zeta與Gamma函數—zeta的解析延拓

假設 $p>1$ ．利用 $p$ 級數測試法，級數 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{p}}$ 收斂，我們記這個值為 $\zeta(p)$ ．於是我們定義了一個從 $(1,\infty)$ 到 $\mathbb{R}_{+}$ 的實值函數．

B. Riemann 最早提出zeta函數在複數域上的半純研拓：連結．

我們可以證明當 $x>0$ 時，瑕積分

$\displaystyle\int_{0}^{\infty}t^{x-1}e^{-t}dt.$

收斂，將此值記為 $\Gamma(x)$ 於是我們得到了一個 $[0,\infty)$ 到 $\mathbb{R}_{+}$ 的函數．利用變數變換，我們可以得到

$\displaystyle\int_{0}^{\infty}t^{p-1}e^{-nt}dt=\frac{\Gamma(p)}{n^{p}}.$

對 $n$ 求和後：

$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{p}}=\frac{1}{\Gamma(p)}\sum_{n=1}^{\infty}\int_{0}^{\infty}t^{p-1}e^{-nt}dt.$

由於積分內的每一項都是非負的函數，利用單調收斂定理(monotone convergence theorem)（對於此定理不熟的，可以暫時忘掉，目的就是為了處理和與積分互換的合理性）將無窮和與級數交換後：

$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{p}}=\frac{1}{\Gamma(p)}\int_{0}^{\infty}t^{p-1}\left(\sum_{n=1}^{\infty}e^{-nt}\right)dt.$

利用等比級數和公式，我們得出

$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}e^{-nt}=\frac{e^{-t}}{1-e^{-t}}=\frac{1}{e^{t}-1}.$

於是級數和就可以化為

$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{p}}=\frac{1}{\Gamma(p)}\int_{0}^{\infty}\frac{t^{p-1}}{e^{t}-1}dt.$

另一方面，Gamma函數可以擴充定義域致複數上使其有以下的無窮乘積表示

$\displaystyle\Gamma(z)=\frac{e^{-\gamma z}}{z}\prod_{n=1}^{\infty}\left(1+\frac{z}{n}\right)^{-1}e^{z/n},$

其中 $\gamma$ 是尤拉常數

$\displaystyle\gamma=\lim_{n\to\infty}\left(\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}-\log n\right).$

則我們發現 $\Gamma(z)$ 是複數平面上的半純函數，且 $z=0,-1,-2,\cdots$ 是他的單極點(simple pole)，同時他沒有零根．於是利用 $\sin\pi z$ 的無窮乘積後，我們得到了

$\displaystyle\Gamma(z)\Gamma(1-z)=\frac{\pi}{\sin \pi z}.$ (*)

證明： $\sin \pi z$ 的無窮乘積表示為

$\displaystyle\sin\pi z=z\prod_{n=1}^{\infty}\left(1-\frac{z^{2}}{n^{2}}\right).$

將 $\Gamma(z)$ 與 $\Gamma(1-z)$ 帶入後，我們立刻得到(*)．

在取了 $\log z$ 的主分歧(principal branched)後，任給複數 $z,s$ 我們可以定義 $z^{s}$ 為：

$\displaystyle z^{s}=e^{s\log z}.$

此處主分歧(principal branched)指的是指主輔角 $\theta$ 定義在 $-\pi\leq\theta<\pi$ 內．假設 $s=a+ib$ ，且 $a>1$ 時，我們可以定義

$\displaystyle\zeta(s)=\frac{1}{\Gamma(s)}\int_{0}^{\infty}\frac{t^{s-1}}{e^{t}-1}dt.$

所以我們將原本級數 $\zeta(p)=\sum_{n=1}^{\infty}1/n^{p}$ 定義出來的函數 $\zeta(p)$ 擴充到定義在 $s=a+ib,$ $a>1$ 上的解析函數．

另 $C$ 表示從正實軸的無窮大出發繞過原點後回到正實軸無窮大與實軸距離很近的曲線．當 $a>1$ 時，積分

$\displaystyle\oint_{C}\frac{(-z)^{s-1}}{e^{z}-1}dz$

是收斂的（利用微積分的方法估計）．當我們取曲線 $C$ 的上半部分時，我們曲線參數為 $-t+i\delta$ 其中 $t>0$ ，曲線的下半部曲線參數化為 $t+i\delta$ ．其中 $t>0$ ．令 $\delta\to 0$

$\displaystyle\oint_{C}\frac{(-z)^{s-1}}{e^{z}-1}dz=-\int_{0}^{\infty}\frac{t^{s-1}e^{-(s-1)\pi i}}{e^{t}-1}dt+\int_{0}^{\infty}\frac{t^{s-1}e^{(s-1)\pi i}}{e^{t}-1}dt.$

由於 $\displaystyle e^{(s-1)\pi i}-e^{-(s-1)\pi i}=2i\sin\pi s.$ 利用上面 $\zeta$ 與 $\Gamma$ 的關係，我們將積分合併後得到了

$\displaystyle\oint_{C}\frac{(-z)^{s-1}}{e^{z}-1}dz=2i\sin\pi s\int_{0}^{\infty}\frac{t^{s-1}}{e^{t}-1}dt=2 i\sin\pi s\zeta(s)\Gamma(s).$

利用(*)我們得到了:任給 $s=a+ib,$ $a>1$

$\displaystyle \zeta(s)=-\frac{\Gamma(1-s)}{2\pi i}\int_{C}\frac{(-z)^{s-1}}{e^{z}-1}dz.$

