + 1 4 + 1 5 + 1 6 + 1 7 + 1 8 + . . . = 1 + 1 2 + ( 1 3 + 1 4 ) + ( 1 5 + 1 6 + 1 7 + 1 8 ) + . . . ≥ 1 + 1 2 + ( 1 4 + 1 4 ) + ( 1 8 + 1 8 + 1 8 + 1 8 ) + . . . = 1 + 1 2 + 1 2 + 1 2 + . . . → ∞ {\displaystyle {\begin{aligned}\zeta (1)&=1+{\frac {1}{2}}+{\frac {1}{3}}+{\frac {1}{4}}+{\frac {1}{5}}+{\frac {1}{6}}+{\frac {1}{7}}+{\frac {1}{8}}+...\\&=1+{\frac {1}{2}}+({\frac {1}{3}}+{\frac {1}{4}})+({\frac {1}{5}}+{\frac {1}{6}}+{\frac {1}{7}}+{\frac {1}{8}})+...\\&\geq 1+{\frac {1}{2}}+({\frac {1}{4}}+{\frac {1}{4}})+({\frac {1}{8}}+{\frac {1}{8}}+{\frac {1}{8}}+{\frac {1}{8}})+...\\&=1+{\frac {1}{2}}+{\frac {1}{2}}+{\frac {1}{2}}+...\\&\to \infty \\\end{aligned}}}
欧拉 编辑 第n个调和数(蓝点)与Log(n)+γ(红线)的图像 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。
欧拉对调和级数发散速度的证明[3] 为了求出调和级数的部分和,使用欧拉-麦克劳林求和公式 (当然,亦可使用阿贝尔求和公式 ): ∑ 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<n\leq x}f(n)=\int _{y}^{x}f(t)\,\mathrm {d} t+\int _{y}^{x}(t-\left\lfloor t\right\rfloor )f'(t)\,\mathrm {d} t+f(x)(\left\lfloor x\right\rfloor -x)-f(y)(\left\lfloor y\right\rfloor -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 _{n\leq x}{\frac {1}{n}}&=1+\int _{1}^{x}{\frac {1}{t}}\,\mathrm {d} t-\int _{1}^{x}{\frac {(t-\left\lfloor t\right\rfloor )}{t^{2}}}\,\mathrm {d} t+{\frac {\left\lfloor x\right\rfloor -x}{x}}\\&=1+\ln x-\int _{1}^{x}{\frac {(t-\left\lfloor t\right\rfloor )}{t^{2}}}\,\mathrm {d} t+\mathrm {O} \left({\frac {1}{x}}\right)\\&=1+\ln x-\int _{1}^{\infty }{\frac {(t-\left\lfloor t\right\rfloor )}{t^{2}}}\,\mathrm {d} t+\int _{x}^{\infty }{\frac {(t-\left\lfloor t\right\rfloor )}{t^{2}}}\,\mathrm {d} t+\mathrm {O} \left({\frac {1}{x}}\right)\\&=\ln x+1-\int _{1}^{\infty }{\frac {(t-\left\lfloor t\right\rfloor )}{t^{2}}}\,\mathrm {d} t+\int _{x}^{\infty }{\frac {\left\{t\right\}}{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-\left\lfloor t\right\rfloor )}{t^{2}}}\,\mathrm {d} t} 是一个常数。实际上,这就是歐拉-馬斯刻若尼常數 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\{t\right\}}{t^{2}}}\,\mathrm {d} t} 由于被积项非负,又有 { t } ≤ 1 {\displaystyle \left\{t\right\}\leq 1} ,于是 ∫ x ∞ { t } t 2 d t ≤ ∫ x ∞ 1 t 2 d t = 1 x {\displaystyle \int _{x}^{\infty }{\frac {\left\{t\right\}}{t^{2}}}\,\mathrm {d} t\leq \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 _{n\leq 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#欧拉的錯誤證明 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。[4]
