黎曼函数浅谈
Peaky
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算法·理论
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) 在 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)}}
令 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}
令 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}
令 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) 为 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 为 \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) 与 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