Riemann Zeta 函式

Riemann Zeta 函式

（Riemann zeta function），

\zeta(s)

，是一個關於複數

s

的函式。在複平面上，當複數

s

的實數部分

\sigma=\Re s >1

時，

\zeta(s)

就是如下的級數形式：

\zeta(s) = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{s}}.

調和級數的概念與性質

既然提到了級數，首先讓我們來回顧一下級數的定義。

級數的定義

：在數學中，一個有窮或者無窮的序列

(x_{0},x_{1},x_{2},...)

的形式和

S = x_{0}+x_{1}+x_{2}+...

稱為級數，裡面的每一項都稱為級數的通項。

級數收斂的定義

：令

S_{n}=x_{0}+...+x_{n}

，如果存在有限的

S

使得

\lim_{n\rightarrow \infty}S_{n}=S

，那麼就稱該級數收斂。否則，該級數就稱為發散級數。

然後下面我們來研究一下調和級數的基本性質。調和級數的表示式寫出來十分簡單，那就是 Riemann Zeta 函式在

s=1

的取值，i。e。

\zeta(1) = \sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n}.

提到級數的收斂或發散，就必須要提到關於級數收斂的等價定理（

Cauchy 判別法

），那就是：

級數

S_{n}

收斂當且僅當對任意的

\epsilon>0

，存在

N

使得對於任意的

m, n>N

都有

|S_{m}-S_{n}|<\epsilon.

既然 Cauchy 判別法是等價定理，那麼就可以使用 Cauchy 判別法來判斷調和級數是否收斂。

Method 1.

令

S_{n}=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k},

直接透過計算得到

|S_{2n}-S_{n}|=\frac{1}{n+1}+...+\frac{1}{2n}>\frac{1}{2n}+...+\frac{1}{2n}=\frac{1}{2},

說明該級數是不收斂的，也就是調和級數是發散的。

除了基於 Cauchy 收斂準則的證明之外，能否寫出判斷調和級數發散的其他方法呢？答案是肯定的。以下有一種使用初等數學方法就能夠解釋調和級數發散的方法。

Method 2.

\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n}

=1+\frac{1}{2}+(\frac{1}{3}+\frac{1}{4})+(\frac{1}{5}+\frac{1}{6}+\frac{1}{7}+\frac{1}{8})+...

>1+\frac{1}{2}+(\frac{1}{4}+\frac{1}{4})+(\frac{1}{8}+\frac{1}{8}+\frac{1}{8}+\frac{1}{8})+...

=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+...=+\infty.

既然都提到了高等數學，那麼當然不能僅僅侷限於使用初等數學的技巧來解決問題。而且如果只是用初等數學的方法，在拓展性方面就會受到極大的限制。

Method 3.

調和級數的發散可以透過定積分的技巧來進行解決。

從調和級數到 Riemann Zeta 函式

1+\frac{1}{2}+...+\frac{1}{n}

>\int_{1}^{2}\frac{1}{x}dx + \int_{2}^{3}\frac{1}{x}dx+...+\int_{n}^{n+1}\frac{1}{x}dx

=\int_{1}^{n+1}\frac{1}{x}dx=\ln(n+1)

因此，

\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}=+\infty.

從上面的定積分的方法可以預計出調和級數的量級大約是對數的量級，那麼能否精確的估計出來呢？例如下面這個問題：

問題：

\lim_{n\rightarrow +\infty}\frac{\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}}{ln(n)}=?

透過 L‘Hospital 法則可知：

\lim_{x\rightarrow 0}x/\ln(1+x)=1.

透過 Stolz 定理可知：

\lim_{n\rightarrow +\infty}\frac{\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}}{ln(n)}= \lim_{n\rightarrow +\infty}\frac{\frac{1}{n}}{\ln(n/(n-1))}= \lim_{x\rightarrow 0}\frac{x}{\ln(1+x)}=1.

除此之外，我們同樣可以證明

\lim_{n\rightarrow+\infty}(1+\frac{1}{2}+...+\frac{1}{n}-\ln(n))

這個極限是存在並且有限的。

調和級數的推廣

那麼，如果在考慮

\zeta(2)

也就是級數

\zeta(2) = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2}}

是否收斂的時候，能否用到以上類似的技巧呢？首先，確實也存在各種各樣的初等數學技巧，例如：

Method 1.

\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n^{2}}<1+\sum_{n=2}^{+\infty}\frac{1}{n(n-1)}=1+\sum_{n=2}^{+\infty}(\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n})=2.

Method 2.

使用數學歸納法。也就是要證明：

\sum_{k=1}^{n}1/k^{2}\leq 2-\frac{1}{n}.

當

n=1

的時候，公式是正確的。假設

n

的時候是正確的，那麼我們有

\sum_{k=1}^{n}1/k^{2}\leq 2-\frac{1}{n}.

計算可得：

\sum_{k=1}^{n+1}\frac{1}{k^{2}}<2-\frac{1}{n}+\frac{1}{(n+1)^{2}}= 2- \frac{1}{n+1}-\frac{1}{n(n+1)^{2}}\leq 2-\frac{1}{n+1}.

