Riemann zeta 函數 (Ⅰ)

December 12, 2012

• Euler 乘積公式

Riemann 的基本思想是將 Euler 乘積公式推廣到復變量的情形. 為此他對所有實部 $\sigma>1$ 的復數 $s$ (設 $s=\sigma+\mathrm{i}\tau$),定義

\begin{equation}
  \zeta(s):=\sum_{n=1}^{\infty}n^{-s}=\prod_{p\in\mathbb{P}}(1-p^{-s})^{-1}.
\end{equation}

左邊級數絕對收斂, 因此它的和函數 $\zeta(s)$ 在半平面 $\sigma>1$ 上解析. 右邊的無窮乘積也同樣絕對收斂.

\begin{equation}
\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^s}=\prod_{p\in\mathbb{P}}\frac{1}{1-p^{-s}}
\end{equation}
其中 $\mathbb{P}$ 表示素數集合, 無窮乘積取遍了所有素數.

proof   由于 $P\geqslant 2,$ 故而對 $s>1$ 有:
\begin{equation}
  \frac{1}{1-p^{-s}}=1+p^{-s}+p^{-2s}+\cdots.
\end{equation}
取 $p=2,3,\cdots,P,$ 并將這級數乘在一起, 所得到的一般項就有形式
\[2^{-a_2s}3^{-a_3s}\cdots P^{-a_Ps}=n^{-s},\]
其中
\[n=2^{a_2}3^{a_3}\cdots P^{a_P}\quad (a_2\geqslant0,a_3\geqslant0,\cdots,a_P\geqslant0)\]
當且僅當 $n$ 沒有大于 $P$ 的素因子時, 則由算術基本定理可得, 這樣的數 $n$ 就會在此乘積中僅出現一次. 從而有
\[\prod_{p\leqslant P}\frac{1}{1-p^{-s}}=\sum_{P}n^{-s},\]
右邊的求和取遍素因子不超過 $P$ 的所有正整數.

這些數包括所有不超過 $P$ 的數, 所以 $0<\sum\limits_{n=1}^{\infty}n^{-s}-\sum\limits_{(P)}n^{-s}<\sum\limits_{P+1}^{\infty}n^{-s}.$ 而最后的和當 $P\to\infty$ 時趨向于 $0$. 于是 $\sum\limits_{n=1}^{\infty}n^{-s}=\lim\limits_{P\to\infty}\sum\limits_{(P)}n^{-s}=\lim\limits_{P\to\infty}\prod\limits_
{p\leqslant P}\frac{1}{1-p^{-s}}.$

• 解析延拓與函數方程

首先我們將 $\zeta(s)$ 的定義延拓到半平面 $\sigma>0$ 上. 為此, 只需作一個非常簡單的處理就足夠了. 當 $\sigma>1$ 時, 我們有
\begin{align*}
 \zeta(s) & =\sum_{n=1}^{\infty}n^{-s}=\sum_{n=1}^{\infty}s\int_{n}^{\infty}\frac{\mathrmw0obha2h00t}{t^{s+1}}=s\int_{1}^{\infty}
 \Big(\sum_{n\leqslant t}1\Big)\frac{\mathrmw0obha2h00t}{t^{s+1}}  \\
 & =s\int_{1}^{\infty}\frac{[t]}{t^{s+1}}\mathrmw0obha2h00t=\frac{s}{s-1}-s\int_{1}^{\infty}\frac{\{t\}}{t^{s+1}}\mathrmw0obha2h00t,
\end{align*}
其中 $[t]$ 表示實數 $t$ 的整數部分, 而 $\{t\}$ 表示這一實數的小數部分. 且 $\{t\}\in[0,1)$, 所以當 $\sigma>0$ 時最后一個積分收斂. 因此右式定義了 $\zeta(s)$ 在去掉點 $s=1$ 后的半平面 $\sigma>0$ 上的一個延拓.

下面我們討論 $\zeta(s)$ 被延拓為整個復平面上的亞純函數, 除在 $s=1$ 有一階極點外全純.
作為準備先敘述 $\Gamma$ 函數 (gamma function) $\Gamma(s)$. 對于滿足 $\Re(s)>0$ 的復數 $s$, 定義
\begin{equation}\label{eq:2.1}
\Gamma(s)=\int_{0}^{\infty}\mathrm{e}^{-t}t^s\frac{\mathrmw0obha2h00t}{t}.
\end{equation}
如果 $s$ 為自然數, 則成立 $\Gamma(s)=(s-1)!$. 另外, $\Gamma(s)$ 亞純地延拓到整個復平面, 其延拓仍記為 $\Gamma(s).$ 這時 $\Gamma(s)$ 除在 $s=0,-1,-2,-3,\cdots$ 具有一階極點外為全純, 并且不具有零點. 再者, 對于整數 $m\geqslant0,$ 有
\begin{equation}\label{eq:2.2}
\lim_{s\to-m}(s+m)\Gamma(s)=(-1)^m\frac{1}{m!}.
\end{equation}

