黎曼ζ函数

的<年代trong>黎曼ζ函数是数学中的一个重要函数。

内容

定义
欧拉积表示
积分表示
函数方程
偶数和负整数上的ζ函数
与最初泽塔的关系
与质数计数函数的关系<年代p一个nclass="katex"> $\π(x)$ $π （ x ）$
黎曼ζ作为其他已知函数的特例
黎曼ζ函数的值

定义

的<年代trong>黎曼ζ函数为<年代p一个nclass="katex"> $C s \ \ mathbb {}$ $年代 \in C$ 与<年代p一个nclass="katex"> $\ operatorname{你}(s) > 1$ $R e （年代） > 1$ 定义为<年代p一个nclass="katex-display"> $\zeta(s) =\sum_{n=1}^\infty \dfrac{1}{n^s}。$ 然后定义为<一个href="//www.parkandroid.com/wiki/analytical-continuation/" class="wiki_link" title="解析延拓" target="_blank">解析延拓一个亚纯函数<年代p一个nclass="katex"> $C \ mathbb {}$ $C$ 由一个<一个target="_blank" rel="nofollow" href="//www.parkandroid.com/wiki/riemann-zeta-function/">函数方程．

欧拉积表示

的黎曼ζ函数<年代p一个nclass="katex"> $C s \ \ mathbb {}$ $年代 \in C$ 与<年代p一个nclass="katex"> $\operatorname{Re}(s) >$ $R e （年代） > 1$ 可以写成<年代p一个nclass="katex-display"> $\泽塔(s) = \ prod_{文本\ p {'}} \ dfrac {1} {1 - p ^ {- s}}。$

狄利克雷级数在这里使用。

证明1：

我们知道<年代p一个nclass="katex-display"> $\ sum_ {n = 1} ^ \ infty \ dfrac {f (n)} {n ^ s} = \ prod_ {p = \文本{'}}\ dfrac{1}{行进(p) p ^ {- s}}$ 使得和收敛于<年代p一个nclass="katex"> $f (n)$ $f （ n ）$ 完全是<一个href="//www.parkandroid.com/wiki/multiplicative-function/" class="wiki_link" title="乘法函数" target="_blank">乘法函数．自<年代p一个nclass="katex"> $1 (n) = 1$ $1 （ n ）＝ 1$ 完全是乘法的，我们有吗<年代p一个nclass="katex-display"> $\ sum_ {n = 1} ^ \ infty \ dfrac {1} {n ^ s} = \ prod_ {p = \文本{'}}\ dfrac {1} {1 - p ^ {- s}}。\ _ \广场$

证明2：

自<年代p一个nclass="katex"> $\ dfrac {1} {n ^ s}$ $\frac{1}{n ^{年代}}$ 是乘法，我们取所有素数的和的乘积:<年代p一个nclass="katex-display"> $\ sum_ {n = 1} ^ \ infty \ dfrac {1} {n ^ s} = \ prod_ {p = \文本{'}}\ sum_ {k = 0} ^ \ infty \ dfrac{1}{\大(p ^ k \大)^}。$ LHS的和就是<一个href="//www.parkandroid.com/wiki/geometric-progression-sum/" class="wiki_link" title="几何级数和" target="_blank">几何级数和．我们有它等于<年代p一个nclass="katex-display"> $\ sum_ {n = 1} ^ \ infty \ dfrac {1} {n ^ s} = \ prod_ {p = \文本{'}}\ dfrac {1} {1 - p ^ {- s}}。\ _ \广场$

证明3：

(在本节中增加这个证明是为了<年代trong>简化关于质数无穷的欧拉证明的讨论．这实际上是一种详细的形式<年代trong>证明2．）

这个证明只处理实数<年代p一个nclass="katex"> $s > 1$ $年代 > 1$ ．我们也将忽略关于收敛的技术细节。但是和和和的绝对收敛(不仅仅是条件收敛)可以用来证明我们的操作是正确的。

回想一下几何级数和的公式

$1 + r + r ^ 2 + r ^ 3 + \ cdots = \ dfrac{1}{第一轮}=(第一轮)^ {1},$

在哪里<年代p一个nclass="katex"> $| r | <1$ $∣ r ∣ < 1$ ．让<年代p一个nclass="katex"> $r = p ^ {- s}$ $r ＝ p^{- 年代}$ ,在那里<年代p一个nclass="katex"> $p$ $p$ 质数是多少

$1 + \压裂{1}{p s ^} + \压裂{1}{p ^{2}} + \压裂{1}{p ^ {3}} + \ cdots = (1 - p ^ {- s}) ^{1}。$

