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黎曼-zeta函数

By Z.H. Fu
https://fuzihaofzh.github.io/blog/
  黎曼-zeta函数有着许多奇妙的应用,很难想象,一个由简单的级数之和竟能和$\pi$产生关系,而且还能表示为全体质数的一个函数。本文简单地给出了一些巧妙的应用、证明以及直观的理解。 ## Basel问题   历史上,求平方倒数的和的极限问题曾引起了众多数学爱好者的兴趣,而这一问题最终由大数学家欧拉以其非凡的数学直觉给出了解答。该问题的题目是求无穷级数的和: $$S=\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2}$$ 欧拉首先给出了一个不太严谨,但非常巧妙的证明,在这个证明中,他将有限多项式的观察推广到了无穷级数(该过程在当时并未得到证明,该证明由维尔斯特拉斯在100年后给出)。 欧拉观察到 $$\sin x = x - \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} - \frac{x^7}{7!} + \cdots$$ 两边同除$x$,得 $$\frac{\sin x}{x} = 1 - \frac{x^2}{3!} + \frac{x^4}{5!} - \frac{x^6}{7!} + \cdots$$ 而函数$\frac{\sin x}{x}= 0$的根为$x = n\pi, n = \pm1, \pm2, \pm3, \dots$,我们把这个函数表示成类似于多项式因式分解的形式有 $$\begin{align} \frac{\sin x}{x} & = \left(1 - \frac{x}{\pi}\right)\left(1 + \frac{x}{\pi}\right)\left(1 - \frac{x}{2\pi}\right)\left(1 + \frac{x}{2\pi}\right)\left(1 - \frac{x}{3\pi}\right)\left(1 + \frac{x}{3\pi}\right) \cdots \\ & = \left(1 - \frac{x^2}{\pi^2}\right)\left(1 - \frac{x^2}{4\pi^2}\right)\left(1 - \frac{x^2}{9\pi^2}\right) \cdots. \end{align}$$ 我们观察这个积展开后的$x^2$项,为 $$-\left(\frac{1}{\pi^2} + \frac{1}{4\pi^2} + \frac{1}{9\pi^2} + \cdots \right) = -\frac{1}{\pi^2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}$$ 而注意到最开始泰勒展开把$x$除到左边之后,右边的$x^2$项的系数为$-\frac{1}{3!}=-\frac{1}{6}$,所以有 $$-\frac{1}{6}=-\frac{1}{\pi^2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}$$ $$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6}$$ 惊奇地发现,平方倒数之和竟然和$\pi$有关系,我们再将这个问题推广一下。 ## 黎曼-zeta函数   由上面的分析可知,无穷级数$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}$收敛到一个与$\pi$相关的常数$\frac{\pi^2}{6}$。我们自然会想到是否能将这个平方推广到全体整数/实数?黎曼-zeta函数正是该极限的一个推广。我们令黎曼-zeta函数为

ζ(s)=n=11ns\zeta(s) = \sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^s}

其中,ss是自变量,当s=2s=2时,则为刚才研究的Basel问题。这个函数有一个神奇的性质,就是它的值与质数会产生一些的联系,我们先给出结论

ζ(s)=n=11ns=p11ps\zeta(s) = \sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^s} = \prod_{p } \frac{1}{1-p^{-s}}

其中,pp取遍所有质数。下面给出其证明,该证明亦是由欧拉给出

ζ(s)=1+12s+13s+14s+15s+\zeta(s) = 1+\frac{1}{2^s}+\frac{1}{3^s}+\frac{1}{4^s}+\frac{1}{5^s}+ \cdots

两边同乘以12s\frac{1}{2^s}

12sζ(s)=12s+14s+16s+18s+110s+\frac{1}{2^s}\zeta(s) = \frac{1}{2^s}+\frac{1}{4^s}+\frac{1}{6^s}+\frac{1}{8^s}+\frac{1}{10^s}+ \cdots

两式作差得

(112s)ζ(s)=1+13s+15s+17s+19s+111s+113s+\left(1-\frac{1}{2^s}\right)\zeta(s) = 1+\frac{1}{3^s}+\frac{1}{5^s}+\frac{1}{7^s}+\frac{1}{9^s}+\frac{1}{11^s}+\frac{1}{13^s}+ \cdots

这样,右边的12s\frac{1}{2^s}倍数的项便全部被消掉,我们用同样的方法,可以消掉13s\frac{1}{3^s}的倍数项,15s\frac{1}{5^s}的倍数项,17s\frac{1}{7^s}的倍数项,111s\frac{1}{11^s}的倍数项……而左边则会相应地乘上(112s)\left(1-\frac{1}{2^s}\right)(113s)\left(1-\frac{1}{3^s}\right)(115s)\left(1-\frac{1}{5^s}\right)(117s)\left(1-\frac{1}{7^s}\right)(1111s)\left(1-\frac{1}{11^s}\right)……最后我们得到

(112s)(113s)(115s)(117s)(1111s)ζ(s)=1\left(1-\frac{1}{2^s}\right)\left(1-\frac{1}{3^s}\right)\left(1-\frac{1}{5^s}\right)\left(1-\frac{1}{7^s}\right)\left(1-\frac{1}{11^s}\right) \cdots\zeta(s)=1

综上

ζ(s)=p11ps\zeta(s) = \prod_{p } \frac{1}{1-p^{-s}}

直观理解

在有了黎曼-zeta函数的乘积式定义后,这里给出一个直观的概率理解。我们断言,随机两个正整数a,ba,b,我们来算他们两互质的概率。
  互质,就是没有公因数,那么,该命题等价的命题为:a,ba,b不关于2同余(即amod2bmod2a\mod 2 \neq b \mod 2),且a,ba,b不关于3同余,且a,ba,b不关于5同余,且a,ba,b不关于7同余,且a,ba,b不关于11同余……而a,ba,b不关于p同余即为a,ba,bpp不同时等于0,其概率为11p21-\frac{1}{p^2},因此,我们得到a,ba,b互质的概率为
  $$\frac{1}{\zeta(2)}=\frac{6}{\pi^2}$$

参考文献

[1]http://en.wikipedia.org/wiki/Basel_problem
[2]http://en.wikipedia.org/wiki/Riemann_zeta_function
[3]http://en.wikipedia.org/wiki/Proof_of_the_Euler_product_formula_for_the_Riemann_zeta_function
[4]http://www.zhihu.com/question/23376401
[5]http://numberphile.com/
[6]http://en.wikipedia.org/wiki/Grandi's_series