黎曼的zeta函数(0)

没想到这篇文章有这么多人感兴趣，为表示感谢，本次带来续篇传送门。
让我们继续探究黎曼$\zeta$函数的奥妙吧~

$\Gamma$函数

考虑如下等式
$$\sum _{k=0}^{\infty }{x}^k=1+x+x^2+\cdots =\frac{1}{1-x}$$
而恰有
$${\int }_0^{\infty }{e}^{-(1-x)t}\mathrm{dt}=[-\frac{1}{1-\mathrm{x}}{\mathrm{e}}^{-(1-\mathrm{x})\mathrm{t}}{]}_0^{\infty }=\frac{1}{1-\mathrm{x}}$$
所以
$$\sum _{k=0}^{\infty }{x}^k={\int }_0^{\infty }{e}^{-(1-x)t}\mathrm{dt}$$
对$e^{xt}$使用泰勒展开
$${\int }_0^{\infty }{e}^{-(1-x)t}\mathrm{dt}={\int }_0^{\infty }{\mathrm{e}}^{-\mathrm{t}}\sum _{\mathrm{k}=0}^{\infty }\frac{(\mathrm{xt}{)}^{\mathrm{k}}}{\mathrm{k}!}\mathrm{dt}$$
把$e^{-t}$乘到求和号里面，再交换积分和求和的次序，就有
$$\sum _{k=0}^{\infty }{x}^k=\sum _{k=0}^{\infty }{\int }_0^{\infty }{e}^{-t}{t}^k\mathrm{dt}\frac{{\mathrm{x}}^{\mathrm{k}}}{\mathrm{k}!}$$
对比系数，我们得到
$$k!={\int }_0^{\infty }{t}^k{e}^{-t}\mathrm{dt}$$
实际上，欧拉曾经考虑过与此相关的两个(积分)函数，现在称为第一类欧拉积分的$\mathrm{B}$函数
$$\mathrm{B}(a,b)={\int }_0^1{x}^{a-1}(1-x{)}^{b-1}\mathrm{dx}$$
和现在称为第二类欧拉积分的Gamma函数
$$\Gamma (a)={\int }_0^{\infty }{x}^{a-1}{e}^{-x}\mathrm{dx}$$
使用分部积分，很容易证明
$$\Gamma (a)=(a-1)\Gamma (a-1)$$
加之$\Gamma (1)=1$，用归纳法就可以得出
$$\Gamma (n)=(n-1)!\forall n\in \mathbb{N}$$

余元公式

$$\Gamma (s)\Gamma (1-s)=\frac{\pi }{\sin (s\pi )}$$
根据两类欧拉积分的关系，这也就是说
$$\mathrm{B}(s,1-s)=\frac{\pi }{\sin (s\pi )}$$
做换元$x\to \frac{y}{1+y}$，就有
$$\mathrm{B}(s,1-s)={\int }_0^{\infty }\frac{y^{s-1}}{1+y}\mathrm{dy}$$
然后使用柯西积分公式(或者留数定理)就可以证明。

$\zeta$函数

黎曼的$\zeta$函数定义为
$$\zeta (s)=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^s}$$
我们对$\Gamma$函数做一个变换$x\to nx$，就有
$$\Gamma (s)=n^s{\int }_0^{\infty }{x}^{s-1}{e}^{-nx}\mathrm{dx}$$
移项并在两边求和
$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^s}\Gamma (s)={\int }_0^{\infty }{x}^{s-1}\sum _{n=1}^{\infty }{e}^{-nx}\mathrm{dx}={\int }_0^{\infty }\frac{{\mathrm{x}}^{\mathrm{s}-1}}{{\mathrm{e}}^{\mathrm{x}}-1}\mathrm{dx}$$
所以
$$\zeta (s)=\frac{1}{\Gamma (s)}{\int }_0^{\infty }\frac{x^{s-1}}{e^x-1}\mathrm{dx}$$
这称为$\zeta$函数的第一积分表示。

$\eta$函数

Dirichlet研究过一个与此非常类似的函数，称为Dirichlet $\eta$函数，定义如下
$$\eta (s)=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}}{n^s}$$
注意到这个函数可按正负(奇偶)拆成两个级数
$$\eta (s)=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{(2n-1{)}^s}-\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{(2n{)}^s}=(1-\frac{1}{2^s})\zeta (s)-\frac{1}{2^s}\zeta (s)=(1-\frac{1}{2^{s-1}})\zeta (s)$$
这可当作$\zeta (s)$的一种定义，即
$$\zeta (s)=\frac{1}{1-2^{1-s}}\eta (s)$$
根据莱布尼茨判别法，$\eta (s)$在$s>0$是收敛的，这就扩展了$\zeta (s)$的定义域$s>1$.

