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Mathematical Analysis

从调和级数到 RIEMANN ZETA 函数（一）

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Riemann Zeta 函数

Riemann Zeta 函数（Riemann zeta function），\zeta(s)，是一个关于复数 s 的方程。在复平面上，当复数 s 的实数部分 \sigma=\Re s >1 时，\zeta(s) 就是如下的级数形式：

\zeta(s) = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{s}}.

调和级数的概念与性质

既然提到了级数，首先让我们来回顾一下级数的定义是什么？

级数的定义：在数学中，一个有穷或者无穷的序列 (x_{0},x_{1},x_{2},...) 的形式和 S = x_{0}+x_{1}+x_{2}+... 称为级数，里面的每一项都称为级数的通项。

级数收敛的定义：令 S_{n}=x_{0}+...+x_{n}，如果存在有限的 S 使得 \lim_{n\rightarrow \infty}S_{n}=S，那么就称该级数收敛。否则，该级数就称为发散级数。

然后下面我们来研究一下调和级数的基本性质。调和级数的表达式写出来十分简单，那就是 Riemann Zeta 函数在 s=1 的取值，i.e.

\zeta(1) = \sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n}.

提到级数的收敛或发散，就必须要提到关于级数收敛的等价定理（Cauchy 判别法），那就是：级数 S_{n} 收敛当且仅当对任意的 \epsilon>0，存在 N 使得对于任意的 m, n>N 都有 |S_{m}-S_{n}|<\epsilon.

既然是等价定理，那么就可以使用 Cauchy 判别法来判断调和级数是否收敛。

Method 1. 令

S_{n}=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k},

直接通过计算得到

|S_{2n}-S_{n}|=\frac{1}{n+1}+...+\frac{1}{2n}>\frac{1}{2n}+...+\frac{1}{2n}=\frac{1}{2},

说明该级数是不收敛的，也就是调和级数是发散的。

除了基于 Cauchy 收敛准则的证明之外，能否写出判断调和级数发散的其他方法呢？答案是肯定的。以下有一种使用初等数学方法就能够解释调和级数发散的方法。

Method 2.

\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n}

=1+\frac{1}{2}+(\frac{1}{3}+\frac{1}{4})+(\frac{1}{5}+\frac{1}{6}+\frac{1}{7}+\frac{1}{8})+...

>1+\frac{1}{2}+(\frac{1}{4}+\frac{1}{4})+(\frac{1}{8}+\frac{1}{8}+\frac{1}{8}+\frac{1}{8})+...

=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+...=+\infty.

既然都提到了高等数学，那么当然不能仅仅局限于使用初等数学的技巧来解决问题。而且如果只是用初等数学的方法，在拓展性方面就会受到极大的限制。

Method 3. 调和级数的发散可以通过定积分的技巧来进行解决。

HarmonicSeries

1+\frac{1}{2}+...+\frac{1}{n}

>\int_{1}^{2}\frac{1}{x}dx + \int_{2}^{3}\frac{1}{x}dx+...+\int_{n}^{n+1}\frac{1}{x}dx

=\int_{1}^{n+1}\frac{1}{x}dx=\ln(n+1)

因此，\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}=+\infty.

从上面的定积分的方法可以预计出调和级数的量级大约是对数的量级，那么能否精确的估计出来呢？例如下面这个问题：

问题：\lim_{n\rightarrow +\infty}\frac{\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}}{\ln(n)}=?

通过 L’Hospital 法则可知：\lim_{x\rightarrow 0}x/\ln(1+x)=1.

通过 Stolz 定理可知：

\lim_{n\rightarrow +\infty}\frac{\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}}{\ln(n)}

= \lim_{n\rightarrow +\infty}\frac{\frac{1}{n}}{\ln(n/(n-1))}

= \lim_{x\rightarrow 0}\frac{x}{\ln(1+x)}=1

除此之外，我们同样可以证明

\lim_{n\rightarrow+\infty}(1+\frac{1}{2}+...+\frac{1}{n}-\ln(n))

这个极限是存在并且有限的。

调和级数的推广

那么，如果在考虑 \zeta(2) 也就是级数

\zeta(2) = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2}}

是否收敛的时候，能否用到以上类似的技巧呢？首先，确实也存在各种各样的初等数学技巧，例如：

Method 1.

\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n^{2}}<1+\sum_{n=2}^{+\infty}\frac{1}{n(n-1)}=1+\sum_{n=2}^{+\infty}(\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n})=2.

Method 2. 使用数学归纳法。也就是要证明：

\sum_{k=1}^{n}1/k^{2}\leq 2-\frac{1}{n}.

当 n=1 的时候，公式是正确的。假设 n 的时候是正确的，那么我们有\sum_{k=1}^{n}1/k^{2}\leq 2-\frac{1}{n}。计算可得：

\sum_{k=1}^{n+1}\frac{1}{k^{2}}

<2-\frac{1}{n}+\frac{1}{(n+1)^{2}}

= 2- \frac{1}{n+1}-\frac{1}{n(n+1)^{2}}

\leq 2-\frac{1}{n+1}.