當 $\Re(s)>1$ 時, 我們有
\begin{align*}
 \Gamma(s)\zeta(s) & =\int_{0}^{\infty}\mathrm{e}^{-t}t^s\frac{\mathrmw0obha2h00t}{t}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^s}  \\
    & =\int_{0}^{\infty}\sum_{n=1}^{\infty}\mathrm{e}^{-t}\left(\frac{t}{n}\right)^s\frac{\mathrmw0obha2h00t}{t}  \\
    & =\int_{0}^{\infty}\sum_{n=1}^{\infty}\mathrm{e}^{-nx}x^s\frac{\mathrmw0obha2h00x}{x} \quad\text{(令 $x=\frac{t}{n}$)} \\
    & =\int_{0}^{\infty}\frac{\mathrm{e}^{-x}}{1-\mathrm{e}^{-x}}x^s\frac{\mathrmw0obha2h00x}{x}  \\
    & =\int_{0}^{\infty}\frac{x^{s-1}}{\mathrm{e}^x-1}\,\mathrmw0obha2h00x.
\end{align*}
下面引入 Bernoulli 數 $B_n(n=0,1,2,3,\cdots)$ 為
\begin{equation}
\frac{x}{\mathrm{e}^x-1}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{B_n}{n!}x^n,\quad |x|<2\pi.
\end{equation}
故有

\begin{align}\label{eq:2.4}
\zeta(s)\Gamma(s) &=\int_{0}^{\infty}\frac{x^{s-1}}{\mathrm{e}^x-1}\,\mathrmw0obha2h00x   \nonumber \\
     & =\int_{0}^{1}\frac{x^{s-1}}{\mathrm{e}^x-1}\,\mathrmw0obha2h00x+\int_{1}^{\infty}
     \frac{x^{s-1}}{\mathrm{e}^x-1}\,\mathrmw0obha2h00x  \nonumber\\
     & =\int_{0}^{1}x^{s-2}\left(\sum_{n=0}^{\infty}\frac{B_nx^n}{n!}\right)\mathrmw0obha2h00x+\int_{1}^{\infty}
     \frac{x^{s-1}}{\mathrm{e}^x-1}\,\mathrmw0obha2h00x  \nonumber\\
     & =\sum_{n=0}^{\infty}\frac{B_n}{n!}\frac{1}{n+s-1}+\int_{1}^{\infty}
     \frac{x^{s-1}}{\mathrm{e}^x-1}\,\mathrmw0obha2h00x.
\end{align}
易知積分 $\int_{1}^{\infty}\frac{x^{s-1}}{\mathrm{e}^x-1}\,\mathrmw0obha2h00x$ 收斂. $\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{B_n}{n!}\frac{1}{n+s-1}$ 為 $s$ 的有理函數, 且是整個復平面上的亞純函數, 在一階極點 $s=1,0,-1,-2,-3,\cdots$ 之外全純. 這樣我們將 $\zeta(s)$ 延拓到整個復平面, 除 $s=1$ 有一階極點.

接下來證明 $\zeta(s)$ 滿足的函數方程.
令
\begin{equation}\label{eq:2.5} \chi(s)=\pi^{-\frac{s}{2}}\Gamma(\frac{s}{2})\zeta(s)
\end{equation}
則 $\chi(s)$ 除在 $s=0,1$ 為極點外, 在整個復平面為全純函數, 并滿足函數方程
\begin{equation}\label{eq:2.6}
 \chi(s)=\chi(1-s).
\end{equation}