解析延拓

现考虑将$\zeta$函数定义为复变函数，将上述积分中的$x$简单地换为$z$，并选择Hankel围道进行积分，经过一番化简之后，发现并不能与原定义相容。实际上，应当考虑如下稍作修改后的复积分
$${\int }_H\frac{(-z{)}^{s-1}}{e^z-1}\mathrm{dz}$$
式中$(-z{)}^{s-1}$应理解为$e^{(s-1)\ln (-z)}$，根据复对数的定义，$\ln (-z)=\ln |-z|+i\arg (-z)$。当Hankel围道无限趋近于正实轴时
$$\underset{y\to 0}{\lim }\ln |-z|=\underset{y\to 0}{\lim }\ln |-(x+iy)|=\ln x$$
而其中幅角一项就要分两种情况考虑，不难看出
$$\underset{y\to 0^{+}}{\lim }\arg (-z)=-\pi$$
而
$$\underset{y\to 0^{-}}{\lim }\arg (-z)=\pi$$
另外，对于Hankel围道的半圆形部分，注意到$e^{(s-1)\theta i}$是有限的，就有
$$\underset{z\to 0}{\lim }{\int }_C\frac{(-z{)}^{s-1}}{e^z-1}\mathrm{dz}=-\underset{\mathrm{z}\to 0}{\lim }{\int }_{\mathrm{C}}(-\mathrm{z}{)}^{\mathrm{s}-2}\mathrm{dz}=\underset{\mathrm{r}\to 0}{\lim }[\frac{{\mathrm{r}}^{\mathrm{s}-1}{\mathrm{e}}^{(\mathrm{s}-1)\theta \mathrm{i}}}{\mathrm{s}-1}{]}_{\frac{-\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}=0$$
其中$r$为$-z$的模，$\theta$为$-z$的幅角。因此
$${\int }_H\frac{(-z{)}^{s-1}}{e^z-1}\mathrm{dz}={\mathrm{e}}^{-(\mathrm{s}-1)\pi \mathrm{i}}{\int }_{\infty }^0\frac{{\mathrm{x}}^{\mathrm{s}-1}}{{\mathrm{e}}^{\mathrm{x}}-1}\mathrm{dx}+{\mathrm{e}}^{(\mathrm{s}-1)\pi \mathrm{i}}{\int }_0^{\infty }\frac{{\mathrm{x}}^{\mathrm{s}-1}}{{\mathrm{e}}^{\mathrm{x}}-1}\mathrm{dx}=[{\mathrm{e}}^{(\mathrm{s}-1)\pi \mathrm{i}}-{\mathrm{e}}^{-(\mathrm{s}-1)\pi \mathrm{i}}]{\int }_0^{\infty }\frac{{\mathrm{x}}^{\mathrm{s}-1}}{{\mathrm{e}}^{\mathrm{x}}-1}\mathrm{dx}$$
使用欧拉公式，有
$$[e^{(s-1)\pi i}-e^{-(s-1)\pi i}]=2i\sin [(s-1)\pi ]=-2i\sin (s\pi )$$
而根据余元公式，就有
$${\int }_H\frac{(-z{)}^{s-1}}{e^z-1}\mathrm{dz}=\frac{-2\pi \mathrm{i}}{\mathrm{\Gamma }(\mathrm{s})\mathrm{\Gamma }(1-\mathrm{s})}{\int }_0^{\infty }\frac{{\mathrm{x}}^{\mathrm{s}-1}}{{\mathrm{e}}^{\mathrm{x}}-1}\mathrm{dx}$$
因此
$$\zeta (s)=-\frac{\Gamma (1-s)}{2\pi i}{\int }_H\frac{(-z{)}^{s-1}}{e^z-1}\mathrm{dz}$$
这就把$\zeta (s)$的定义扩展到了整个复平面上。上式也称为$\zeta$函数的第三积分表示。