因此，不等式正確，所以

\sum_{n=1}^{+\infty}1/n^{2}

收斂。

其次，在判斷調和級數發散的時候，使用的定積分的方法同樣可以應用在這個場景下。

Method 3.

1+\frac{1}{2^{2}}+...+\frac{1}{n^{2}}

<1+\int_{1}^{2}\frac{1}{x^{2}}dx+...+\int_{n-1}^{n}\frac{1}{x^{2}}dx

=1+\int_{1}^{n}\frac{1}{x^{2}}dx=1+1-\frac{1}{n}<2.

那麼這個是針對次數等於 2 的情況，對於一般的情形，

\zeta(s)=\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n^{s}},

當

\sigma = \Re(s)>1.

使用定積分的技術，同樣可以證明對於任意的

\sigma = \Re(s)>1,

都有

\zeta(s)

是收斂的。但是

\zeta(1)

是發散的。

Riemann Zeta 函式中某些點的取值

除此之外，既然

\zeta(s)

在

\sigma = \Re(s)>1

的時候收斂，能否計算出某些函式的特殊值呢？答案是肯定的，例如，我們可以使用 Fourier 級數來計算出

\zeta(2), \zeta(4), \zeta(6),...

的取值。首先，我們回顧一下 Fourier 級數的一些性質：

假設

f(x)

是一個關於

2\pi

的週期函式，i。e。

f(x)=f(x+2\pi)

對於所有的

x \in \mathbb{R}

都成立。那麼函式

f(x)

的 Fourier 級數就定義為

a_{0}+\sum_{n=1}^{\infty} (a_{n} \cos(nx) +b_{n} \sin(nx)),

其中，

a_{0}= \frac{1}{2\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) dx,

a_{n}= \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \cos(nx) dx

當

n\geq 1,

b_{n}= \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \sin(nx) dx

當

n\geq 1.

定理 1. 如果

f(x)

在區間

(-\pi, \pi)

上滿足 Lipschitz 條件，那麼

f(x) =a_{0}+\sum_{n=1}^{\infty} (a_{n} \cos(nx) +b_{n} \sin(nx)).

定理 2. Parseval's 恆等式.

\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} |f(x)|^{2} dx= 2a_{0}^{2}+ \sum_{n=1}^{\infty} (a_{n}^{2}+b_{n}^{2}).

下面我們就來證明下列恆等式：

\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(2n-1)^{2}}=\frac{\pi^{2}}{8},

\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{2}}=\frac{\pi^{2}}{6},

\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(2n-1)^{4}}=\frac{\pi^{4}}{96} ,

\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{4}}=\frac{\pi^{4}}{90}.

證明：

選擇在區間

(-\pi, \pi)

上的函式

f(x)=|x|,

並且該函式是關於

2\pi

的週期函式。

使用

a_{n}

和

b_{n}

的公式，我們可以得到函式

f(x)=|x|

的 Fourier 級數是

\frac{\pi}{2} + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2((-1)^{n}-1)}{\pi} \cdot \frac{cos(nx)}{n^{2}}.

從定理 1， 令

x=0,

可以得到

0= \frac{\pi}{2} + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2((-1)^{n}-1)}{n^{2} \pi} = \frac{\pi}{2} + \sum_{m=1}^{\infty} \frac{-4}{(2m-1)^{2}\pi} = \frac{\pi}{2} - \frac{4}{\pi} \sum_{m=1}^{\infty} \frac{1}{(2m-1)^{2}}.

因此，

\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(2n-1)^{2}}=\frac{\pi^{2}}{8}.

假設

S=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{2}},

可以得到

S=\sum_{odd} \frac{1}{n^{2}} + \sum_{even} \frac{1}{n^{2}} = \frac{\pi^{2}}{8} + \frac{1}{4} S,

因此

S=\frac{\pi^{2}}{6}.

從

Parserval's

恆等式，我們知道

\frac{2\pi^{2}}{3}= \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} x^{2}dx = 2\cdot (\frac{\pi}{2})^{2} + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{4((-1)^{n}-1)^{2}}{\pi^{2}\cdot n^{4}} = \frac{\pi^{2}}{2} + \sum_{m=1}^{\infty} \frac{16}{\pi^{2} (2m-1)^{4}}.

因此

\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(2n-1)^{4}} = \frac{\pi^{4}}{96}.

假設

S=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{4}},

得到

S=\sum_{odd} \frac{1}{n^{4}} + \sum_{even} \frac{1}{n^{4}} = \frac{\pi^{4}}{96} + \frac{1}{16} S.

因此，

S=\frac{\pi^{4}}{90}.

總結

本篇文章從級數的定義開始，介紹了判斷調和級數是否發散的幾種方法，進一步考慮了其他級數的收斂性，最後透過 Fourier 級數的方法計算出了 Riemann Zeta 函式在某些點的取值。