因此，不等式正确，所以 \sum_{n=1}^{+\infty}1/n^{2} 收敛。

其次，在判断调和级数发散的时候，使用的定积分的方法同样可以应用在这个场景下。

Method 3.

1+\frac{1}{2^{2}}+...+\frac{1}{n^{2}}

<1+\int_{1}^{2}\frac{1}{x^{2}}dx+...+\int_{n-1}^{n}\frac{1}{x^{2}}dx

=1+\int_{1}^{n}\frac{1}{x^{2}}dx=1+1-\frac{1}{n}<2.

那么这个是针对次数等于2的情况，对于一般的情形，

\zeta(s)=\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n^{s}}, 当 \sigma = \Re(s)>1.

使用定积分的技术，同样可以证明对于任意的 \sigma = \Re(s)>1，都有 \zeta(s) 是收敛的。但是 \zeta(1) 是发散的。

Riemann Zeta 函数中某些点的取值

除此之外，既然 \zeta(s) 在 \sigma = \Re(s)>1 的时候收敛，能否计算出某些函数的特殊值呢？答案是肯定的，例如，我们可以使用 Fourier 级数来计算出 \zeta(2), \zeta(4), \zeta(6),... 的取值。首先，我们回顾一下 Fourier 级数的一些性质：

假设 f(x) 是一个关于 2\pi 的周期函数， i.e. f(x)=f(x+2\pi) 对于所有的 x \in \mathbb{R} 都成立。那么函数 f(x) 的 Fourier 级数就定义为

a_{0}+\sum_{n=1}^{\infty} (a_{n} \cos(nx) +b_{n} \sin(nx)),

其中，a_{0}= \frac{1}{2\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) dx,

a_{n}= \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \cos(nx) dx 当 n\geq 1,

b_{n}= \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \sin(nx) dx 当 n\geq 1,

定理 1. 如果 f(x) 在区间 (-\pi, \pi) 上满足 Lipschitz 条件，那么

f(x) =a_{0}+\sum_{n=1}^{\infty} (a_{n} \cos(nx) +b_{n} \sin(nx)).

定理 2. Parseval’s 恒等式.

\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} |f(x)|^{2} dx= 2a_{0}^{2}+ \sum_{n=1}^{\infty} (a_{n}^{2}+b_{n}^{2}).

下面我们就来证明下列恒等式：

\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(2n-1)^{2}}=\frac{\pi^{2}}{8}

\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{2}}=\frac{\pi^{2}}{6}

\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(2n-1)^{4}}=\frac{\pi^{4}}{96}

\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{4}}=\frac{\pi^{4}}{90}

证明：

选择在区间 (-\pi, \pi) 上的函数 f(x)=|x|，并且该函数是关于 2\pi 的周期函数。

使用 a_{n} 和 b_{n} 的公式，我们可以得到函数 f(x)=|x| 的 Fourier 级数是

\frac{\pi}{2} + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2((-1)^{n}-1)}{\pi} \cdot \frac{cos(nx)}{n^{2}}

从定理1, 令 x=0, 可以得到

0= \frac{\pi}{2} + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2((-1)^{n}-1)}{n^{2} \pi} = \frac{\pi}{2} + \sum_{m=1}^{\infty} \frac{-4}{(2m-1)^{2}\pi} = \frac{\pi}{2} - \frac{4}{\pi} \sum_{m=1}^{\infty} \frac{1}{(2m-1)^{2}}

因此，\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(2n-1)^{2}}=\frac{\pi^{2}}{8} .

假设 S=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{2}} , 可以得到

S=\sum_{odd} \frac{1}{n^{2}} + \sum_{even} \frac{1}{n^{2}} = \frac{\pi^{2}}{8} + \frac{1}{4} S .

因此 S=\frac{\pi^{2}}{6} .

从 Parserval’s 恒等式，我们知道

\frac{2\pi^{2}}{3}= \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} x^{2}dx = 2\cdot (\frac{\pi}{2})^{2} + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{4((-1)^{n}-1)^{2}}{\pi^{2}\cdot n^{4}} = \frac{\pi^{2}}{2} + \sum_{m=1}^{\infty} \frac{16}{\pi^{2} (2m-1)^{4}}

因此 \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(2n-1)^{4}} = \frac{\pi^{4}}{96} .

假设 S=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{4}} , 得到

S=\sum_{odd} \frac{1}{n^{4}} + \sum_{even} \frac{1}{n^{4}} = \frac{\pi^{4}}{96} + \frac{1}{16} S

因此, S=\frac{\pi^{4}}{90} .

总结

本篇文章从调和级数的发散性开始，介绍了判断调和级数是否收敛的几种方法。进一步考虑了其他级数的收敛性，并通过 Fourier 级数的方法计算出了部分 Riemann Zeta 函数的取值。