$\zeta$的特殊值

当$s=-n,(n=0,1,2,\dots )$时我们可以根据上述积分表示得到
$$\begin{array}{rl}\zeta (-n)& =\frac{\Gamma (1+n)}{2\pi i}{\int }_H\frac{(-z{)}^{-n-1}}{e^z-1}\mathrm{dz}\\ & =\frac{\Gamma (1+n)}{2\pi i}{\int }_H(\sum _m\frac{B_m{z}^m}{m!})(-z{)}^{-n-2}\mathrm{dz}\\ & =\frac{\Gamma (1+n)}{2\pi i}\sum _m\frac{B_m}{m!}(-1{)}^n{\int }_H{z}^{m-n-2}\mathrm{dz}\\ & =\Gamma (1+n)\sum _m\frac{B_m}{m!}(-1{)}^{n}Res[z^{m-n-2},0]\end{array}$$
其中$B_n$为伯努利数，定义为
$$\frac{x}{e^x-1}=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{B_n{x}^n}{n!}$$
留数$Res[z^{m-n-2},0]={\lim }_{z\to 0}{z}^{m-n-1}$仅当$m=n+1$时为$1$，因此
$$\zeta (-n)=(-1{)}^n\frac{B_{n+1}}{n+1}$$

函数方程

黎曼注意到这个积分还可以有另一种方法计算，也就是按负方向围绕Hankel围道的余集，注意到对于模趋于无穷大的$z$，上述积分是无穷小的。因此这两个围道积分所得的结果是相等的。在这个围道的内部，仅当$z=\pm 2n\pi i$时，被积函数存在极点。因此这个积分可以使用留数定理来进行计算，也就是
$${\int }_{H^{\ast }}\frac{(-z{)}^{s-1}}{e^z-1}\mathrm{dz}=-2\pi \mathrm{i}\sum _{\mathrm{n}\in \mathbb{Z}}\mathrm{Res}[\frac{(-\mathrm{z}{)}^{\mathrm{s}-1}}{{\mathrm{e}}^{\mathrm{z}}-1},2n\pi \mathrm{i}]$$
注意到$z\to 2n\pi i$时，$e^z-1$与$z-2n\pi i$是等价的无穷小，据此可以得出
$$Res[\frac{(-z{)}^{s-1}}{e^z-1},2n\pi i]=\underset{z\to 2n\pi i}{\lim }(z-2n\pi i)\frac{(-z{)}^{s-1}}{e^z-1}=(-2n\pi i{)}^{s-1}$$
将这些都带入到第三积分表示中，有
$$\zeta (s)=-\frac{\Gamma (1-s)}{2\pi i}{\int }_H\frac{(-z{)}^{s-1}}{e^z-1}\mathrm{dz}=\mathrm{\Gamma }(1-\mathrm{s})\sum _{\mathrm{n}\in \mathbb{Z}}(-2n\pi \mathrm{i}{)}^{\mathrm{s}-1}$$
而
$$\sum _{n\in \mathbb{Z}}(-2n\pi i{)}^{s-1}=(-2\pi i{)}^{s-1}\sum _{n\in \mathbb{Z}}{n}^{s-1}=(-2\pi i{)}^{s-1}[1+(-1{)}^{s-1}]\zeta (1-s)=(2\pi {)}^{s-1}[(-i{)}^{s-1}+i^{s-1}]\zeta (1-s)$$
又根据欧拉公式可得
$$(-i{)}^{s-1}+i^{s-1}=e^{i(s-1)\frac{-\pi }{2}}+e^{i(s-1)\frac{\pi }{2}}=2\cos [(s-1)\frac{\pi }{2}]=2\sin (\frac{s\pi }{2})$$
所以
$$\zeta (s)=2\Gamma (1-s)(2\pi {)}^{s-1}\sin (\frac{s\pi }{2})\zeta (1-s)$$
这就是黎曼$\zeta$函数所满足的函数方程。