proof   對于 $x>0$ 令
\begin{equation}
\psi(x)=\sum_{n=1}^{\infty}\mathrm{e}^{-\pi n^2x}.
\end{equation}
根據 $\Gamma$ 函數的定義
\[\Gamma(s)=\int_{0}^{\infty}\mathrm{e}^{-x}x^{s-1}\,\mathrmw0obha2h00x \quad (\Re(s)>0),\]
知有
\[\chi(s)=\int_{0}^{\infty}\psi(x)x^{\frac{s}{2}-1}\,\mathrmw0obha2h00x\]
將此積分在 $x=1$ 處分割開, 有
\[\chi(s)=\int_{0}^{1}\psi(x)x^{\frac{s}{2}-1}\,\mathrmw0obha2h00x+\int_{1}^{\infty}\psi(x)x^{\frac{s}{2}-1}\,\mathrmw0obha2h00x\]
將前一個積分作變量代換 $x\to \frac{1}{x}$, 得
\[\int_{0}^{1}\psi(x)x^{\frac{s}{2}-1}\,\mathrmw0obha2h00x=\int_{1}^{\infty}\psi\Big(\frac{1}{x}\Big)x^{-\frac{s}{2}-1}
\,\mathrmw0obha2h00x\]
由等式
\begin{equation}\label{eq:2.8}
2\psi\Big(\frac{1}{x}\Big)+1=x^{\frac{1}{2}}(2\psi(x)+1),
\end{equation}
從而有
\begin{align*}
  \chi(s) &=\int_{0}^{1}\psi(x)(x^{\frac{s}{2}}+x^{\frac{1-s}{2}})\frac{\mathrmw0obha2h00x}{x}+\frac{1}{2}\int_{1}^{\infty}
  (x^{\frac{1}{2}}-1)x^{-\frac{s}{2}-1}\,\mathrmw0obha2h00x   \\
  &=\int_{1}^{\infty}\psi(x)(x^{\frac{s}{2}}+x^{\frac{1-s}{2}})\frac{\mathrmw0obha2h00x}{x}+\frac{1}{s(s-1)}.
\end{align*}
于是由此得到了證明.

這里需要對 \eqref{eq:2.6} 與等式 \eqref{eq:2.8} 作一些說明.

Poisson 求和公式: 若 $\mathbb{R}$ 上可積函數 $f$ 的 Fourier 變換被定義為
\[\hat{f}(x)=\int_{-\infty}^{+\infty}f(y)\mathrm{e}^{-2\pi \mathrm{i}xy}\,\mathrmw0obha2h00y,\]
當 $\sum_{n\in\mathbb{Z}}f(n)$ 收斂且 $\sum_{n\in\mathbb{Z}}f'(n+x)$ 對 $x\in[0,1]$ 一致收斂時, 成立
\[\sum_{n\in\mathbb{Z}}f(n)=\sum_{n\in\mathbb{Z}}\hat{f}(n).\]
容易驗證, 對于正參數 $u$ 的每個值, 函數 $f(x)=\mathrm{e}^{-\pi ux^2}$ 滿足 Poisson 求和公式的條件. 又 $\hat{f}(x)=\mathrm{e}^{-\pi x^2/u}u^{-1/2}$. 因此有公式
\begin{equation}
\vartheta(u):=\sum_{n\in\mathbb{Z}}\mathrm{e}^{-\pi n^2u}
\end{equation}
所定義的函數 $\vartheta:(0,\infty)\to (0,\infty)$ 滿足函數方程
\[\vartheta(1/u)=\sqrt{u}\vartheta(u) \quad (u>0)\]
這里 $\vartheta(u)$ 被稱為 Jacobi theta 函數. 且 $\psi(u)=\frac{1}{2}(\vartheta(u)-1)$, 即得 \eqref{eq:2.8}.

進一步我們利用余元公式 (Euler 互補公式)
\[\Gamma(s)\Gamma(1-s)=\frac{\pi}{\sin \pi s}\]
以及 Legendre 加倍公式
\[\Gamma(s)\Gamma\Big(s+\frac{1}{2}\Big)=\sqrt{\pi}2^{1-2s}\Gamma(2s).\]
將函數方程 $(7)$ (或 \eqref{eq:2.5}) 改寫為
\begin{equation}\label{eq:2.10}
\zeta(1-s)=\zeta(s)2(2\pi)^{-s}\Gamma(s)\cos\Big(\frac{\pi s}{2}\Big)
\end{equation}
或
\begin{equation}\label{eq:2.11}
\zeta(s)=2^s\pi^{s-1}\sin\Big(\frac{1}{2}\pi s\Big)\Gamma(1-s)\zeta(1-s) \quad (s\neq0,1).
\end{equation}
由上面的函數方程我們易得 $\zeta(s)$ 在點 $-2,-4,-6,\cdots$ 處為零, 這些零點被稱為 $\zeta(s)$ 的平凡零點.

