黎曼函数浅谈

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黎曼函数基础

黎曼函数定义如下:

\zeta(z)=\sum^{\infin}_{i=1}{\frac{1}{x^z}}

这是一个极其神奇得函数,当 z=1 时为调和级数,在 1350 年被首次证明发散。这里给出简易的证明:

\begin{aligned} \zeta(1)&=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\cdots\\ &\ge1+(\frac{1}{2})+(\frac{1}{4}+\frac{1}{4})+\cdots\\ &=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\cdots\\ \end{aligned}

所以该级数发散。
黎曼函数有较为神奇的性质,我们可以把它写成素数的倒数得乘积,过程如下:

\begin{aligned} \zeta(z)&=1+\frac{1}{2^z}+\frac{1}{3^z}+\frac{1}{4^z}+\cdots\\ \frac{1}{2^z}\zeta(z)&=\frac{1}{2^z}+\frac{1}{4^z}+\frac{1}{6^z}+\frac{1}{8^z}+\cdots\\ (1-\frac{1}{2^z})\zeta(z)&=1+\frac{1}{3^z}+\frac{1}{5^z}+\frac{1}{7^z}+\cdots\\ (1-\frac{1}{2^z})(1-\frac{1}{3^z})\zeta(z)&=1+\frac{1}{5^z}+\frac{1}{7^z}+\frac{1}{11^z}+\cdots\\ \Rightarrow \prod(1-\frac{1}{p^z})\zeta(z)&=1\\ \Rightarrow \zeta(z)&=\prod(1-\frac{1}{p^z})^{-1} \end{aligned}

其中,p 为素数。

\zeta(2) 的求值与欧拉

1650 年,门格利( Pietro Mengoli )出版的《算数求积新法》( Novae Quadraturae Arithmeticae )中提到了关于 \zeta(2) 的问题。18 世纪法国数学家史家蒙蒂克拉就把该问题称为“令分析学家绝望的事”,但在 1734 年,欧拉突然解决了这个问题,他的推导方法用到了正弦函数的泰勒展开。

泰勒展开

泰勒展开就是指将一个函数 f(x)x_0 处展开成一个多项式,即:

f(x)=\sum^{\infin}_{i=0}{a_i(x-x_0)^i}\\

两边同时求 n 次导,于是得到:

f^{(n)}(x)=\sum^{\infin}_{i=n}{\frac{i!}{(i-n)!}\times a_i(x-x_0)^{(i-n)}}

x=x_0,于是就有:

f^{(n)}(x_0)=n!\times a_n\\ \Rightarrow a_n=\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}

带入,得:

f(x)=\sum^\infty_{i=0}{\frac{f^{(i)}(x_0)}{i!}(x-x_0)^i}

那么我们就得到了一个多项式。
考虑将正弦函数展开。我们带入正弦函数,得

\sin(x)=\sum^\infty_{i=0}{\frac{\sin^{(i)}(x_0)}{i!}(x-x_0)^i}

x_0=0,于是就有:

\sin(x)=\sum^\infty_{i=0}{\frac{\sin^{(i)}(0)}{i!}x^i}

由于 \sin(x) 求奇数次导是余弦函数,偶次导为正弦函数,于是偶次项都为 0,即 \sin(0)=0,原式就变成了:

\begin{aligned} \sin(x)&=\sum^\infty_{i=0}(-1)^{i}\frac{x^{2i-1}}{(2i-1)!}\\ &=x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\frac{x^7}{7!}\cdots \end{aligned}

如何求解 \zeta(2)

我们考虑 \frac{\sin(x)}x=0 的方程,容易求得 x=k\pi,k\in\mathbb{Z^*},于是我们可以对正弦函因式分解:

\begin{aligned} \sin(x)&=x(x-\frac{x}\pi)(x+\frac{x}\pi)(x-\frac{x}{2\pi})(x+\frac{x}{2\pi})\cdots\\ \frac{\sin(x)}{x}&=(1-\frac{x}\pi)(1+\frac{x}{\pi})(x-\frac{x}{2\pi})(x+\frac{x}{2\pi})\cdots\\ &=(1-\frac{x^2}{\pi^2})(1-\frac{x^2}{4\pi^2})\cdots \end{aligned}

前面得到了 \sin(x) 的泰勒展开,于是就有:

\frac{\sin(x)}{x}=1-\frac{x^2}{3!}+\frac{x^4}{5!}-\frac{x^6}{7!}\cdots

考虑将因式分解的展开,于是有

\frac{\sin(x)}x=1-(\frac{1}{\pi^2}+\frac{1}{4\pi^2}+\cdots)x^2+\cdots

我们只关心二次项系数,于是有:

\frac{1}{\pi^2}+\frac{1}{4\pi^2}+\frac{1}{9\pi^2}+\cdots=\frac{1}{3!}=\frac{1}{6}\\ \Rightarrow \frac{1}{\pi^2}(1+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\cdots)=\frac{1}{6}\\ \Rightarrow \zeta(2)=\frac{\pi^2}{6}

那么,我们就同欧拉一般,推导出了 \zeta(2)

黎曼函数浅谈

首先,你得知道 \Gamma(s)

关于 Gamma 函数

Gamma 函数定义如下:

\Gamma(s)=\int^\infin_0{e^{-x}x^{s-1}\,dx}

有分部积分法易得:

\begin{aligned} \Gamma(s)&=\int^\infin_0{e^{-x}x^{s-1}\,dx}\\ &=(s-1)\int^\infin_0{e^{-x}x^{s-2}\,dx}\\ &=(s-1)\Gamma(s-1) \end{aligned}

又有 \Gamma(0)=1,于是就有:

\Gamma(s)=(s-1)!