现在，考虑产品

$\大(1 - 2 ^ {- s} \大)^{1}\大(1 - 3 ^ {- s} \大)^{1}= \离开(1 + \压裂{1}{2 ^ (s} + \压裂{1}{4 ^ s} + \压裂{1}{8 s ^} + \ cdots \) \离开(1 + \压裂{1}{3 ^ s} + \压裂{1}{9 s ^} + \压裂{1}{27 s ^} + \ cdots \右)。$

当我们展开它，我们得到

$\开始{对齐}1 + \压裂{1}{2 ^ (s} + \压裂{1}{4 ^ s} + \压裂{1}{8 s ^} + \ cdots + \压裂{1}{3 ^ s} + \压裂{1}{2 ^ ^ s3 s} + \压裂{1}{4 ^ ^ s3 s} + \ cdots + \压裂{1}{9 s ^} + \压裂{1}{2 ^ s9 ^年代}+ \压裂{1}{4 ^ s9 ^年代}+ \ cdots & = 1 + \压裂{1}{2 ^ (s} + \压裂{1}{3 ^ s} + \压裂{1}{4 ^ s} + \压裂{1}{6 s ^} + \压裂{1}{8 s ^} + \压裂{1}{9 s ^} + \压裂{1}{12 s ^} + \ cdots \\\\ & = \ sum_ {n \ S(2,3)} \压裂{1}{n ^ S},{对齐}\结束$

在哪里<年代p一个nclass="katex"> $S(p,q，\cdots{})$ $年代（ p ，问， \dots ）$ 表示所有此类整数的集合<年代p一个nclass="katex"> $（$ $（$ 包括<年代p一个nclass="katex"> $1 = p ^ 0 ^ 0 \ cdots {})$ $1 ＝ p^{0} 问^{0} \dots ）$ 谁的质因数分解只包含质数<年代p一个nclass="katex"> $\{p,q，\cdots{} \}$ $｛ p ，问， \dots ｝$ ，它是一组质数。注意，每个整数来自<年代p一个nclass="katex"> $(2、3)$ $年代（ 2 ， 3. ）$ 在和中恰好出现一次。例如,<年代p一个nclass="katex"> $12 \in S(2,3)$ $12 \in 年代（ 2 ， 3. ）$ ，而术语<年代p一个nclass="katex"> $\压裂{1}{12}^年代$ $\frac{1}{1 2 ^{年代}}$ 来自<年代p一个nclass="katex"> $\frac{1}{4^s} \times \frac{1}{3^s}$ $\frac{1}{4 ^{年代}} \times \frac{1}{3. ^{年代}}$ ．因式分解的唯一性说明了这是唯一可能发生的情况。

当我们乘以<年代p一个nclass="katex"> $大(1 - 5 ^ \ {- s} \大)^ {1}$ $（ 1 - 5^{- 年代} ）^{- 1}$ ，我们得到

$\大(1 - 2 ^ {- S} \大)^{1}\大(1 - 3 ^ {- S} \大)^{1}\大(1 - 5 ^ {- S} \大)^ {1}= \ sum_ {n \ S(2、3、5)}\压裂{1}{n ^ S}。$

一般来说，如果<年代p一个nclass="katex"> $p_m$ $p_{米}$ 是<年代p一个nclass="katex"> $m ^ \文本{th}$ $米^{th}$ Prime，我们有

$\大(1 - 2 ^ {- S} \大)^{1}\大(1 - 3 ^ {- S} \大)^{1}\大(1 - 5 ^ {- S} \大)^ {1}\ cdots \大(1-p_m ^ {- S} \大)^ {1}= \ sum_ {n \ S(2、3、5 \ ldots p_m)} \压裂{1}{n ^ S}。$

让<年代p一个nclass="katex"> $m \ rightarrow \ infty$ $米 \to \infty$ ．左边收敛于所有质数的乘积。因为每个正整数都有质因数分解，每个正整数<年代p一个nclass="katex"> $n$ $n$ 在于<年代p一个nclass="katex"> $S(2,3,5， \cdots, p_m)$ $年代（ 2 ， 3. ， 5 ， \dots ， p_{米} ）$ 对于一个足够大的整数<年代p一个nclass="katex"> $米$ $米$ ．因此，右边收敛于所有正整数的和<年代p一个nclass="katex"> $n$ $n$ ．这给出了定理中的恒等式。也就是说,

$\ sum_ {n = 1} ^ \ infty \ dfrac {1} {n ^ s} = \ prod_ {p = \文本{'}}\ dfrac {1} {1 - p ^ {- s}}。\ _ \广场$

由此得出的一个有趣的结果是有无限个<一个href="//www.parkandroid.com/wiki/prime-numbers/" class="wiki_link" title="质数" target="_blank">质数．在<年代p一个nclass="katex"> $s \勒1$ $年代 \leq 1$ 它是发散的，乘积必须除以无穷多个，因此有无穷个质数。

