黎曼的zeta函数(1)

本篇是黎曼$\zeta$函数系列的第二篇，传送门在此书接上回，让我们继续出发。

欧拉乘积公式

著名的欧拉乘积公式
$$\zeta (s)=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^s}=\prod _p\frac{1}{1-\frac{1}{p^s}}$$
揭开了素数分布秘密的一角。证明思路如下，由
$$\zeta (s)=\frac{1}{1^s}+\frac{1}{2^s}+\frac{1}{3^s}+\cdots$$
两边乘以$\frac{1}{2^s}$就得到
$$\frac{1}{2^s}\zeta (s)=\frac{1}{2^s}+\frac{1}{4^s}+\frac{1}{6^s}+\cdots$$
两式相减得（减掉所有2的倍数项）
$$(1-\frac{1}{2^s})\zeta (s)=\frac{1}{1^s}+\frac{1}{3^s}+\frac{1}{5^s}+\cdots$$
两边乘以$\frac{1}{3^s}$就得到
$$\frac{1}{3^s}(1-\frac{1}{2^s})\zeta (s)=\frac{1}{3^s}+\frac{1}{9^s}+\frac{1}{15^s}+\cdots$$
再相减就得到（减掉所有3的倍数项）
$$(1-\frac{1}{3^s})(1-\frac{1}{2^s})\zeta (s)=\frac{1}{1^s}+\frac{1}{5^s}+\frac{1}{7^s}+\cdots$$
两边乘以$\frac{1}{5^s}$再相减（减掉所有5的倍数项），如此这般下去，干掉右边所有得项，最终得到
$$\cdots (1-\frac{1}{5^s})(1-\frac{1}{3^s})(1-\frac{1}{2^s})\zeta (s)=1$$
不难发现，乘到左边的项都是素数项，所以就有
$$\zeta (s)=\prod _p\frac{1}{1-\frac{1}{p^s}}$$

Möbius函数

让我们尝试展开上式的右侧，得到
$$\begin{gathered} \frac{1}{\zeta (s)}=(1-\frac{1}{2^s})(1-\frac{1}{3^s})(1-\frac{1}{5^s})(1-\frac{1}{7^s})\cdots \\ =1-\frac{1}{2^s}-\frac{1}{3^s}-\frac{1}{5^s}+\frac{1}{6^s}-\frac{1}{7^s}+\cdots \end{gathered}$$
如果把这个级数写成Dirichlet级数
$$\frac{1}{\zeta (s)}=\sum _n\frac{a_n}{n^s}$$
的形式，就会有当$n$为偶数个不同素数乘积时$a_n=1$，当$n$为奇数个不同素数乘积时$a_n=-1$，而当$n$可被某一素数的平方整除时$a_n=0$. 我们就定义这样的$a_n$为Möbius函数，记为$\mu (n)$，于是
$$\frac{1}{\zeta (s)}=\sum _n\frac{\mu (n)}{n^s}$$
容易验证Möbius函数是积性函数，也就是说$\mu (1)=1$，且当$a,b$互质时，$\mu (ab)=\mu (a)\mu (b)$.

素数定理

欧拉注意到，当$s=1$时，$\zeta (1)$为调和级数，其以对数方式发散。实际上
$$\ln (x)={\int }_1^x\frac{1}{t}dt$$
为了干掉连乘积，两边取对数就有
$$\ln (\sum _n\frac{1}{n})=-\sum _p\ln (1-\frac{1}{p})$$
为了展开$\ln (1-\frac{1}{p})$为幂级数，我们记$q=\frac{1}{p}$，显然$\ln (1-q)$可以在$q=0$处展开，因为其$n$阶导数在$q=0$处为$-(n-1)!$，于是
$$-\ln (1-q)=q+\frac{1}{2}{q}^2+\frac{1}{3}{q}^3+\cdots$$
代入原式就得到
$$\ln (\sum _n\frac{1}{n})=-\sum _p\ln (1-\frac{1}{p})=\sum _p(\frac{1}{p}+\frac{1}{2p^2}+\frac{1}{3p^3}+\cdots )$$
上式右边除第一项外是收敛的，为了看出这一点，只需注意到
$$\sum _{k=2}^{\infty }(\frac{1}{2k^2}+\frac{1}{3k^3}+\cdots )=-\sum _{k=2}^{\infty }[\frac{1}{k}+\ln (1-\frac{1}{k})]=1-\sum _{k=1}^{\infty }\frac{1}{k}+\ln \prod _{k=2}^{\infty }\frac{k}{k-1}=1-\underset{n\to \infty }{\lim }[\sum _{k=1}^n\frac{1}{k}-\ln (n)]=1-\gamma$$
其中$\gamma$为Euler-Mascheroni常数。于是
$$\sum _p\frac{1}{p}\sim \ln (\sum _n\frac{1}{n})\sim \ln \ln (n)$$
或者更确切地说
$$\sum _{p<N}\frac{1}{p}\sim \ln \ln (N)$$
更进一步地，上式左边似乎可以改写为积分的形式${\int }^N\frac{1}{x}dx$，但实际上并非所有的$x$都是素数，我们需要修改这个积分为
$${\int }^N\frac{1}{x}\rho (x)dx$$
其中$\rho (x)$给出在$x$附近单位区间内存在素数的概率。如果注意到$\ln \ln (N)={\int }^N\frac{1}{x\ln (x)}dx$，就有
$$\rho (x)\sim \frac{1}{\ln (x)}$$
于是$x$以内的素数个数$\pi (x)$可以表示为
$$\pi (x)=\int \rho (x)dx\sim \int \frac{1}{\ln (x)}dx\sim \frac{x}{\ln (x)}$$
这就是素数定理。

