參考資料：Polya,Szego《數學分析中的問題和定理》第2卷、Stein和Ahlfors複分析、潘承洞,潘承彪的《解析數論基礎》. 這篇前前後後花了快1個月的時間, 花這麼久大概是因為我本人的學習能力不夠好.

作為前篇素數定理的證明, 這裡再寫一篇與zeta函數性質有關的文章.

1 zeta函數的引入

定義1.1[Riemann zeta函數] zeta(s)=sumlimits_{n=1}^{infty}dfrac{1}{n^s}.

引理1.1 f(z)在 z_0 解析的充分必要條件是f(z)在 z_0的某個鄰域內可展成Taylor級數.

證明：略.

註：只要 f(z) 的級數表示在z_0處絕對收斂, 則f(z)在z_0處解析.

定理1.2 級數 sumlimits_{n=1}^{infty}dfrac{1}{n^s} 在區域 Re(s)>1 內收斂, 所以 zeta 在這個區域內解析.

證明：只需注意到 |n^{-s}|=|e^{-slog n}|=e^{-sigmalog n}=n^{-sigma} , 再利用級數 sum 1/n^s 的斂散性. QED

2 zeta函數的極點

定理2.1 [Poisson求和公式] 設f在帶狀區域 |Im(z)| 內解析, 且存在 <img src= 使得 |f(x+iy)|leqdfrac{A}{1+x^2}, forall xinmathbb{R}, |y|0, 並設 hat{f}(n) 是 f(n) 的Fourier變換, 即 hat{f}(n)=int_{-infty}^{infty}f(x)e^{-2pi inx}dx. 則 sumlimits_{ninmathbb{Z}}f(n)=sumlimits_{ninmathbb{Z}}hat{f}(n).

證明：設 0<b , 構造迴路 <img src= 為從 N+dfrac{1}{2}-ib 到 N+dfrac{1}{2}+ib , 再到 -N-dfrac{1}{2}+ib 到 -N-dfrac{1}{2}-ib 再回到原來位置, 形成個矩形, 則

sumlimits_{|n|leq N}f(n)=int_{gamma_N}dfrac{f(z)}{e^{2pi iz}-1}dz,注意利用 1/(w-1)=-sum_{n=0}^{infty}w^n , 作簡單化簡即可證明. QED

定義2.1 [theta函數] vartheta(t)=sumlimits_{ninmathbb{Z}}e^{-pi n^2t},

推論2.2 vartheta(t)=t^{-1/2}vartheta(1/t).

證明：設 f(n)=e^{-pi n^2t} , 則

egin{aligned} hat{f}(n) & =int_{-infty}^{infty}f(x)e^{-2pi inx}dx \ &=int_{-infty}^{infty}e^{-pi x^2t}e^{-2pi inx}dx \ &=e^{-pi n^2/t}int_{-infty}^{infty}e^{-pi t(x+frac{ipi}{t})^2}dx \ &=dfrac{1}{sqrt{t}}e^{-pi n^2/t}. end{aligned}

接下來的步驟略. QED

定理2.3 若 Re(s)>1 , 則 pi^{-s/2}Gamma(s/2)zeta(s)=dfrac{1}{2}int_0^{infty}u^{(s/2)-1}[vartheta(u)-1]du.

證明： 只需證

pi^{-s/2}Gamma(s/2)n^{-s}=int_0^{infty}u^{(s/2)-1}e^{-pi n^2u}du.作變數代換 u=dfrac{t}{pi n^2} 並注意到 dfrac{vartheta(u)-1}{2}=sum_{n=1}^{infty}e^{-pi n^2u} 即可. QED

註：回憶 Gamma(s)=int_0^{infty}e^{-t}t^{s-1}ds .

稍微對Riemann-zeta函數作一個整理, 可以定義出一個看起來更靚的函數:

定義2.2 [xi函數] xi(s)=pi^{-s/2}Gamma(s/2)zeta(s)..

定理2.4 xi(s) 在 Re(s)>1 區域內解析, 且可以解析開拓到整個複平面 mathbb{C} 上變成一個亞純函數, 在 s=0 與 s=1 處為簡單極點, 且 xi(s)=xi(1-s), forall sinmathbb{C}.

