最后更新: 2025-08-07 08:19 查看: 71 次纠错评论(0) 课件开VIP

黎曼函数2

## 乘积展开
$\zeta(s)$ 的数论性质是 $\zeta$ 函数与素数升序序列 $p_1, p_2, \cdots, p_n, \cdots$ 之间的下列联系中所固有的：

定理  对于 $\sigma=\operatorname{Res}>1$ ，

$$
\frac{1}{\zeta(s)}=\prod_{n=1}^{\infty}\left(1-p_n^{-s}\right)
$$

对于 $\sigma \geqslant \sigma_0>1$ ，如果级数 $\sum_1^{\infty}\left|p_n^{-s}\right|=\sum_1^{\infty} p_n^{-\sigma}$ 一致收玫，则这个无穷乘积也一致收敛。因为前者是从 $\sum_1^{\infty} n^{\cdots \sigma}$ 略去一些项而得到的，所以它对 $\sigma \geqslant \sigma_0$一致收敛是显然的．

在条件 $\sigma>1$ 之下，立即可见

$$
\zeta(s)\left(1-2^{-s}\right)=\sum n^{-s}-\sum(2 n)^{-s}=\sum m^{-s},
$$

其中 $m$ 取遍奇整数。同理，

$$
\zeta(s)\left(1-2^{-s}\right)\left(1-3^{-s}\right)=\sum m^{-s},
$$

其中的 $m$ 现在取所有不能被 2 或 3 整除的整数。更一般地，

$$
\zeta(s)\left(1-2^{-s}\right)\left(1-3^{-s}\right) \cdots\left(1-p_N^{-s}\right)=\sum m^{-s},
$$

右端的和取遍所有不包含素因子 $2,3, \cdots, p_N$ 的整数．和中的第一项是 1 ，第二项是 $p_{N+1}^{-s}$ 。所以，除了第一项之外的所有项的和在 $N \rightarrow \infty$ 时趋于零，于是

$$
\lim _{N \rightarrow \infty} \zeta(s) \prod_{n=1}^N\left(1-p_n^{-s}\right)=1
$$

这就证明了定理．

我们认为有无穷多个素数是当然的．实际上，可用推理来证明这一事实．因为如果 $p_N$ 是最大素数，则（57）将变成

$$
\zeta(s)\left(1-2^{-s}\right)\left(1-3^{-s}\right) \cdots\left(1-p_N^{-s}\right)=1,
$$

于是得到当 $\sigma \rightarrow 1$ 时，$\zeta(\sigma)$ 具有一个有穷极限．这与 $\sum_1^{\infty} n^{-1}$ 的发散矛盾．

##  $\zeta(s)$ 扩张到整个平面
回忆对于 $\sigma>1$ ，

$$
\Gamma(s)=\int_0^{\infty} x^{s-1} e^{-x} d x
$$

在积分中，以 $n x$ 代替 $x$ ，得到

$$
n^{-s} \Gamma(s)=\int_0^{\infty} x^{s-1} e^{-n x} d x
$$

关于 $n$ 求和，得到

$$
\zeta(s) \Gamma(s)=\int_0^{\infty} \frac{x^{-1}}{e^x-1} d x
$$

由于 $\sigma>1$ ，所以积分在两端是绝对收玫的，这就验证了积分与求和可以交换．注意，$x^{s-1}$ 明确地定义为 $e ^{(s-1) \log x}$ 。

图5－1 表明两条无穷路径 $C$ 与 $C_n$ ，它们的起点和终点都在正实轴附近．暂时我们只考虑 $C$ ，它的精确形状无关紧要，只要中心在原点的圆的半径 $r<2 \pi$ ．

![图片](/uploads/2025-07/7c82af.jpg)
 
 
定理   对于 $\sigma>1$ ，有

$$
\zeta(s)=-\frac{\Gamma(1-s)}{2 \pi i} \int_c \frac{(-z)^{5-1}}{e^z-1} d z ...(1)
$$