• $\zeta(s)$ 函數值與算術性質

由 Bernoulli 數的定義或者 Bernoulli 多項式
\[B_n(x)=\sum_{i=1}^{n}\binom{n}{i}B_ix^{n-i}\]
這里 $\binom{n}{i}=\frac{n!}{i!(n-i)!}$. 我們可知
\begin{align*}
  B_0 &=1,B_1=\frac{1}{2},B_2=\frac{1}{6},B_3=0,  \\
  B_4 &=-\frac{1}{30},B_5=0,B_6=\frac{1}{42},B_7=0,\cdots
\end{align*}
當 $n\geqslant3$ 的奇數時, $B_n=0$, 且 $n\geqslant2$ 時, $B_n(1)=B_n(0)=B_n.$
由 $(7)$ 我們易得, 對于整數 $n\geqslant0,$

\begin{equation}
\lim_{s\to 1-n}(s+n-1)(\Gamma(s)\zeta(s))=\frac{B_n}{n!}\cdot(-1)^n.
\end{equation}
令 $n=1$, 因 $\Gamma(1)=1$, 故
\begin{equation}
  \lim_{s\to1}(s-1)\zeta(s)=B_0=1.
\end{equation}
設 $n\geqslant1$, 則因 \eqref{eq:2.2} 知 $\lim\limits_{s\to1-n}(s+n-1)\Gamma(s)=(-1)^{n-1}\cdot\frac{1}{(n-1)!}$. 故證明了
\begin{equation}
  \zeta(1-n)=-\frac{B_n}{n},\quad n\geqslant1,n\in\mathbb{N}.
\end{equation}
這樣我們得
\begin{align}
&\zeta(0) =-\frac{1}{2},  \nonumber\\
&  \zeta(-2n) =0,\quad \zeta(-2n+1)=-\frac{B_{2n}}{2n},\quad n\in\mathbb{N}\backslash\{0\},\\
&   \zeta(-1)=-\frac{1}{12},\quad \zeta(-3)=\frac{1}{120},\quad \zeta(-5)=-\frac{1}{252},\cdots. \nonumber
\end{align}
結合函數方程 \eqref{eq:2.10} 我們得 Euler 公式.
\begin{equation}\label{eq:3.5}
\zeta(2n)=\frac{2^{2n}(-1)^{n+1}B_{2n}\pi^{2n}}{2(2n)!}.
\end{equation}

Lindemann (1882) 那個時代就知道 $\pi$ 是超越數. 特別地, 所有 $\zeta(2n)$ 是超越數. 對比之下, 直到 1979 年, 才由 Roger Apèry 證明了 $\zeta(3)$ 是無理數, 盡管人們付出了相當大的努力, 關于 $\zeta(s)$ 在其他奇整數 $s=2n+1\geqslant5$ 時的類似結果仍舊頗為欠缺. Tanguy Rivoal 于 2001 年證明了有無窮多個 $\zeta(2n+1)$ 是無理數. Wadim Zudilin 證明了 $\zeta(5),\zeta(7),\zeta(9)$ 和 $\zeta(11)$ 中至少有一個無理數. $\zeta(s)$ 的這些值仍在挑戰者專家們的智慧.
在對 Riemann zeta 函數與素數分布之間的關系做進一步的研究之前, 我們先討論下面幾個結果.

當 $\sigma>1$ 時, 顯然有
\[\zeta(s)^{-1}=\prod_{p\in\mathbb{P}}(1-p^{-s}).\]
展開無窮乘積, 可得
\[\zeta(s)^{-1}=1-\sum_{p\in\mathbb{P}}p^{-s}+\sum_{p<q}(pq)^{-s}-\sum_{p<q<r}(pqr)^{-s}+\cdots,\]
其中 $p,q,r,\cdots$ 為素數. 因此只有那些不含平方因子的整數才出現在求和式中, 并對于這樣的整數 $n, n^{-s}$ 的系數根據 $n$ 的素因子個數的奇偶性而取值 $\mp1$. 換句話說, 我們有
\begin{equation}
  \zeta(s)^{-1}=\sum_{n=1}^{\infty}\mu(n)n^{-s} \quad (\sigma>1),
\end{equation}
其中 $\mu(n)$ 為 M?bius 函數. 其定義如下:
\[\mu(n)=\begin{cases}(-1)^{\omega(n)} & \text{若 $n$ 沒有大于 $1$ 的平方因子,} \\
0 & \text{在相反的情形.} \end{cases}\]
且 $\omega(n)$ 表示 $n$ 的不同素因子的個數, 特別地, $\omega(1)=0$.

在 Euler 乘積公式兩邊取對數導數, 可得
\begin{equation}\label{eq:3.7}
-\frac{\zeta'(s)}{\zeta(s)}=\sum_{p\in\mathbb{P}}\sum_{\nu=1}^{\infty}\frac{\log p}{p^{\nu s}}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\Lambda(n)}{n^s},
\end{equation}
其中 $\Lambda(n)$ 為 von Mangoldt 函數. 其定義如下:
\[\Lambda(n):=\begin{cases}\log p & \text{若 $\exists \nu\geqslant1$ 使得 $n=p^{\nu}$}, \\
 0 & \text{相反的情形}.\end{cases}\]