积分表示

函数可以表示为<年代p一个nclass="katex-display"> $\伽马\左(s \) \ζ\左(s \右)= \ int _ {0} ^ {\ infty}{\压裂{{x} ^ {1}} {e ^ x - 1} dx}。$

考虑函数<年代p一个nclass="katex-display"> $\Gamma(s)=\int_0^\infty x^{s-1}e^{-x}\， dx。$ 我们的替代品<年代p一个nclass="katex"> $x =ν$ $x ＝ n u$ 因此<年代p一个nclass="katex"> $dx = n \ \ textrm {du}$ $d x ＝ n 杜$ ：<年代p一个nclass="katex-display"> $\开始{对齐}\γ(s) & = \ int_0 n ^ ^ \ infty u ^ {1} {1} e ^{ν}n \ \ textrm {du} \ \ & = \ int_0 ^ \ infty n ^{年代}你^ {1}e ^{ν}\,\ textrm {du} \ \ \ Rightarrow \γ(s) \ dfrac {1} {n ^ s} & = \ int_0 ^ \ infty u ^ {1} e ^{ν}\,\ textrm杜{}。结束\{对齐}$ 我们取所有正整数的和为<年代p一个nclass="katex"> $护士:$ $n ：$ $\γ(s) \ sum_ {n = 1} ^ \ infty \ dfrac {1} {n ^ s} = \ sum_ {n = 1} ^ \ infty \ int_0 ^ \ infty u ^ {1} e ^{ν}\,\ textrm {du} = \ int_0 ^ \ infty u ^ {1} \ sum_ {n = 1} ^ \ infty e ^{ν}\,\ textrm杜{}。$ 我们将公式应用于等比级数的和:<年代p一个nclass="katex-display"> $\γ(s) \泽塔(s) = \ int_0 ^ \ infty \ dfrac {u ^ {1}} {e ^ u-1} \ \ textrm杜{}。\ _ \广场$

函数方程

$\π^{- \压裂{年代}{2}}\伽马\离开(\压裂{年代}{2}\)\泽塔(s) = \π^{- \压裂{1}{2}}\伽马\离开(\压裂{1}{2}\)\泽塔(1)$