其中 $(-z)^{s-1}= e ^{(s-1) \log (-z)}$ 定义在正实轴的余集上，且 $-\pi<\operatorname{Im} \log (-z)<\pi$ ．
积分显然是收敛的。根据柯西定理，只要 $C$ 不缠绕 $2 k \pi i$（ $k$ 是整数），它的值就不依赖于 $C$ 的形状。特别地，我们完全可以令 $r$ 趋于零。不难看出，沿着圆周的积分随 $r$ 趋于零．我们只剩下一个沿着正实轴来回的积分．在上方的边缘上， $(-z)^{s-1}=x^{s-1} e ^{-(s-1) x i}$ ，在下方的边缘上，$(-z)^{s-1}=x^{s-1} e ^{(s-1) x i }$ 。我们得到

$$
\begin{aligned}
\int_c \frac{(-z)^{s-1}}{e^z-1} d z & =-\int_0^{\infty} \frac{x^{s-1} e^{-(s-1) \pi i}}{e^x-1} d x+\int_0^{\infty} \frac{x^{s-1} e^{(s-1) \pi i}}{e^x-1} d x \\
& =2 i \sin (s-1) \pi \zeta(s) \Gamma(s)
\end{aligned}
$$

由于 $\sin (s-1) \pi=-\sin s \pi$ ，且 $\Gamma(s) \Gamma(1-s)=\pi / \sin s \pi$  这蕴含公式（1）

公式（1）的重要性在于：右端对 $s$ 的所有值有定义且为亚纯，因而该公式可用来将 $\zeta(s)$ 扩张为整个平面中的一个亚纯函数。事实上非常明显，（59）中的积分是 $s$ 的一个整函数，而 $\Gamma(1-s)$ 是亚纯的，极点在 $s=1,2, \cdots$ 。由于已知 $\zeta(s)$ 对 $\sigma>1$ 解析，所以在整数 $n \geqslant 2$ 上的极点必然与积分的零点相抵消．在 $s=1,-\Gamma(1-s)$ 具有一个单极点，留数为 1 ，这可从5．2．4节的（29）看出。另一方面，由留数有

$$
\frac{1}{2 \pi i} \int_c \frac{d z}{e^z-1}=1
$$

因此 $\zeta(s)$ 具有留数 1 ．由此结果得到下列的推论：
推论 $\zeta$ 函数可以扩张成整个平面中的一个亚纯函数，其惟一的极点是 $s=1$处的单极点，其留数为 1 ．

在负整数和零上的值 $\zeta(-n)$ 可以明显地计算。注意

$$
\frac{1}{e^z-1}=\frac{1}{z}-\frac{1}{2}+\sum_1^{\infty}(-1)^{k-1} \frac{B_k}{(2 k)!} z^{2 k-1} .
$$

由（1）

$$
\zeta(-n)=(-1)^n \frac{n!}{2 \pi i} \int_C \frac{z^{-n-1}}{e^z-1} d z
$$

因此 $\zeta(-n)$ 等于 $(60)$ 中 $z^n$ 的系数乘以 $(-1)^n n!$ ，我们可以给出下列值：$\zeta(0)=$ $-\frac{1}{2}, \zeta(-2 m)=0, \zeta(-2 m+1)=(-1)^m B_m / 2 m$ ，其中 $m$ 为正整数。点 $-2 m$称为 $\zeta$ 函数的平凡零点．

## 函数方程
在半平面 $\sigma>1$ 中 $\zeta$ 函数由级数（55）明显地给出，因此它受制于估值 $\zeta(s) \leqslant$ $\zeta(\sigma)$ 。黎曼认识到，在 $\zeta(s)$ 和 $\zeta(1-s)$ 之间存在一种相当简单的关系。因此在半平面 $\sigma<0$ 中，$\zeta$ 函数的行为也是极好控制的．