欧拉对 ζ ( 2 ) = π 2 6 {\displaystyle {\begin{smallmatrix}\zeta (2)={\frac {\pi ^{2}}{6}}\end{smallmatrix}}} 的严格证明 下面将写出欧拉对上式的证明中缺失的严格论证的部分,即对连乘积公式的证明部分,而不涉及最终的系数比较首先考虑当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^{2\pi i{\frac {1}{n}}},ae^{2\pi i{\frac {2}{n}}},...,ae^{2\pi 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 将共轭的根一一配对 a e 2 π i k n , a e 2 π i n − k n = a e − 2 π i k n {\displaystyle ae^{2\pi i{\frac {k}{n}}},ae^{2\pi i{\frac {n-k}{n}}}=ae^{-2\pi 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^{2\pi i{\frac {k}{n}}}+ae^{-2\pi i{\frac {k}{n}}}=\cos \left(2\pi {\frac {k}{n}}\right)+\cos \left(-2\pi {\frac {k}{n}}\right)=2\cos \left({\frac {2\pi 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^{2\pi i{\frac {k}{n}}}ae^{-2\pi 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}-2\cos \left({\tfrac {2\pi 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}-2az\cos {\frac {2k\pi }{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}&=\left[\left(1+{\frac {x}{N}}\right)-\left(1-{\frac {x}{N}}\right)\right]\prod _{k=1}^{\frac {N-1}{2}}\left[\left(1+{\frac {x}{N}}\right)^{2}-2\left(1+{\frac {x}{N}}\right)\left(1-{\frac {x}{N}}\right)\cos \left({\frac {2\pi k}{N}}\right)+\left(1-{\frac {x}{N}}\right)^{2}\right]\\&={\frac {2x}{N}}\prod _{k=1}^{\frac {N-1}{2}}\left[2+{\frac {2x^{2}}{N^{2}}}-2\left(1-{\frac {x^{2}}{N^{2}}}\right)\cos \left({\frac {2\pi k}{N}}\right)\right]\\&={\frac {2x}{N}}\prod _{k=1}^{\frac {N-1}{2}}\left[{2+{\frac {2{x^{2}}}{N^{2}}}-2\cos \left({\frac {2\pi k}{N}}\right)+{\frac {2{x^{2}}}{N^{2}}}\cos({\frac {2\pi k}{N}})}\right]\\&={\frac {4x}{N}}\prod _{k=1}^{\frac {N-1}{2}}\left({(1-\cos({\frac {2\pi k}{N}}))+(1+\cos({\frac {2\pi k}{N}})){\frac {x^{2}}{N^{2}}}}\right)\\&={\frac {4x}{N}}\prod _{k=1}^{\frac {N-1}{2}}\left\{\left[1-\cos \left({\frac {2\pi k}{N}}\right)\right]\left[{1+{\frac {1+\cos \left({\frac {2\pi k}{N}}\right)}{1-\cos({\frac {2\pi k}{N}})}}{\frac {x^{2}}{N^{2}}}}\right]\right\}\\\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 {2\pi 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)}x\prod _{k=1}^{\frac {N-1}{2}}\left({1+{\frac {1+\cos({\frac {2\pi k}{N}})}{1-\cos({\frac {2\pi 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}=2x\prod _{k=1}^{\frac {N-1}{2}}\left({1+{\frac {1+\cos({\frac {2\pi k}{N}})}{1-\cos({\frac {2\pi k}{N}})}}{\frac {x^{2}}{N^{2}}}}\right)} 另一方面,令 θ = 2 π k N {\displaystyle \theta ={\frac {2\pi 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 N ) 2 + O ( ( 2 k π N ) 3 ) ) x 2 ( 2 k π ) 2 + O ( ( 2 k π ) 3 N ) ) {\displaystyle {\begin{aligned}\left(1+{\frac {x}{N}}\right)^{N}-\left(1-{\frac {x}{N}}\right)^{N}&=2x\prod _{k=1}^{\frac {N-1}{2}}\left[1+{\frac {1+\cos \left({\frac {2\pi k}{N}}\right)}{1-\cos \left({\frac {2\pi k}{N}}\right)}}{\frac {x^{2}}{N^{2}}}\right]\\&=2x\prod _{k=1}^{\frac {N-1}{2}}\left\{1+{\frac {1+\left[1-{\frac {\theta ^{2}}{2}}+\mathrm {O} \left(\theta ^{3}\right)\right]}{1-\left[1-{\frac {\theta ^{2}}{2}}+\mathrm {O} \left(\theta ^{3}\right)\right]}}{\frac {x^{2}}{N^{2}}}\right\}\\&=2x\prod _{k=1}^{\frac {N-1}{2}}\left[1+{\frac {2-{\frac {\theta ^{2}}{2}}+\mathrm {O} \left(\theta ^{3}\right)}{{\frac {\theta ^{2}}{2}}+\mathrm {O} \left(\theta ^{3}\right)}}{\frac {x^{2}}{N^{2}}}\right]\\&=2x\prod _{k=1}^{\frac {N-1}{2}}\left(1+{\frac {\left(4-\theta ^{2}+\mathrm {O} \left(\theta ^{3}\right)\right)x^{2}}{\left(\theta ^{2}+\mathrm {O} \left(\theta ^{3}\right)\right)N^{2}}}\right)\\&=2x\prod _{k=1}^{\frac {N-1}{2}}\left(1+{\frac {\left(4-\left({\frac {2k\pi }{N}}\right)^{2}+\mathrm {O} \left(\left({\frac {2k\pi }{N}}\right)^{3}\right)\right)x^{2}}{\left(\left({\frac {2k\pi }{N}}\right)^{2}+\mathrm {O} \left(\left({\frac {2k\pi }{N}}\right)^{3}\right)\right)N^{2}}}\right)\\&=2x\prod _{k=1}^{\frac {N-1}{2}}\left(1+{\frac {\left(4-\left({\frac {2k\pi }{N}}\right)^{2}+\mathrm {O} \left(\left({\frac {2k\pi }{N}}\right)^{3}\right)\right)x^{2}}{(2k\pi )^{2}+\mathrm {O} \left({\frac {(2k\pi )^{3}}{N}}\right)}}\right)\end{aligned}}} 令N→∞,则右端大O符号的诸项都变为无穷小。另一方面,左端可写为: lim N → ∞ ( 1 + x N ) N − ( 1 − x N ) N = e x − e − x {\displaystyle \lim _{N\to \infty }(1+{\frac {x}{N}})^{N}-(1-{\frac {x}{N}})^{N}=e^{x}-e^{-x}} 于是上式变为 e x − e − x = 2 x ∏ k = 1 ∞ ( 1 + ( 4 + o ( 1 ) ) x 2 ( 2 k π ) 2 + o ( 1 ) ) = 2 x ∏ k = 1 ∞ ( 1 + ( 1 + o ( 1 ) ) x 2 k 2 π 2 + o ( 1 ) ) = 2 x ∏ k = 1 ∞ ( 1 + x 2 k 2 π 2 ) {\displaystyle {\begin{aligned}e^{x}-e^{-x}&=2x\prod _{k=1}^{\infty }\left({1+{\frac {(4+o(1)){x^{2}}}{{{(2k\pi )}^{2}}+o(1)}}}\right)\ \\&=2x\prod _{k=1}^{\infty }\left({1+{\frac {(1+o(1)){x^{2}}}{{k^{2}}{\pi ^{2}}+o(1)}}}\right)\ \\&=2x\prod _{k=1}^{\infty }\left({1+{\frac {x^{2}}{{k^{2}}{\pi ^{2}}}}}\right)\ \\\end{aligned}}} 此时,只需比较左右两端展开式的三次项系数,即可得出结果。 