考虑<年代p一个nclass="katex-display"> $左(\ \伽马\ dfrac{年代}{2}\右)= \ int_0 ^ \ infty x ^ ^{\压裂s2-1} e {- x} dx。$ 让<年代p一个nclass="katex"> $X =\ n^2 u\to dx= \ n^2 du\to \mid_0^\infty =\ mid_0^\infty$ $x ＝ π n^{2} u \to d x ＝ π n^{2} d u \to ∣_{0}^{\infty} ＝ ∣_{0}^{\infty}$ ．所以<年代p一个nclass="katex-display"> $π\ ^{- \压裂{年代}{2}}\伽马\离开(\ dfrac{年代}{2}\右)n ^ {- s} = \ int_0 ^ \ infty x ^ ^{\压裂s2-1} e{-π\ n ^ 2 x} dx。$ 对所有正整数求和，<年代p一个nclass="katex-display"> $\开始{对齐}\π^{- \压裂{年代}{2}}\伽马\离开(\ dfrac{年代}{2}\)\ sum_ {n = 1} ^ \ infty n ^ {- s} & = \ sum_ {n = 1} ^ \ infty \ int_0 ^ \ infty x ^ ^{\压裂s2-1} e{-π\ n ^ 2 x} dx \ \ & = \ int_0 ^ \ infty x ^{\压裂s2-1} \ sum_ {n = 1} ^ ^ \ infty e{-π\ n ^ 2 x} dx。结束\{对齐}$ 我们回顾<一个href="//www.parkandroid.com/wiki/jacobi-theta-function/" class="wiki_link" title="雅可比函数" target="_blank">雅可比函数：<年代p一个nclass="katex-display"> $\开始{对齐}\θ(x) & = \ sum_ {n = - \ infty} ^ ^ \ infty e{-π\ n ^ 2 x} \ \ & = 2 \ sum_ {n = 1} ^ ^ \ infty e{-π\ n ^ 2 x} + 1 \ \ \ psi (x) & = \ sum_ {n = 1} ^ ^ \ infty e{-π\ n ^ 2 x} \ \ \θ(x) & = 2 \ psi (x) + 1 \ \ \√{x} \θ(x)和θ= \ \大(x ^{1} \大)。结束\{对齐}$ 所以,让<年代p一个nclass="katex-display"> $\ xi (s) = \π^{- \压裂{年代}{2}}\伽马\离开(\ dfrac{年代}{2}\)\泽塔(s) = \ int_0 ^ \ infty x ^{\压裂s2-1} \ psi (x) \, dx。$ 现在分成两部分<年代p一个nclass="katex-display"> $\ xi (s) = \ int_0 ^ 1 x ^{\压裂s2-1} \ psi (x) dx + \ int_1 ^ \ infty x ^{\压裂s2-1} \ psi (x) \, dx。$ 考虑<年代p一个nclass="katex-display"> $大概{x} \ \θ(x) =θ\ \大(x ^{1} \大)\ \ sqrt {x} \大(2 \ psi (x) + 1 \大)ψ= 2 \ \大(x ^{1} \大)+ 1 \ \ psi (x) = \ dfrac {1} {\ sqrt {x}} \ psi \离开(\ dfrac {1} {x} \右)+ \ dfrac{1}{2 \√{x}} - \ dfrac{1}{2}。$ 把这个代入第一个积分，<年代p一个nclass="katex-display"> ${对齐}\ \开始int_0 ^ 1 x ^{\压裂s2-1} \ psi (x) dx & = \ int_0 ^ 1 x ^{\压裂s2-1} \离开(\ dfrac {1} {\ sqrt {x}} \ psi \离开(\ dfrac {1} {x} \右)+ \ dfrac{1}{2 \√{x}} - \ dfrac{1}{2} \右)dx \ \ & = \ int_0 ^ 1 x ^{\压裂s2 - \压裂32}\ psi \离开(\ dfrac {1} {x} \右)+ \ dfrac{1}{2} \离开(x ^{\压裂s2 - \压裂32}- x ^{\压裂s2-1} \右)dx。结束\{对齐}$ 我们可以很容易地独立于<年代p一个nclass="katex"> $\ψ$ $ψ$ 使积分为<年代p一个nclass="katex-display"> $\ int_0 ^ 1 x ^{\压裂s2 - \压裂32}\ psi \离开(\ dfrac {1} {x} \右)dx + \ dfrac {1} {s (s - 1)}。$ 改变<年代p一个nclass="katex"> $x$ $x$ 与<年代p一个nclass="katex"> $\压裂{1}{x}$ $\frac{1}{x}$ 得到<年代p一个nclass="katex-display"> $\ int_1 ^ \ infty x ^{- \压裂s2 \ frac12} \ psi (x) dx + \ dfrac {1} {s (s - 1)}。$ 所以,<年代p一个nclass="katex-display"> $\ xi (s) = \ int_0 ^ 1 x ^{\压裂s2-1} \ psi (x) dx + \ int_1 ^ \ infty x ^{\压裂s2-1} \ psi (x) dx = \ int_1 ^ \ infty \离开(x ^{\压裂{(1)}{2}1}+ x ^{\压裂s2-1} \) \ psi (x) dx + \ dfrac {1} {s (s - 1)}。$ 请注意,<年代p一个nclass="katex-display"> $ξ （年代）＝ ξ （ 1 - 年代）．$ 所以<年代p一个nclass="katex-display"> $\π^{- \压裂{年代}{2}}\伽马\离开(\压裂{年代}{2}\)\泽塔(s) = \π^{- \压裂{1}{2}}\伽马\离开(\压裂{1}{2}\)\泽塔(1)。\ _ \广场$

$\泽塔(s) = 2 ^ (s \π^{1}\罪\离开(\压裂{\πs}{2} \) \γ(1)\泽塔(1)$

考虑<年代p一个nclass="katex-display"> $\开始{对齐}\π^{- \压裂{年代}{2}}\伽马\离开(\压裂{年代}{2}\)\泽塔(s) & = \π^{- \压裂{1}{2}}\伽马\离开(\压裂{1}{2}\)\泽塔(1)\ \ \ Rightarrow \π^{- \压裂{年代}{2}}\伽马\离开(\压裂{年代}{2}\)\伽马\离开(\压裂{s + 1}{2} \) \泽塔(s) & = \π^{- \压裂{1}{2}}\伽马\离开(\压裂{s + 1}{2} \) \伽马\离开(1 - \压裂{1 + s}{2} \) \泽塔(1)。结束\{对齐}$ 利用拉格朗日复制公式和欧拉反射公式，<年代p一个nclass="katex-display"> $\开始{对齐}\π^{- \压裂{年代}{2}}\压裂{\ sqrt{\π}}{2 ^{1}}\γ(s) \泽塔(s) & = \π^{- \压裂{1}{2}}\压裂{\π}{\因为\离开(\ dfrac{\πs}{2} \右)}\泽塔(1)\ \ \ Rightarrow \泽塔(1)& = 2 ^{1}\π^ {- s} \因为\离开(\ dfrac{\πs}{2} \) \γ(s) \泽塔(年代)。结束\{对齐}$ 替换<年代p一个nclass="katex"> $年代$ $年代$ 与<年代p一个nclass="katex"> $1$ $1 - 年代$ 给了<年代p一个nclass="katex-display"> $\泽塔(s) = 2 ^ (s \π^{1}\罪\离开(\压裂{\πs}{2} \) \γ(1)\泽塔(1)。\ _ \广场$