我们抄录通常称为函数方程的标准证明之一于下：
定理11

$$
\zeta(s)=2^s \pi^{s-1} \sin \frac{\pi s}{2} \Gamma(1-s) \zeta(1-s)
$$

为了证明，我们用图 5－1 中的路径 $C_n$ ；假定正方形部分位于直线 $t= \pm(2 n+1) \pi$和 $\sigma= \pm(2 n+1) \pi$ 上，闭链 $C_n-C$ 环绕点 $\pm 2 m \pi i (m=1, \cdots, n)$ 的卷绕数为 1 ．在这些点上，函数 $(-z)^{s-1} /\left( e ^z-1\right)$ 有单极点，其留数为 $(\mp 2 m \pi i )^{s-1}$ 。由此可知

$$
\frac{1}{2 \pi i} \int_{C_n-C} \frac{(-z)^{s-1}}{e^z-1} d z=\sum_{m=1}^n\left[(-2 m \pi i)^{s-1}+(2 m \pi i)^{s-1}\right]
$$

$$
=2 \sum_{m=1}^n(2 m \pi)^{s-1} \sin \frac{\pi s}{2} .
$$

将 $C_n$ 分为 $C_n^{\prime}+C_n^{\prime \prime}$ ，其中 $C_n^{\prime}$ 是在正方形上的部分，而 $C_n^{\prime \prime}$ 是在正方形外的部分。易见 $\left| e ^z-1\right|$ 在 $C_n^{\prime}$ 上不小于一个不依赖于 $n$ 的固定的正常数，而 $\left|(-z)^{s-1}\right|$ 不超过 $n^{\sigma-1}$ 的一个倍数。 $C_n^{\prime}$ 的长度是 $n$ 阶的，故对某常数 $A$ ，有

$$
\left|\int_{C_n^{\prime}} \frac{(-z)^s}{e^z-1} d z\right| \leqslant A n^\sigma
$$

若 $\sigma<0$ ，则沿 $C_n^{\prime}$ 的积分当 $n \rightarrow \infty$ 时趋于零，而沿 $C_n^{\prime \prime}$ 的积分当然也是如此。因此，沿 $C_n-C$ 的积分将趋于沿 $-C$ 的积分，由定理 10 ，（62）左端趋于 $\zeta(s) / \Gamma(1-s)$ 。

在关于 $\sigma$ 的同一条件下，级数 $\sum_1^{\infty} m^{s-1}$ 收敛于 $\zeta(1-s)$ ，（62）右端的极限是
216 $\zeta(1-s)$ 的一个倍数。这些极限的相等直接导致方程（61），这样就在 $\sigma<0$ 下对所有的 $s$ 证明了（61）。但是两个在一个非空开集上一致的亚纯函数必是恒等的，因此（61）对所有的 $s$ 正确。

函数方程有一些等价的形式。例如，如果用恒等式 $\Gamma(s) \Gamma(1-s)=\pi / \sin \pi s$ ，则（61）蕴涵着

$$
\zeta(1-s)=2^{1-s} \pi^{-s} \cos \frac{\pi s}{2} \Gamma(s) \zeta(s)
$$

定理11的内容也可表述为如下形式：
推论 函数

$$
\xi(s)=\frac{1}{2} s(1-s) \pi^{-s / 2} \Gamma(s / 2) \zeta(s)
$$

是整函数并满足 $\xi(s)=\xi(1-s)$ 。
$\xi(s)$ 为整函数是明显的，因为因子 $1-s$ 抵消了 $\zeta(s)$ 的极点，而 $\Gamma(s / 2)$ 的极点抵消了 $\zeta(s)$ 的平凡零点。应用（63），可以把 $\xi(s)=\xi(1-s)$ 写成

$$
\begin{aligned}
\pi^{-s / 2} \Gamma(s / 2) \zeta(s) & =\pi^{(s-1) / 2} \Gamma\left(\frac{1-s}{2}\right) \zeta(1-s) \\
& =2^{1-s} \pi^{-(s+1) / 2} \Gamma(s) \Gamma\left(\frac{1-s}{2}\right) \cos \frac{\pi s}{2}
\end{aligned}
$$