对左式进行级数展开,可得: e x − e − x = − ∑ k = 0 ∞ ( − x ) k − x k k ! {\displaystyle e^{x}-e^{-x}=-\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {(-x)^{k}-x^{k}}{k!}}} 其中当 k = 3 {\displaystyle k=3} 时可提取左式的三次项为 2 x 3 3 ! {\displaystyle {\frac {2x^{3}}{3!}}} 。
同时展开右式可得右式的三次项为 ( ∑ k = 1 ∞ 2 k 2 π 2 ) x 3 {\displaystyle \left(\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {2}{k^{2}\pi ^{2}}}\right)x^{3}} 由于等式左右端相等,所以左右式三次项系数必须相等, 因此可得: 2 3 ! = ∑ k = 1 ∞ 2 k 2 π 2 {\displaystyle {\frac {2}{3!}}=\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {2}{k^{2}\pi ^{2}}}} 化简可得: π 2 6 = ∑ k = 1 ∞ 1 k 2 = ζ ( 2 ) {\displaystyle {\frac {\pi ^{2}}{6}}=\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k^{2}}}=\zeta \left(2\right)}
欧拉在1737年还发现了欧拉乘积公式 : ∑ n = 1 ∞ 1 n s = ∏ p ( 1 − 1 p s ) − 1 {\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{s}}}=\prod _{p}(1-{\frac {1}{p^{s}}})^{-1}} 这是ζ函数与素数的联系的朦胧征兆,其证明可以在证明黎曼ζ函数的欧拉乘积公式 中看到。 通过这条公式,容易证明当 Re ( s ) > 1 {\displaystyle {\begin{smallmatrix}\operatorname {Re} (s)>1\end{smallmatrix}}} 时, ζ ( s ) > 0 {\displaystyle {\begin{smallmatrix}\zeta (s)>0\end{smallmatrix}}}
1749年,欧拉通过大胆的计算發現了(以下公式當中存在定義域謬誤,後由黎曼透過解析延拓証明以下公式只適用於 Re(s ) > 1 )[5] ζ ( − 1 ) = 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + . . . = − 1 12 {\displaystyle \zeta (-1)=1+2+3+4+5+...=-{\frac {1}{12}}} ζ ( − 2 ) = 1 2 + 2 2 + 3 2 + 4 2 + 5 2 + . . . = 0 {\displaystyle \zeta (-2)=1^{2}+2^{2}+3^{2}+4^{2}+5^{2}+...=0} ζ ( − 3 ) = 1 3 + 2 3 + 3 3 + 4 3 + 5 3 + . . . = 1 120 {\displaystyle \zeta (-3)=1^{3}+2^{3}+3^{3}+4^{3}+5^{3}+...={\frac {1}{120}}} 发现ζ(s)与ζ(1-s)之间存在某些关系。
黎曼 编辑 波恩哈德·黎曼 对ζ解析延拓,用于素数的分布理论将欧拉所做的一切牢牢地置于坚石之上的是黎曼,他在1859年的论文论小于给定数值的素数个数 以及未发表的手稿中做出了多项进展:[6]
第一积分表示: ζ ( s ) = 1 Γ ( s ) ∫ 0 ∞ x s − 1 e x − 1 d x {\displaystyle \zeta (s)={\frac {1}{\Gamma (s)}}\int _{0}^{\infty }{\frac {x^{s-1}}{e^{x}-1}}\,\mathrm {d} x} 完备化的ζ,即黎曼ξ函数 : ξ ( s ) = π − s 2 Γ ( s 2 ) ζ ( s ) {\displaystyle \xi (s)=\pi ^{-{\frac {s}{2}}}\Gamma \left({\frac {s}{2}}\right)\zeta (s)} ,满足函数方程 ξ ( s ) = ξ ( 1 − s ) {\displaystyle \xi (s)=\xi (1-s)} 第二积分表示: φ ( x ) = ∑ n = 1 ∞ e − π n 2 x {\displaystyle \varphi (x)=\sum _{n=1}^{\infty }e^{-\pi n^{2}x}} ,则 ξ ( s ) = ∫ 0 ∞ φ ( x ) x s 2 − 1 d x {\displaystyle \xi (s)=\int _{0}^{\infty }\varphi (x)x^{{\frac {s}{2}}-1}\,\mathrm {d} x} 黎曼 - 冯·曼戈尔特公式 :以 0 < N ( T ) {\displaystyle {\begin{smallmatrix}0<\operatorname {N} (T)\end{smallmatrix}}} 表示虚部介于0与T之间的非平凡零点数量,则 N ( T ) = T 2 π log T 2 π − T 2 π + O ( log T ) {\displaystyle N(T)={\frac {T}{2\pi }}\log {\frac {T}{2\pi }}-{\frac {T}{2\pi }}+\mathrm {O} (\log T)} 黎曼猜想 :ζ函数的所有非平凡零点的实部非常有可能均为 1 2 {\displaystyle {\begin{smallmatrix}{\frac {1}{2}}\end{smallmatrix}}} 第三积分表示: ζ ( s ) = 1 2 π i Γ ( 1 − s ) ∮ γ z s − 1 e z 1 − e z d z {\displaystyle \zeta (s)={\frac {1}{2\pi i}}\Gamma (1-s)\oint _{\gamma }{\frac {{z^{s-1}}{e^{z}}}{1-{e^{z}}}}\,\mathrm {d} z} ,其中围道γ逆时针环绕负实轴 第三积分表示的围道γ 阿达马与普森 编辑 ζ(1+it)的图像,蓝色为实部,黄色为虚部 1896年,雅克·阿达马 与普森 几乎同时地证明了 ζ ( s ) {\displaystyle {\begin{smallmatrix}\zeta (s)\end{smallmatrix}}} 的所有非平凡零点的实部均小于1,即 Re ( s ) = 1 {\displaystyle {\begin{smallmatrix}\operatorname {Re} (s)=1\end{smallmatrix}}} 上无非平凡零点,从而完成了素数定理 的证明。
希尔伯特 编辑 1900年,希尔伯特 在巴黎的第二届国际数学家大会上作了题为《数学问题》的演讲,提出了23道最重要的数学问题,黎曼假设在其中作为第8题出现。 之后,希尔伯特提出了希尔伯特-波利亚猜想 ,具体时间及场合未知。
玻尔与兰道 编辑 虚部介于0与T的零点数量(蓝点)与黎曼-冯·曼格尔特公式(红线)的图像 1914年,哈那德·玻爾 和愛德蒙·蘭道 证明了玻爾-蘭道定理:含有临界线的任意带状区域都几乎包含了ζ的所有非平凡零点,表明了临界线为零点汇聚的“中心位置”。
哈代与李特尔伍德 编辑 1921年,哈代 和李特尔伍德 证明了存在常数T,使临界线上虚部位于0与T之间的非平凡零点的数量至少为 K T {\displaystyle {\begin{smallmatrix}KT\end{smallmatrix}}} 。
塞尔伯格 编辑 1942年,阿特勒·塞尔伯格 更进一步,证明了存在常数T,使临界线上虚部位于0与T之间的非平凡零点的数量至少为 K T log T {\displaystyle {\begin{smallmatrix}KT\log T\end{smallmatrix}}} ,这意味着ζ函数在临界线上的非平凡零点在所有零点中占有一个正密度,而临界线 Re ( s ) = 1 2 {\displaystyle {\begin{smallmatrix}\operatorname {Re} (s)={\frac {1}{2}}\end{smallmatrix}}} 对于临界带 0 < Re ( s ) < 1 {\displaystyle {\begin{smallmatrix}0<\operatorname {Re} (s)<1\end{smallmatrix}}} 的测度为0。
解析延拓 编辑 和数论函数的关系 编辑 佩龙公式 编辑
ζ函数与数论函数存在的联系可以通过佩龙公式 转化为它和数论函数的求和的关系:设
G ( s ) = ∑ n = 1 ∞ g ( n ) {\displaystyle G(s)={\sum _{n=1}^{\infty }}g(n)} 则由佩龙公式,
A ( x ) = ∑ n ≤ x ′ g ( n ) = 1 2 π i ∫ c − i ∞ c + i ∞ G ( z ) x z z d z {\displaystyle A(x)={\sum _{n\leq x}}'g(n)={\frac {1}{2\pi i}}\int _{c-i\infty }^{c+i\infty }G(z){\frac {x^{z}}{z}}\,\mathrm {d} z} 其中右上角的'表示如果x是整数,那么求和的最后一项要乘以 1 2 {\displaystyle {\begin{smallmatrix}{\frac {1}{2}}\end{smallmatrix}}} 。 这样做的其中一个结果就是ζ函数和素数分布的关系。
和素数的关系 编辑 零点 编辑 函数值 编辑 參考資料 编辑 相關條目 编辑