偶数和负整数上的ζ函数

对于任何正偶数<年代p一个nclass="katex"> $2 n,$ $2 n ，$

$\泽塔(2 n) = \压裂{(1)^ {n + 1} \ beta_ {2 n}(2 \π)^ {2 n}} {2 (2 n) !}，$

在哪里<年代p一个nclass="katex"> $\ beta_n$ $β_{n}$ 表示<年代p一个nclass="katex"> $n ^ \文本{th}$ $n^{th}$ 伯努利数．

考虑<年代p一个nclass="katex-display"> $\压裂{\罪(π\ s)}{\πs} = \ prod_ {n = 1} ^ \ infty \离开(1 - \压裂{s ^ 2} {n ^ 2} \右)。$ 记录日志和d.w.r.s<年代p一个nclass="katex-display"> $\开始{对齐}\πs \床(\ s pi) & = 1 - 2 \ sum_ {n = 1} ^ \ infty \压裂{\压裂{s ^ 2} {n ^ 2}}{1 - \压裂{s ^ 2} {n ^ 2}} \ \ & = 1 - 2 \ sum_ {n = 1} ^ \ infty \压裂{s ^ 2} {n ^ 2} \ sum_ {k = 0} ^ \ infty \离开(\压裂{s ^ 2} {n ^ 2} \右)^ k \ \ & = 1 - 2 \ sum_ {n = 1} ^ \ infty \ sum_ {k = 1} ^ \ infty \离开(\压裂{s ^ 2} {n ^ 2} \右)^ k。结束\{对齐}$ 交换求和，<年代p一个nclass="katex-display"> $\πs \床(\ s pi) = 1 - 2 \ sum_ {k = 1} ^ \ infty s ^ {2 k} \ sum_ {n = 1} ^ \ infty n ^ {2 k} = 1 - 2 \ sum_ {k = 1} ^ \ infty \泽塔(2 k) ^ {2 k}。$ 现在考虑<年代p一个nclass="katex-display"> $\πs \床(π\ s) =我\πs + \ dfrac{2 \πis} {e ^{2π\ s} 1} =我\πs + \ sum_ {n = 0} ^ \ infty \ dfrac {\ beta_n} {n !} (2i\ s)^n。$ 的<一个href="//www.parkandroid.com/wiki/taylor-series/" class="wiki_link" title="泰勒级数" target="_blank">泰勒级数的<年代p一个nclass="katex"> $^ \压裂{年代}{e s - 1}$ $\frac{年代}{e ^{年代} - 1}$ 使用。自<年代p一个nclass="katex"> $\ beta_ {2 n + 1} = 0$ $β_{2 n + 1} ＝ 0$ 为<年代p一个nclass="katex"> $2 n + 1$ $2 n + 1$ 奇数正整数<年代p一个nclass="katex"> $> 1,$ $> 1 ，$ $\ beta_0 = 1, \ beta_1 = -0.5$ ：<年代p一个nclass="katex-display"> $\πs \床(\ s pi) = 1 - 2 \ sum_ {n = 1} ^ \ infty \ dfrac {- \ beta_ {2 n}} {2 (2 n)}我\πs (2) ^ {2 n}。$ 因为在幂级数中系数必须相同，我们有<年代p一个nclass="katex-display"> $\{对齐}1 - 2开始\ sum_ {k = 1} ^ \ infty \泽塔(2 k) ^ {2 k} & = 1 - 2 \ sum_ {n = 1} ^ \ infty \ dfrac {- \ beta_ {2 n}} {2 (2 n)}我\πs (2) ^ {2 n} \ \ \ Rightarrow \泽塔(2 n) & = \压裂{(1)^ {n + 1} \ beta_ {2 n}(2 \π)^ {2 n}} {2 (2 n) !}。\ _\方形\端{对齐}$

$\泽塔(- n) = - \ dfrac {\ beta_ {n + 1}} {n + 1},$ 在哪里<年代p一个nclass="katex"> $- n$ $- n$ 为负整数。