證明： zeta(s) 有簡單極點 s=1 , 而 Gamma(s/2) 有簡單極點0, 則 xi(s) 在 s=0,1 為簡單極點. 通過換元 u odfrac{1}{u} , 利用前面的定理, 可以把 xi(s) 拆成:

xi(s)=dfrac{1}{s-1}-dfrac{1}{s}+int_1^{infty} left(u^{(-s/2)-1/2}+u^{(s/2)-1} ight)dfrac{vartheta(u)-1}{2}du.而上面的最右邊的積分可以定義關於s的整函數, 從而 xi 可解析延拓為亞純函數. 根據上式容易證明 xi(s)=xi(1-s) . QED

註：(1)有的地方把xi(s)定義為 xi(s)=dfrac{1}{2}s(s-1)pi^{-s/2}Gamma(s/2)zeta(s).

(2) zeta(s)=2^spi^{s-1}sindfrac{pi s}{2}Gamma(1-s)zeta(1-s).

(3)這裡放的是Stein書上的證明(稍作修改), Ahlfors書上先證了(2), 再證了該定理, 其中(2)的證明用到了圍道積分(稍微有點複雜), 這裡略.

定理2.5 對於 Re(s)>1 , 有: zeta(s)=dfrac{1}{Gamma(s)}int_0^{infty}dfrac{x^{s-1}}{e^x-1}dx.

證明：由於 Gamma(s) 的定義, 則

egin{aligned} n^{-s}Gamma(s)&=int_0^{infty}n^{-s}x^{s-1}e^{-x}dx \ &=int_0^{infty}x^{s-1}e^{-nx}dx, ( ext{作換元$xmapsto nx$}) end{aligned}對n進行求和並用 1/(e^x-1)=sum_{n=1}^{infty}e^{-nx} 即可得欲證等式. QED

定理2.6 zeta函數可以亞純延拓(meromorphic continuation)到整個複平面, 且唯一的極點是簡單極點 s=1 .

證法一: 根據定理2.4, zeta(s)=pi^{s/2}dfrac{xi(s)}{Gamma(s/2)} , 由於 xi(s) 只有簡單極點0與1, 1/Gamma(s/2) 有一階零點 0,-2,-4cdots (這是因為有餘元公式 Gamma(s)Gamma(1-s)=dfrac{pi}{sinpi s} ), 所以 zeta(s) 在0處是解析的(用Laurent展式很容易證), 只有簡單極點1沒有被抵消. QED

證法二：根據定理2.5, 作曲線C如下

下面證 zeta(s)=-dfrac{Gamma(1-s)}{2pi i}int_Cdfrac{(-z)^{s-1}}{e^z-1}dz. 這裡 (-z)^{s-1}=e^{s-1}log(-z), -pi<Imlog(-z)<pi.

容易證明在C中間的小圓內, 讓圓的半徑趨於0, 則 dfrac{(-z)^{s-1}}{e^z-1} 在這個圓的圍道積分趨於0. 而在x軸上方的直線中, (-z)^{s-1}=x^{s-1}e^{-(s-1)pi i} , 在下方的直線中, (-z)^{s-1}=x^{s-1}e^{(s-1)pi i}, 根據Cauchy定理,

int_Cdfrac{(-z)^{s-1}}{e^z-1}dz =-int_0^{infty}dfrac{x^{s-1}e^{-(s-1)pi i}}{e^x-1}dx +int_0^{infty}dfrac{x^{s-1}e^{(s-1)pi i}}{e^x-1}dx.

結合 sin(s-1)pi=-sin spi 以及余元公式即可證完我們欲證式子. 這條式子可以說明 zeta(s) 可以延拓為整個複平面內的亞純函數. 而 Gamma(1-s) 的極點是 s=1,2,cdots , 但是當整數 ngeq 2 時, 該式子右端積分恰好是零(因為解析, 結合Cauchy定理), 與 Gamma(1-s) 的極點抵消; 當 n=1 時, 用留數定理容易證明 frac{1}{2pi i}int_Cfrac{dz}{e^z-1}=1 , 無法抵消極點. 綜上, zeta(s) 有極點1. QED方法三：也是用定理2.5，拆成 zeta(s)=dfrac{1}{Gamma(s)}int_0^{1}dfrac{x^{s-1}}{e^x-1}dx +dfrac{1}{Gamma(s)}int_1^{infty}dfrac{x^{s-1}}{e^x-1}dx, 用 frac{x}{e^x-1}=sum_{m=0}^{infty}frac{B_m}{m!}x^m (這條式子見下面文章) 接下來的步驟其實還是極點和零點相互抵消, 略. QED

fjddy：概率論+復變學習筆記(2)——冪級數乘法?