这等同于

$$
\cos \frac{\pi s}{2} \Gamma(s) \Gamma\left(\frac{1-s}{2}\right)=2^{s-1} \pi^{1 / 2} \Gamma\left(\frac{s}{2}\right)
$$

由于

$$
\Gamma\left(\frac{1-s}{2}\right) \Gamma\left(\frac{1+s}{2}\right)=\frac{\pi}{\cos \frac{\pi s}{2}}
$$

故上式就等价于

$$
\pi^{1 / 2} \Gamma(s)=2^{s-1} \Gamma\left(\frac{s}{2}\right) \Gamma\left(\frac{1+s}{2}\right)
$$

而这不过是勒让德的加倍公式（见5．2．4节（32））．于是推论得证．
$\xi(z)$ 的阶是什么？由于 $\xi(s)=\xi(1-s)$ ，故只要对 $\sigma \geqslant \frac{1}{2}$ 估计 $|\xi(z)|$ 就可以了。从斯特林公式（见5．2．5节（37））易见，对于常数 $A$ 与大的 $|s|$ ，有 $7 \quad \log |\Gamma(s / 2)| \leqslant A|s| \log |s|$ ，而这一估值对于 $s$ 的实值是精确成立的．因此，如果可以证明 $|\zeta(s)|$ 当 $\sigma \geqslant \frac{1}{2}$ 时相对较小，就可得到它的阶是 1 ．

我们用标准的记号 $[x]$ 表示小于等于 $x$ 的最大整数．先设 $\sigma>1$ ，读者不难验证下面的计算：

$$
\begin{aligned}
\int_N^{\infty}[x] x^{-s-1} d x & =\sum_N^{\infty} n \int_n^{n+1} x^{-s-1} d x=s^{-1} \sum_N^{\infty} n\left(n^{-s}-(n+1)^{-s}\right) \\
& =s^{-1}\left[N^{-s+1}+\sum_{N+1}^{\infty} n^{-s}\right]
\end{aligned}
$$

$$
\begin{aligned}
&\text { 由此得到 }\\
&\zeta(s)=\sum_1^N n^{-s}+\frac{1}{s-1} N^{1-s}-s \int_N^{\infty}(x-[x]) x^{-s-1} d x
\end{aligned}
$$

以上是对 $\sigma>1$ 证明的，但对 $\sigma>0$ ，右端的积分收玫，所以等式对 $\sigma>0$ 仍保持正确。顺便提一下，（64）在 $s=1$ 处有极点，其留数为 1 。

如果 $\sigma \geqslant \frac{1}{2}, ~(64)$ 产生如下形式的一个估值：

$$
|\zeta(s)| \leqslant N+A|N|^{-1 / 2}|s|
$$

它对大的 $|s|$ 正确，其中 $A$ 不依赖于 $s$ 和 $N$ 。选取 $N$ 为最接近于 $|s|^{2 / 3}$ 的整数，可知 $|\zeta(s)|$ 为 $|s|^{2 / 3}$ 的一个常数倍数所界定，所以这个因子并不影响 $\zeta(s)$的阶．
## $\zeta$ 函数的零点
从乘积展开 可知，$\zeta(s)$ 在半平面 $\sigma>1$ 内没有零点．根据这一点，由函数方程可知，在半平面 $\sigma<0$ 内惟有的零点都是平凡零点，换句话说，所有非平凡零点都位于所谓的临界带 $0 \leqslant \sigma \leqslant 1$ 内．黎曼猜测说，所有非平凡零点位于临界直线 $\sigma=\frac{1}{2}$ 上．这个猜测到现在没有证明，也没有反证．不难证明在 $\sigma=1$ 和 $\sigma=0$上没有零点。现在已经知道，渐近地有三分之一以上的零点位于临界直线上

设 $N(T)$ 为零点数， $0 \leqslant t \leqslant T$ ．我们不加证明地引录下式供读者参考：

$$
N(T)=\frac{T}{2 \pi} \log \frac{T}{2 \pi}-\frac{T}{2 \pi}+O(\log T) .
$$

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