考虑<年代p一个nclass="katex-display"> $\泽塔(s) = 2 ^ (s \π^{1}\罪\离开(\ dfrac{\πs}{2} \) \γ(1)\泽塔(1)。$ 首先注意<年代p一个nclass="katex"> $年代$ $年代$ 是<年代p一个nclass="katex"> $2 n$ $- 2 n$ 为<年代p一个nclass="katex"> $n$ $n$ 正整数<年代p一个nclass="katex"> $罪\$ $罪$ 为零，因此LHS为零。所以<年代p一个nclass="katex-display"> $\泽塔(2 n) = 0 = \ beta_ {2 n + 1} = - \ dfrac {\ beta_ {2 n + 1}} {2 n + 1} \所有n \ \ mathbb {n}。$ 这也被称为函数的平凡零点。

现在取代<年代p一个nclass="katex"> $年代$ $年代$ 与<年代p一个nclass="katex"> $2 n + 1,$ $- 2 n + 1 ，$ 然后<年代p一个nclass="katex"> $罪\$ $罪$ 就变成了<年代p一个nclass="katex"> $(1) ^ n$ $（ - 1 ）^{n}$ 而且<年代p一个nclass="katex-display"> $\开始{对齐}\泽塔(2 n + 1) & = 2 ^ {2 n + 1} \π^γ(2 n) {2 n} \ \泽塔(2 n) \ \ & = 2 ^ {2 n + 1} \π^ {2 n} (2 n - 1) !(1) ^ n \压裂{(1)^ {n + 1} \ beta_ {2 n}(2 \π)^ {2 n}} {2 (2 n) !｝\\ &=-\dfrac{\beta_{2n}}{2n}\\ &=-\dfrac{\beta_{2n-1+1}}{2n-1+1}. \end{aligned}$ 那么，我们有<年代p一个nclass="katex-display"> ${\泽塔(- n) = - \ dfrac {\ beta_ {n + 1}} {n + 1}}。\ _ \广场$

与最初泽塔的关系

$大(\ \ ln \泽塔(s) \大)= \ sum_ {n = 1} ^ \ infty \压裂{P (sn)} {n}$

视图<一个href="//www.parkandroid.com/wiki/prime-zeta-function/" class="wiki_link" title="素数ζ函数" target="_blank">素数ζ函数．

我们回顾一下欧拉乘积的定义:<年代p一个nclass="katex-display"> $\泽塔(s) = \ prod_ {p = \文本{'}}\ dfrac {1} {1 - p ^ {- s}}。$ 两边取对数，<年代p一个nclass="katex-display"> $大(\ \ ln \泽塔(s) \大)= \ sum_ {p = \文本{'}}\大(- \ ln (1 - p ^ {- s}) \大)。$ 使用<一个href="//www.parkandroid.com/wiki/common-taylor-series/?wiki_title=common Taylor series" class="wiki_link new" title="普通泰勒级数" target="_blank" rel="nofollow">普通泰勒级数对数，我们有<年代p一个nclass="katex-display"> $\ ln(\泽塔(s)) = \ sum_ {p = \文本{'}}\ sum_ {n = 1} ^ \ infty \ dfrac p {^ {- sn}} {n} = \ sum_ {n = 1} ^ \ infty \ dfrac {1} {n} \ sum_ p {p = \文本{'}}^ {- sn}。$ 我们回忆起<年代p一个nclass="katex-display"> $P (x) = \ sum_ P {P = \文本{'}}^ {x},$ 所以求和就是<年代p一个nclass="katex-display"> $大(\ \ ln \泽塔(s) \大)= \ sum_ {n = 1} ^ \ infty \ dfrac {P (sn)} {n}。\ _ \广场$

与质数计数函数的关系<年代p一个nclass="katex"> $\π(x)$ $π （ x ）$

黎曼ζ作为其他已知函数的特例

Hurwitz Zeta函数的特例

赫维茨ζ函数定义为

$\ζ\左(a、b \右)= \总和_ {n = 0} ^ {\ infty}{\压裂{1}{{\离开(b + n \右)}^{一}}}。$

如果我们取<年代p一个nclass="katex"> $b = 1$ $b ＝ 1$ ，我们会得到

$\ζ\左(,1 \右)= \总和_ {n = 0} ^ {\ infty}{\压裂{1}{{\离开(1 + n \右)}^{一}}}。$

现在重新排列极限，我们得到

$\ζ\左(,1 \右)= \总和_ {n = 1} ^ {\ infty}{\压裂{1}{{\左(n \右)}^{一}}}= \ζ\离开(\)。$

因此，我们可以得出黎曼ζ函数是赫维茨ζ函数的特例。

因此,<年代p一个nclass="katex"> $\zeta \left(a,1 \right) =\zeta \left(a \right)。$ $ζ （一个， 1 ）＝ ζ （一个）．$

多函数的特例

多函数定义为

${\ psi} _{} \离开(x \右)= \压裂{{d} ^{+ 1} \大(\ ln \伽马\左(x \) \大)}{d {x} ^{+ 1}}。$

它也表示为

${\ psi} _{} \离开(x \右)= \总和_ {n = 0} ^ {\ infty}{\压裂{{\离开(1 \右)}^{一}!左(x +} {{\ n \右)}^{一}}}= \ζ\离开(a, x \右)。$