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下面我們想辦法把zeta函數延拓到 Re(s)>0 內. 這個方法對研究zeta函數在 Re(s)=1 附近的增長性很有用.

定理2.7 設 s=sigma+it , 存在一列整函數 {delta_n(s)}_{n=1}^{infty}, 滿足 |delta_n(s)|leqdfrac{|s|}{n^{sigma+1}}, 使得 sumlimits_{1leq n<N}dfrac{1}{n^s}-int_1^Ndfrac{dx}{x^s}=sumlimits_{1leq n<N}delta_n(s). 這裡N是大於1的正整數.

證明：只需令 delta_n(s)=int_{n}^{n+1}left[dfrac{1}{n^s}-dfrac{1}{x^s} ight]dx, 滿足上面等式. 根據中值定理, left|dfrac{1}{n^s}-dfrac{1}{x^s} ight|leqdfrac{|s|}{n^{sigma+1}}, nleq xleq n+1. 所以 |delta_n(s)|leqdfrac{|s|}{n^{sigma+1}}. QED

推論2.8 對於 Re(s)>0, 存在解析函數 H(s) 使得 zeta(s)-dfrac{1}{s-1}=H(s).

證明：先假設 Re(s)>1, 讓前一定理的 N oinfty ，此時 sumlimits_{1leq n<N}dfrac{1}{n^s} 收斂於 zeta(s). 且通過 |delta_n(s)|leq|s|/n^{sigma+1}, 可知 sumdelta_n(s) 是一致收斂的, 從而是解析的(在 Re(s)geq delta>0 內). 則 zeta(s) 可延拓到 Re(s)>0 內. QED

3 zeta函數的估計

定理3.1 設 s=sigma+it, sigma,tinmathbb{R} . 對每個 0leq sigma_0<1 和任意 varepsilon>0 , 存在常數 c_{varepsilon} 使得 |zeta(s)|leq c_{varepsilon}|t|^{1-sigma_0+varepsilon}, sigma_0leqsigma, |t|geq 1, 且 |zeta(s)|leq c_{varepsilon}|t|^{varepsilon}, sigmageq 1, |t|geq 1.

證明：在定理2.7中, 我們證明了

|sigma_n(s)|leqdfrac{|s|}{n^{sigma+1}},

又根據 |n^{-s}|=n^{-sigma}, |x^{-s}|=x^{-sigma}leq n^{-sigma}(xgeq n) 可得: |delta_n(s)|leqint_{n}^{n+1}left|dfrac{1}{n^s}-dfrac{1}{x^s} ight|dxleqdfrac{2}{n^{sigma}}, 把這兩個估計結合起來, 並用 A=A^{delta}A^{1-delta} 可得 |delta_n(s)|leqleft(dfrac{|s|}{n^{sigma+1}} ight)^{delta}left(dfrac{2}{n^{sigma}} ight)^{1-delta} leqdfrac{2|s|^{delta}}{n^{sigma_0+delta}},deltageq 0, 取 delta=1-sigma_0+varepsilon 並結合定理2.7中等式完成第一條式子的證明. 用Cauchy積分公式 zeta(s)=dfrac{1}{2pi r}int_0^{2pi}zeta(s+re^{i heta})e^{i heta}d heta, 取合適的r, 就容易完成第二條式子的證明. QED

下面用Dirichlet級數來進一步探究zeta函數的性質.

引理3.2 設 {a_m},{b_k} 是兩個有界的複數列, 則

left(sumlimits_{m=1}^{infty}dfrac{a_m}{m^s} ight) left(sumlimits_{k=1}^{infty}dfrac{b_k}{k^s} ight) =sumlimits_{n=1}^{infty}dfrac{c_n}{n^s},

級數在 Re(s)>1 內絕對收斂. 這裡 c_n=sumlimits_{n=mk}a_mb_k.

推論3.3 當 Re(s)>1 時有 (zeta(s))^2=sumlimits_{n=1}^{infty}dfrac{d(n)}{n^s}, 這裡 d(n) 代表n的約數個數.

證明：由前面引理立得. QED

定義3.1 [Mobius函數] mu(n)=left{ egin{aligned} &1, &n=1, \ &(-1)^k, &n=p_1cdots p_k, \ &0, & ext{其他}. end{aligned} ight.