Dirichlet卷积

数论函数

函数$f:{\mathbb{Z}}^{+}\to \mathbb{C}$被称为数论函数，每一个数论函数均可被视为一个复数序列。

Dirichlet卷积的定义

对于数论函数$f,g$，其Dirichlet卷积定义为
$$(f\ast g)(n)=\sum _{d\mid n}f(d)g(\frac{n}{d})$$
可以验证，所有数论函数的集合以Dirichlet卷积为乘法构成一个阿贝尔幺半群。

实际上这个阿贝尔幺半群是一个整环（无零因子阿贝尔幺环），也就是说

• 数论函数对普通加法构成阿贝尔群
• 非零数论函数对卷积构成阿贝尔幺半群（即无零因子阿贝尔幺半群）
• 卷积对加法有分配律

以下验证相关性质，首先，根据定义，如果我们记$b\equiv \frac{n}{d}$，就容易看出
$$(f\ast g)(n)=\sum _{d\mid n}f(d)g(\frac{n}{d})=\sum _{b\mid n}g(b)f(\frac{n}{b})=(g\ast f)(n)$$
而注意到这个交换律我们就有
$$\begin{gathered} ((f\ast g)\ast h)(n)=\sum _{m\mid n}[\sum _{d\mid m}f(d)g(\frac{m}{d})]h(\frac{n}{m})=\sum _{m\mid n}h(m)\sum _{d\mid \frac{n}{m}}f(d)g(\frac{n}{dm}) \\ =\sum _{md=n}h(m)f(d)g(\frac{n}{dm})=\sum _{d\mid n}f(d)\sum _{m\mid \frac{n}{d}}h(m)g(\frac{n}{dm}) \end{gathered}$$
而
$$(f\ast (g\ast h))(n)=\sum _{d\mid n}f(d)\sum _{m\mid \frac{n}{d}}g(m)h(\frac{n}{dm})=\sum _{d\mid n}f(d)\sum _{m\mid \frac{n}{d}}h(m)g(\frac{n}{dm})$$
这就证明了结合律。

Dirichlet卷积的例子

• $(1\ast 1)(n)={\sum }_{k\mid n}1=d(n)$，其中$d$为除数函数，其值等于$n$的正因子个数。
• $(1\ast \mu )(n)={\sum }_{d\mid n}\mu (d)=1_{\{1\}}(n)=[n=1]=ϵ(n)$，其中$1_A$为指示函数，$ϵ$为Dirichlet卷积的单位元。

证明
$(1\ast \mu )(1)=1$是显然的。当$n>1$时，根据算数基本定理，我们可将$n$唯一分解为素数幂的乘积。$n={\prod }_{k=1}^m{p}_k^{a_k}$。现在设$d$的分解为$d={\prod }_{k=1}^m{p}_k^{b_k},0\le b_k\le a_k$，注意到如果$b_k\ge 2$就有$\mu (d)=0$，因此
$$\begin{array}{rl}(1\ast \mu )(n)& =\sum _{b_k=0,1}\mu (p_1^{b_1}{p}_2^{b_2}\cdots p_m^{b_m})\\ & =\sum _{b_k=0,1}\mu (p_1^{b_1})\mu (p_2^{b_2})\cdots \mu (p_m^{b_m})\\ & =\sum _{b_k=0,1}(-1{)}^{b_1+b_2+\cdots +b_m}\\ & =\sum _s^m\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{s}\right)(-1{)}^s\\ & =(1-1{)}^m=0\end{array}$$
其中最后一步是二项式定理。综合两种情况就得到要证的结果。

• $(ϵ\ast f)(n)=f(n)$

Möbius反演定理

$$g=(1\ast f)⟺f=(\mu \ast g)$$
两边同时对$\mu$卷积，或者同时对$1$卷积即可证明。

广义Möbius反演

设数论函数$\alpha (n),\beta (n)$满足$(\alpha \ast \beta )(n)=ϵ(n)$，$F,G$是定义在$[1,+\infty )$上的函数，我们有
$$G(x)=\sum _{1\le n\le x}z(n)\alpha (n)F(\frac{x}{n})⟺F(x)=\sum _{1\le n\le x}z(n)\beta (n)G(\frac{x}{n})$$
其中$z(n)$为一完全积性函数，即$z(1)=1$且$z(nm)=z(n)z(m)$.

