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黎曼函数浅谈

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黎曼函数基础

黎曼函数定义如下：
ζ(z)=∑i=1∞1xz\zeta(z)=\sum^{\infin}_{i=1}{\frac{1}{x^z}}
这是一个极其神奇得函数，当 z=1z=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：
ζ(1)=1+12+13+14+⋯≥1+(12)+(14+14)+⋯=1+12+12+⋯\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：
ζ(z)=1+12z+13z+14z+⋯12zζ(z)=12z+14z+16z+18z+⋯(1−12z)ζ(z)=1+13z+15z+17z+⋯(1−12z)(1−13z)ζ(z)=1+15z+17z+111z+⋯⇒∏(1−1pz)ζ(z)=1⇒ζ(z)=∏(1−1pz)−1\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，pp 为素数。

ζ(2)\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 ζ(2)\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)f(x) 在 x0x_0 处展开成一个多项式，即：
f(x)=∑i=0∞ai(x−x0)if(x)=\sum^{\infin}_{i=0}{a_i(x-x_0)^i}\\
两边同时求 nn 次导，于是得到：
f(n)(x)=∑i=n∞i!(i−n)!×ai(x−x0)(i−n)f^{(n)}(x)=\sum^{\infin}_{i=n}{\frac{i!}{(i-n)!}\times a_i(x-x_0)^{(i-n)}}
令 x=x0x=x_0，于是就有：
f(n)(x0)=n!×an⇒an=f(n)(x0)n!f^{(n)}(x_0)=n!\times a_n\\ \Rightarrow a_n=\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}
带入，得：
f(x)=∑i=0∞f(i)(x0)i!(x−x0)if(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)=∑i=0∞sin⁡(i)(x0)i!(x−x0)i\sin(x)=\sum^\infty_{i=0}{\frac{\sin^{(i)}(x_0)}{i!}(x-x_0)^i}
令 x0=0x_0=0，于是就有：
sin⁡(x)=∑i=0∞sin⁡(i)(0)i!xi\sin(x)=\sum^\infty_{i=0}{\frac{\sin^{(i)}(0)}{i!}x^i}
由于 sin⁡(x)\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 00，即 sin⁡(0)=0\sin(0)=0，原式就变成了：
sin⁡(x)=∑i=0∞(−1)ix2i−1(2i−1)!=x−x33!+x55!−x77!⋯\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 ζ(2)\zeta(2)

我们考虑 sin⁡(x)x=0\frac{\sin(x)}x=0 的方程，容易求得 x=kπ,k∈Z∗x=k\pi,k\in\mathbb{Z^*}，于是我们可以对正弦函因式分解：
sin⁡(x)=x(x−xπ)(x+xπ)(x−x2π)(x+x2π)⋯sin⁡(x)x=(1−xπ)(1+xπ)(x−x2π)(x+x2π)⋯=(1−x2π2)(1−x24π2)⋯\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)\sin(x) 的泰勒展开，于是就有：
sin⁡(x)x=1−x23!+x45!−x67!⋯\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
sin⁡(x)x=1−(1π2+14π2+⋯ )x2+⋯\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：
1π2+14π2+19π2+⋯=13!=16⇒1π2(1+122+132+⋯ )=16⇒ζ(2)=π26\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 ζ(2)\zeta(2)。

黎曼函数浅谈

首先，你得知道 Γ(s)\Gamma(s)。

关于 Gamma 函数

Gamma 函数定义如下：
Γ(s)=∫0∞e−xxs−1 dx\Gamma(s)=\int^\infin_0{e^{-x}x^{s-1}\,dx}
有分部积分法易得：
Γ(s)=∫0∞e−xxs−1 dx=(s−1)∫0∞e−xxs−2 dx=(s−1)Γ(s−1)\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 Γ(0)=1\Gamma(0)=1，于是就有：
Γ(s)=(s−1)!\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。
Γ(n)Γ(1−n)=n!(−n)!n=(∫0∞e−x2x2n−22x dx)(∫0∞e−y2y2n2y dy)=4∫0∞∫0∞e−(x2+y2)x2n−1y−2n+1 dx dy\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：
Γ(n)Γ(1−n)=∫0∞∫0π2e−ρ2(cot⁡θ)2n−1ρ dρ dθ=2∫0π2(cot⁡θ)2n−1 dθ\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⁡θs=\cot\theta，α=2n\alpha=2n，得：
Γ(n)Γ(1−n)=∫0∞sα−11+s2 ds=πsin⁡nπ\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：
Γ(s)=∫0∞e−xxs−1 dx⇒Γ(s)ns=∫0∞e−nxxs−1 dx\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：
∑n=1∞Γ(s)ns=∑n=1∞∫0∞e−nxxs−1 dxΓ(s)ζ(s)=∫0∞xs−1∑n=1∞e−nx dx=∫0∞xs−1ex−1 dx\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：
ζ(s)=ζ(1−s)Γ(1−s)2sπs−1sin⁡12πs\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∈Ns=-2k,k\in\mathbb{N} 时，ζ(s)\zeta(s) 为 00。
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：
ζ(s)=Γ(1−s)2πi∫∞∞(−z)sez−1 dzz\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 ∀z0\forall z_0 满足 ζ(z0)=0\zeta(z_0)=0，都有 z0=12+bi,b∈R∗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。

π(x)\pi(x) 的表达式

标题的这个函数，简单的来说，就是小于等于 xx 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→+∞π(x)Li(x)=1\lim_{x\rightarrow+\infin}\frac{\pi(x)}{Li(x)}=1
其中，Li(x)=∫2x1ln⁡t dtLi(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：
π(x)=∑n=1∞μ(n)nJ(xn)\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 μ(x)\mu(x) 就是莫比乌斯函数，后面这个还要展开，变成：
J(x)=Li(x)−∑pLi(xp)−ln⁡2+∫x∞ dtt(t2−1)ln⁡tJ(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，pp 为 ζ(x)\zeta(x) 的复根。
只要把这些复根一个个带进去， J(x)→π(x)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 12\frac{1}2，那么就有：
π(x)=Li(x)+O(x+ln⁡x)\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 π(x)\pi(x) 与 Li(x)Li(x) 的误差值。
除此之外，还有 100100 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

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