這裡 p_1,cdots,p_k 表示不同的素數. (即如果 ngeq 2 可以被一個素數的平方整除, 則 mu(n)=0 )

註：Mobius函數是個可乘數論函數: 即當m,n互素時, mu(mn)=mu(m)mu(n).

定理3.4 設k,n是正整數, 則 sumlimits_{k|n}mu(k)=left{egin{aligned}&1, &n=1, \ &0, & ext{其他}.end{aligned} ight.

證明：當 n=1 時顯然. 下面把正整數 ngeq 2 寫成 n=p_1^{k_1}p_2^{k_2}cdots p_r^{k_r}. 則n的約數中, 滿足 mu(n) eq 0 的共有 2^r 個, 它們形如 p_{i_1}cdots p_{i_l}, 其中 {i_1,cdots,i_l}subseteq{1, cdots, r}.

n的約數中滿足 l=0 的有 C_r^0=1 個(它就是1), l=1 的有 C_r^1=r 個, l=2 的有 C_r^2 個, .. l=r 的有 C_r^r=1 個(它是 p_1p_2cdots p_r ). 所以根據二項式展開有 sumlimits_{k|n}mu(k)=1-C_r^1+C_r^2-cdots +(-1)^r C_r^r=(1-1)^r=0,(ngeq 2)從而完成了證明. QED

推論3.5 對於 Re(s)>1 , 有 dfrac{1}{zeta(s)}=sumlimits_{n=1}^{infty}dfrac{mu(n)}{n^s},

證明：根據Dirichlet乘積公式(引理3.2),

zeta(s)sumlimits_{n=1}^{infty}dfrac{mu(n)}{n^s} =sumlimits_{n=1}^{infty}dfrac{sumlimits_{k|n}mu(k)}{n^s}=1.( ngeq 2 時全為0被約掉). QED

定理3.6 設 s=sigma+it,sigma>1 , 則 dfrac{sigma-1}{sigma}<|zeta(s)|<dfrac{sigma}{sigma-1}.

證明：當 sigma>1 時,

|zeta(s)|leqsumlimits_{n=1}^{infty}dfrac{1}{n^{sigma}} <1+int_1^{infty}dfrac{du}{u^{sigma}}=dfrac{sigma}{sigma-1}. 根據前一定理, |dfrac{1}{zeta(s)}|leqsumlimits_{n=1}^{infty}dfrac{|mu(n)|}{n^{sigma}} leqsumlimits_{n=1}^{infty}dfrac{1}{n^{sigma}}<dfrac{sigma}{sigma-1}. 證完. QED

定理3.7 設s=sigma+it,sigma>1 , 則 |zeta^{(k)}(s)|<<dfrac{sigma}{(sigma-1)^{k+1}}.

證明：先對 zeta(s)=sum n^{-s} 進行求導: zeta^{(k)}(s)=sum_{n=2}^{infty} dfrac{(-log n)^k}{n^{-s}} , 所以

|zeta^{(k)}(s)|leqsumlimits_{n=2}^{infty}dfrac{log^k n}{n^{sigma}},

由於函數 u^{sigma}log ^k u 在 1leq u<e^{k/sigma} 遞增, 在 u>e^{k/sigma} 遞減, 所以

egin{aligned} |zeta^{(k)}(s)|&<int_2^{[e^{k/sigma}]}dfrac{log^k u}{u^{sigma}}du +2dfrac{(log e^{k/sigma})^k}{(e^{k/sigma})^{sigma}}+ int_{[e^{k/sigma}]+1}^{infty}dfrac{log^k u}{u^{sigma}}du \ &<2left(dfrac{k}{esigma} ight)^k+int_1^{infty}dfrac{log^k u}{u^{sigma}}du \ &=2left(dfrac{k}{esigma} ight)^k+dfrac{k!}{(sigma-1)^{k+1}}. end{aligned}證明完成. QED

後記：

（1）我寫的證明可能有誤或者有gap，歡迎指出！

（2）關於zeta函數的零點， dfrac{zeta(s)}{zeta(s)} 的性質等內容詳見素數定理證明：

fjddy：複變函數學習筆記(5)——證素數定理?

zhuanlan.zhihu.com圖標

（3）對於Dirichlet乘積公式的運用, 以後可能會發文來作更詳細的討論.

（當然很有可能短期內不會發（或者以後也不發）, 畢竟它是解析數論的內容，比較深）

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