现在<年代p一个nclass="katex"> $x = 1$ $x ＝ 1$ 我们得到了

${\ psi} _{} \离开(1 \右)= \总和_ {n = 0} ^ {\ infty}{\压裂{{\离开(1 \右)}^ {n} n !}{{\离开(1 + n \右)}^{一}}}= \ζ\离开(\)。$

因此，我们可以得出黎曼ζ函数是Polygamma函数的特例。

因此,<年代p一个nclass="katex"> ${\ psi} _{} \离开(1 \右)= \ζ\离开(\)。$ $ψ_{一个} （ 1 ）＝ ζ （一个）．$

狄利克雷级数的特例

视图<一个href="//www.parkandroid.com/wiki/dirichlet-series/" class="wiki_link" title="狄利克雷级数" target="_blank">狄利克雷级数．

我们定义狄利克雷级数为

$\ sum_ {n = 1} ^ \ infty \ dfrac {f (n)} {n ^ s},$

在哪里<年代p一个nclass="katex"> $f$ $f$ 是一个算术函数。在特殊情况下<年代p一个nclass="katex"> $f (n) = 1 (n) = 1$ $f （ n ）＝ 1 （ n ）＝ 1$ 它是函数。另外，很多其他的狄利克雷级数也给出了函数的结果，你可以在维基百科或者<一个target="_blank" rel="nofollow" href="//www.parkandroid.com/profile/aareyan-3swgey/sets/playing-around-with-zeta-functions/?ref_id=1099294">这些笔记．<！-- end-dirichlet series -->

这些关系在解决问题时非常有用。

黎曼ζ函数的值

引理：<年代p一个nclass="katex-display"> $\ sum_ {k = 1} ^ \ infty \泽塔(2 k) \, x ^ {2 k} = \ frac12 \大(1 - \πx \床(\πx) \大)$

证明:

我们有

$\{对齐}开始f (x) & = \ sum_ {k = 1} ^ \ infty \泽塔(2 k) \, x ^ {2 k} \ \ & = \ sum_ {k = 1} ^ \ infty \ sum_ {i = 1} ^ \ infty \压裂{x ^ {2 k}}{我^ {2 k}} \ \ & = \ sum_ {i = 1} ^ \ infty \压裂{\压裂{x ^ 2}{我^ 2}}{1 - \压裂{x ^ 2}{我^ 2}}\ \ & = \ sum_ {i = 1} ^ \ infty \压裂{x ^ 2}{我^ 2 x ^ 2} \ \ & = - \压裂{x} {2} \ sum_ {i = 1} ^ \ infty \离开(\压裂{1}{x} + \压裂{1}{x + i} \) \ \ & = - \压裂{x}{2} \离开(π\ \床(\πx) - \ frac1x \) \ \ & = \ frac12 \大(1 - \πx \床(\πx) \大)。\qquad (1) \end{aligned}$

现在，我们偏离(1)处得到的结果。W将计算的级数展开<年代p一个nclass="katex"> $x \床(x)$ $x 床（ x ）$ ．

考虑这个系列<年代p一个nclass="katex"> $x \床(x) = \ sum_ {k = 0} ^ \ infty a_kx ^ {2 k}$ $x 床（ x ）＝ \sum_{k ＝ 0}^{\infty} 一个_{k} x^{2 k}$ ．在这里<年代p一个nclass="katex"> $an$ $一个_{n}$ 为未知实值函数:

$\ cos (x) = \压裂{\ sin (x)} {x} \ sum_ {k = 0} ^ \ infty a_kx ^ {2 k}。$

的泰勒级数展开<年代p一个nclass="katex"> $\ cos (x)$ $因为（ x ）$ 而且<年代p一个nclass="katex"> $\ sin (x)$ $罪（ x ）$ ，我们得到

${对齐}\ \开始sum_ {n = 0} ^ \ infty (1) ^ n \ ! \压裂{x ^ {2 n}} {(2 n) !｝&=\sum_{n=0}^\infty(-1)^n\!\frac{x^{2n}}{(2n+1)!}\;\;\sum_{k=0}^\infty a_kx^{2k}\\ &=\sum_{n=0}^\infty\left(\sum_{k=0}^n(-1)^k\!\frac{a_{n-k}}{(2k+1)!}\right)x^{2n}. \qquad (2) \end{aligned}$