你可以把它看成阶乘的推广。
由于上述性质,我们就可以求出负数的阶乘。

\begin{aligned} \Gamma(n)\Gamma(1-n)&=\frac{n!(-n)!}n\\ &=(\int^\infin_0e^{-x^2}x^{2n-2}2x\,dx)(\int^\infin_0e^{-y^2}y^{2n}2y\,dy)\\ &=4\int_0^\infin\int_0^\infin e^{-(x^2+y^2)}x^{2n-1}y^{-2n+1}\,dx\,dy \end{aligned}

用极坐标换元,得:

\begin{aligned} \Gamma(n)\Gamma(1-n)&=\int_0^\infin\int_0^{\frac{\pi}{2}}e^{-\rho^2}(\cot\theta)^{2n-1} \rho\,d\rho\,d\theta\\ &=2\int_0^{\frac{\pi}{2}}(\cot\theta)^{2n-1} \,d\theta \end{aligned}

s=\cot\theta\alpha=2n,得:

\begin{aligned} \Gamma(n)\Gamma(1-n)&=\int_0^\infin\frac{s^{\alpha-1}}{1+s^2}\,ds &=\frac{\pi}{\sin n\pi} \end{aligned}

这个就是 Euler 余元公式。

乘积

前面我们知道了 Gamma 函数,那么我们考虑乘积。
对 Gamma 函数简单变换就可以得到:

\Gamma(s)=\int^\infin_0{e^{-x}x^{s-1}\,dx}\\ \Rightarrow\frac{\Gamma(s)}{n^s}=\int^\infin_0{e^{-nx}x^{s-1}\,dx}

两边求和就可以得到:

\begin{aligned} \sum^\infin_{n=1}\frac{\Gamma(s)}{n^s}&=\sum^\infin_{n=1}\int^\infin_0{e^{-nx}x^{s-1}\,dx}\\ \Gamma(s)\zeta(s)&=\int^\infin_0x^{s-1}\sum^\infin_{n=1}{e^{-nx}\,dx}\\ &=\int^\infin_0{\frac{x^{s-1}}{e^{x}-1}\,dx} \end{aligned}

黎曼猜想

实际上,黎曼函数与 Gamma 函数的乘积仍有更进一步的应用:

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

不但发现,当 s=-2k,k\in\mathbb{N} 时,\zeta(s)0
现在,我们将黎曼函数推广至复平面上,运用路径积分,解析延拓后的黎曼函数可以表示为:

\zeta(s)=\frac{\Gamma(1-s)}{2\pi i}\int^{\infin}_{\infin}\frac{(-z)^s}{e^z-1}\frac{\,dz}{z}

到现在,我们可以正式提出黎曼猜想:
对于 \forall z_0 满足 \zeta(z_0)=0,都有 z_0=\frac{1}{2}+bi,b\in\mathbb{R}^*
当然,应该先讲解为什么有黎曼猜想。

\pi(x) 的表达式

标题的这个函数,简单的来说,就是小于等于 x 的素数个数。图像大概长成酱紫:
把这个函数解出来一直以来就是数学家追求的东西,甚至给出了这个素数定理:

\lim_{x\rightarrow+\infin}\frac{\pi(x)}{Li(x)}=1

其中,Li(x)=\displaystyle\int_2^x\frac{1}{\ln t}\,dt
这是一个很好的近似值,单误差依旧很大。
但黎曼直接给出了他的准确表达式:

\pi(x)=\sum^\infin_{n=1}{\frac{\mu(n)}{n}J(\sqrt[n]{x})}

是不是一头雾水!一点一点分析吧!
首先 \mu(x) 就是莫比乌斯函数,后面这个还要展开,变成:

J(x)=Li(x)-\sum_p{Li(x^p)-\ln2+\int_x^\infin\frac{\,dt}{t(t^2-1)\ln t}}

这一堆奇奇怪怪的式子中,p\zeta(x) 的复根。
只要把这些复根一个个带进去, J(x)\rightarrow\pi(x)
给个动图感受一下!
这很神奇。于是数学家疯狂的寻找黎曼函数复根的分布规律,然后就有了黎曼猜想。

如果黎曼猜想成立了会怎样

如果所有的复根都满足实部为 \frac{1}2,那么就有:

\pi(x)=Li(x)+O(\sqrt{x}+\ln x)

就是网上常见的那个式子,十分直观的表示了 \pi(x)Li(x) 的误差值。
除此之外,还有 100 万美金的奖金。

本片戛然而止。

以希尔伯特的一句话最为结尾。

参考资料

虚数的故事
黎曼猜想(Riemann hypothesis)是什么?有什么用?
最后一张尾图:
【毕导】这个视频里说的都是真的,但你却永远无法证明