证明
$$\begin{array}{rl}\sum _{1\le n\le x}z(n)\beta (n)G(\frac{x}{n})& =\sum _{1\le n\le x}z(n)\beta (n)\sum _{1\le m\le \frac{x}{n}}z(m)\alpha (m)F(\frac{x}{nm})\\ & =\sum _{1\le n\le x}\beta (n)\sum _{1\le m\le \frac{x}{n}}\alpha (m)\sum _{1\le r\le x}[r=mn]z(r)F(\frac{x}{r})\\ & =\sum _{1\le r\le x}z(r)F(\frac{x}{r})\sum _{1\le n\le x}\sum _{1\le m\le \frac{x}{n}}[r=mn]\alpha (m)\beta (n)\\ & =\sum _{1\le r\le x}z(r)F(\frac{x}{r})\sum _{m\mid r}\alpha (m)\beta (\frac{r}{m})\\ & =\sum _{1\le r\le x}z(r)F(\frac{x}{r})ϵ(r)=F(x)\end{array}$$

令$\alpha =1,\beta =\mu$，我们就有广义Möbius反演
$$G(x)=\sum _{1\le n\le x}z(n)F(\frac{x}{n})⟺F(x)=\sum _{1\le n\le x}z(n)\mu (n)G(\frac{x}{n})$$
类似地，我们有
$$G(x)=\sum _{1\le n\le x}z(n)F(\sqrt[n]{x})⟺F(x)=\sum _{1\le n\le x}z(n)\mu (n)G(\sqrt[n]{x})$$
证明是完全类似的。

黎曼的发展

黎曼也是从
$$\ln \zeta (s)=\sum _p\sum _n\frac{1}{n{p}^{ns}}$$
入手，可以证明$\ln \zeta (s)$在复平面上$\Re (s)>0$的区域是绝对收敛的。定义
$$J(x)=\pi (x)+\frac{1}{2}\pi (\sqrt{x})+\frac{1}{3}\pi (\sqrt[3]{x})+\cdots =\sum _n[\frac{1}{n}\pi (\sqrt[n]{x})]$$
称为黎曼素数计数函数。显然$J(0)=0$，而后其每越过一个素数就增加$1$，每越过一个素数的平方就增加$\frac{1}{2}$，如此这般。在其不连续的点上，其值用$J(x)=\frac{1}{2}[J(x^{-})+J(x^{+})]$定义。可以看出，$J(x)$和$\pi (x)$之间的关系正是由上面提到的广义Möbius反演所联系
$$\pi (x)=\sum _n[\frac{\mu (x)}{n}J(\sqrt[n]{x})]$$
借此函数，上式就可以表为积分形式，因为
$$\sum _p\sum _n\frac{1}{n{p}^{ns}}={\int }_0^{\infty }\sum _n\frac{1}{n{x}^{ns}}\rho (x)dx={\int }_0^{\infty }{t}^{-s}\sum _n\frac{1}{n}d\pi (\sqrt[n]{t})={\int }_0^{\infty }{t}^{-s}dJ(t)$$
其中第二个等号处使用换元$x=\sqrt[n]{t}$. 再进行一次分部积分便得
$$\ln \zeta (s)=s{\int }_0^{\infty }J(x)x^{-s-1}dx$$

Mellin 变换

Mellin变换的定义是
$$\{\mathcal{M}f\}(s)=\phi (s)={\int }_0^{\infty }{x}^{s-1}f(x)dx$$
其逆变换为
$$\{{\mathcal{M}}^{-1}\phi \}(x)=f(x)=\frac{1}{2\pi i}{\int }_{c-i\infty }^{c+i\infty }{x}^{-s}\phi (s)ds$$
根据上述定义就有
$$\frac{\ln \zeta (s)}{s}=\{\mathcal{M}J\}(-s)$$
于是根据逆变换得到
$$J(x)=\frac{1}{2\pi i}{\int }_{a-i\infty }^{a+i\infty }\frac{\ln \zeta (z)}{z}{x}^{z}dz$$
其中$z=-s,a=-c$为大于$1$的实数。这就将$\zeta$函数和素数分布规律$J$明确地联系了起来。