通过比较(2)中的系数，我们得到

$\{对齐}开始an & = \压裂{(1)^ n} {(2 n) !} - \ sum_ {i = 1} ^ n(1) ^我\ ! \压裂{现代{n}} {(2 + 1) !} \ \ & = \压裂{(1)^ n2n} {(2 n + 1) !} - \ sum_ {i = 1} ^ {n}(1) ^我\ ! \压裂{现代{n}}{(2 + 1) !}。\qquad (3) \end{aligned}$

由(1)，我们可以推断<年代p一个nclass="katex"> $an = 2 \ dfrac{\泽塔(2 n)}{\π^ {2 n}}$ $一个_{n} ＝ - 2 \frac{ζ （ 2 n ）}{π ^{2 n}}$ ．

因此(3)就成了

$\泽塔(2 n) = \压裂{(1)^ {n} \π^ {2 n}} {(2 n + 1) !} n + \ sum_ {k = 1} ^ {n} \ ! \压裂{(1)^ {k - 1} \π^ {2 k}} {(2 k + 1) !} \泽塔(2 n-2k)。$

这个方程对<年代p一个nclass="katex"> $n > 1$ $n > 1$ 与<年代p一个nclass="katex"> $n$ $n$ 作为一个整数。

由递归关系得到

$\泽塔(2)= \压裂{\π^ 2}{3 !} = \压裂{\π^ 2}{6}$
$\泽塔(4)= - \压裂{\π^ 4}{5 !}2 + \压裂{\π^ 2}{3 !}\泽塔(2)= \压裂{\π^ 4}{90}$
$\泽塔(6)= \压裂{\π^ 6}{7 !}3 - \压裂{\π^ 4}{5 !}\泽塔(2)+ \压裂{\π^ 2}{3 !}\泽塔(4)= \压裂{\π^ 6}{945}$
$\泽塔(8)= - \压裂{\π^ 8}{9 !}4 + \压裂{\π^ 6}{7 !}\泽塔(2)- \压裂{\π^ 4}{5 !}\泽塔(4)+ \压裂{\π^ 2}{3 !}\泽塔(6)= \压裂{\π^ 8}{9450}。$

$大\ \ int_0 ^ 1 \ dfrac {\ ln x ^ 2} {1 - x} \, dx = 2 \ int_1 ^ \ infty \ dfrac {\ lfloor x \ rfloor} {x ^ {+ 1}} \, dx$

考虑到<年代p一个nclass="katex"> $一个$ $一个$ 正整数常数满足上面的方程吗<年代p一个nclass="katex"> $一个$ $一个$ ．

奖金:证明<年代p一个nclass="katex"> $\displaystyle a \int_1^\infty \dfrac{\lfloor x \rfloor}{x^{a+1}} \， dx = \zeta(a)$ $一个 \int_{1}^{\infty} \frac{⌊ x ⌋}{x ^{一个 + 1}} d x ＝ ζ （一个）$ ．

符号：<年代p一个nclass="katex"> $\泽塔(\ cdot)$ $ζ （ \cdot ）$ 为黎曼ζ函数。

$\large \int_0^\infty \dfrac{x^7}{1-e^x} \， dx$

如果上面的积分等于<年代p一个nclass="katex"> $-\frac AB \pi^C$ $- \frac{一个}{B} π^{C}$ ,在那里<年代p一个nclass="katex"> $A、B$ $一个， B$ 而且<年代p一个nclass="katex"> $C$ $C$ 互素是正整数吗<年代p一个nclass="katex"> $A、B$ $一个， B$ coprime,找到<年代p一个nclass="katex"> $A + B + C$ $一个 + B + C$ ．

$\大型{f (n) = \离开(\ dfrac{\泽塔(2)+ \泽塔(3)+ \ cdots + \泽塔(n + 1)} {n} \右)^ {n ^ \α}}$

让<年代p一个nclass="katex"> $f (n)$ $f （ n ）$ 是上面定义的函数，其中<年代p一个nclass="katex"> $\泽塔(k) = \ displaystyle \ sum_ {p = 1} ^ \ infty \ dfrac {1} {p ^ k}$ $ζ （ k ）＝ p ＝ 1 \sum \infty \frac{1}{p ^{k}}$ ．
让<年代p一个nclass="katex"> $A = \displaystyle \lim_{n \to \infty} f(n)$ $一个＝ n \to \infty lim f （ n ）$ ,当<年代p一个nclass="katex"> $\alpha = 1$ $α ＝ 1$ ．
让<年代p一个nclass="katex"> $B = \displaystyle \lim_{n \to \infty} f(n)$ $B ＝ n \to \infty lim f （ n ）$ ,当<年代p一个nclass="katex"> $\alpha = \dfrac12$ $α ＝ \frac{1}{2}$ ．

找到…的价值<年代p一个nclass="katex"> $A + B$ $一个 + B$ 到小数点后三位。

有关……

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