所以當 $s=a+ib$ 滿足 $a>1$ 時， $\zeta(s)$ 等於右邊那個積分式．但事實上，右式的積分與Gamma函數是被定義在複數平面上的半純函數．所以利用右式的積分與Gamma函數我們可以擴充 $\zeta(s)$ 的定義域使得 $\zeta(s)$ 是定義在複數平面上的半純函數． $\Gamma(1-s)$ 的極點（為單極點simple pole）是在 $s=1,2,3,\cdots$ ．但根據 $\zeta(s)$ 的性質， $\zeta(s)$ 在 $s=2,3,\cdots$ 上都是解析．所以 $\zeta(s)$ 可能的極點只有 $s=1$ ．當 $s=1$ 時，簡單的計算可得知

$\displaystyle\frac{1}{2\pi i}\oint_{C}\frac{dz}{e^{z}-1}=\lim_{z\to 0}\frac{z}{e^{z}-1}=1.$

(因為 $z=0$ 是 $1/(e^{z}-1)$ 在 $C$ 內的唯一單極點，利用留數公式就可得到上面右式．)因此是一個有限值．利用 $s=1$ 是 $\Gamma(1-s)$ 的單極點，我們證明了 $s=1$ 是 $\zeta(s)$ 的單極點．再利用 $\Gamma(1-s)$ 在 $s=1$ 的留數，我們得到了 $\zeta(s)$ 的留數為 $1$ ．於是我們證明了：

定理： $\zeta(s)$ 可以利用上述積分延拓成複數平面上的半純函數，且唯一的極點 $s=1$ 留數為 $1$ ．

接著我們可以利用這個積分來計算 $\zeta(-n)$ ．Bernoulli數 $B_{k}$ 的定義為 $B_{2k-1}=0,$ $k\geq 1$ 且

$\displaystyle\frac{1}{e^{z}-1}=\frac{1}{z}-\frac{1}{2}+\sum_{k=1}^{\infty}\frac{B_{2k}}{(2k)!}z^{2k-1}.$

因此利用 $\Gamma(1+n)=n!$ 可推得

$\displaystyle\zeta(-n)=(-1)^{n}\frac{n!}{2\pi i}\oint_{C}\frac{z^{-n-1}}{e^{z}-1}dz.$

所以

$\displaystyle\zeta(-n)=(-1)^{n}\frac{n!}{2\pi i}\oint_{C}\left(z^{-2-n}-\frac{1}{2}z^{-n-1}+\sum_{k=1}^{\infty}\frac{B_{2k}}{(2k)!}z^{2k-2-n}\right)dz.$

利用科西積分公式，我們可以得出 $\zeta(0)=-1/2$ 且 $\displaystyle\zeta(-1)=-\frac{1}{2}\cdot B_{2}=-\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{6}=-\frac{1}{12},$ 更一般的：

$\displaystyle\zeta(-n)=(-1)^{n}\frac{B_{n+1}}{n+1}.$

利用上面的方法我們得到了Riemann zeta的解析延拓，接著我們利用以下定理來說明此解析延拓唯一．

定理：(Identity Theorem) 假設 $f,g$ 是定義在開連通集合上的複解析函數．如果存在一個收斂數列 $\{z_{n}\}$ 使得 $z_{i}\neq z_{j},$ $\forall i,j$ 且 $f(z_{i})=g(z_{i}),$ $\forall i\geq 1$ 則 $f(z)=g(z).$

考慮 $\Omega=\mathbb{C}\setminus\{1\}$ ．則 $\Omega$ 是複數平面上的一個開連通區域．則上述Riemann zeta函數 $\zeta(s)$ 為 $\Omega$ 上的解析函數．如果 $\widetilde{z}(s)$ 是另外一種方法得到的Riemann zeta函數的解析延拓．由於 $\zeta(s)$ 與 $\widetilde{z}(s)$ 是 $p\mapsto\zeta(p),$ $p>1$ 的解析延拓，則

$\zeta(p)=\widetilde{\zeta}(p),$ $p>1$

換句話說 $\zeta(s)$ 與 $\widetilde{z}(s)$ 在 $\{z=a+ib:a>1,\ b=0\}$ 上相等．利用Identity theorem，我們知道 $\zeta(s)=\widetilde{z}(s),$ $s\in\mathbb{C}\setminus\{1\}.$

Monotone Convergence Theorem:

Let $(X,\Sigma,\mu)$ be a measure space and $\{f_{n}\}$ be a nondecreasing sequence of nonnegative measurable functions. Then the pointwise limit $f$ of $\{f_{n}\}$ is measurable and

$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\int_{X}f_{n}(x)d\mu=\int_{X}f(x)d\mu,$

where $\displaystyle f(x)=\lim_{n\to\infty}f_{n}(x),$ $x\in X.$

Corollary: If $\{f_{n}\}$ is a sequence of nonnegative measurable functions on $X,$ then

$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\int_{X}f_{n}(x)d\mu=\int_{X}\left(\sum_{n=1}^{\infty}f_{n}(x)\right)d\mu.$

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匿名說道：

05/30/2014 於 2:16 上午

由於積分內的每一項都是非負的函數，利用monotone convergence定理（對於此定理不熟的，可以暫時忘掉，目的就是為了處理和與積分互換的合理性）我們得到
Gamma(p)^-1 那項怎麼不見了???

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1. 法蘭克 說道：
  
  05/30/2014 於 4:06 下午
  
  是的，謝謝．漏打了．
  
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Liang 說道：

06/15/2014 於 6:17 下午

嗨，你好。谢谢你的文章。此文正好作为《黎曼猜想漫谈》（卢昌海著）的一个补充阅读。如果对积分曲线C能辅以图示就更好。

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