黎曼ζ函數

黎曼澤塔函數，寫作ζ(s)，其定義如下：

設一複數 s 使得 Re(s) > 1，則定義：

$$\zeta(s) = \sum_{n=1}^\infin \frac{1}{n^s}$$

它亦可以用積分定義：

$$\zeta(s) = \frac{1}{\Gamma(s)} \int_{0}^{\infty} \frac{x ^ {s-1}}{e ^ x - 1} \mathrm{d}x$$

在區域 上，此無窮級數收斂並為一全純函數。歐拉在1740年考慮過 s 為正整數的情況，後來切比雪夫拓展到 s > 1。波恩哈德·黎曼認識到：ζ函數可以通過解析延拓，把定義域擴展到幾乎整個複數域上的全純函數 ζ(s)。這也是黎曼猜想所研究的函數。

雖然黎曼的ζ函數被數學家認為主要和「最純」的數學領域數論相關，它也出現在應用統計學（參看齊夫定律和齊夫-曼德爾布羅特定律）、物理，以及調音的數學理論中。

## 歷史

### 奧里斯姆

ζ函數最早出現於1350年左右，尼克爾·奧里斯姆發現了調和級數發散，即：

$$\zeta(1) = 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} + ... \to \infty$$

奧里斯姆對調和級數發散的「證明」

$$\begin{align} \zeta(1) & = 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} + \frac{1}{5} + \frac{1}{6} + \frac{1}{7} + \frac{1}{8} + ... \\ & = 1 + \frac{1}{2} + (\frac{1}{3} + \frac{1}{4}) + (\frac{1}{5} + \frac{1}{6} + \frac{1}{7} + \frac{1}{8}) + ... \\ & \ge 1 + \frac{1}{2} + (\frac{1}{4} + \frac{1}{4}) + (\frac{1}{8} + \frac{1}{8} + \frac{1}{8} + \frac{1}{8}) + ... \\ & = 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{2} + \frac{1}{2} + ... \\ & \to \infty \\ \end{align}$$

### 歐拉

之後的一次進展來自萊昂哈德·歐拉，他給出了調和級數呈對數發散。

歐拉對調和級數發散速度的證明為了求出調和級數的部分和，使用歐拉-麥克勞林求和公式（當然，亦可使用阿貝爾求和公式）： $\sum_{y < n \le x} f(n) = \int_{y}^{x} f(t) \, \mathrm{d}t + \int_{y}^{x} (t - \left \lfloor t \right \rfloor) f'(t) \, \mathrm{d}t + f(x)( \left \lfloor x \right \rfloor - x ) - f(y)( \left \lfloor y \right \rfloor - y )$ $\begin{align} \sum_{n \le x} \frac{1}{n} & = 1 + \int_{1}^{x} \frac{1}{t} \, \mathrm{d}t - \int_{1}^{x} \frac{(t - \left \lfloor t \right \rfloor)}{t^2} \, \mathrm{d}t + \frac{ \left \lfloor x \right \rfloor - x }{x} \\ & = 1 + \ln x - \int_{1}^{x} \frac{(t - \left \lfloor t \right \rfloor)}{t^2} \, \mathrm{d}t + \Omicron\left( \frac{1}{x}\right) \\ & = 1 + \ln x - \int_{1}^{\infty} \frac{(t - \left \lfloor t \right \rfloor)}{t^2} \, \mathrm{d}t + \int_{x}^{\infty} \frac{(t - \left \lfloor t \right \rfloor)}{t^2} \, \mathrm{d}t + \Omicron\left( \frac{1}{x}\right) \\ & = \ln x + 1 - \int_{1}^{\infty} \frac{(t - \left \lfloor t \right \rfloor)}{t^2} \, \mathrm{d}t + \int_{x}^{\infty} \frac{\left\{ t \right\}}{t^2} \, \mathrm{d}t + \Omicron\left( \frac{1}{x}\right) \\ \end{align}$ 注意到其中的 $1 - \int_{1}^{\infty} \frac{(t - \left \lfloor t \right \rfloor)}{t^2} \, \mathrm{d}t$ 是一個常數。實際上，這就是歐拉-馬斯刻若尼常數γ 再考慮剩下的一個積分，也就是$\int_{x}^{\infty} \frac{\left\{ t \right\}}{t^2} \, \mathrm{d}t$ 由於被積項非負，又有$\left\{ t \right\} \le 1$，於是 $\int_{x}^{\infty} \frac{\left\{ t \right\}}{t^2} \, \mathrm{d}t \le \int_{x}^{\infty} \frac{1}{t^2} \, \mathrm{d}t = \frac{1}{x}$ 最終得到 $\sum_{n \le x} \frac{1}{n} = \ln x + \gamma + \Omicron( \frac{1}{x})$

除此之外，他還在1735年給出了巴塞爾問題的解答，得到$\zeta(2) = \frac{ \pi ^2}{6}$的結果。歐拉最初的證明可以在巴塞爾問題#歐拉的錯誤證明中看到，然而那是他的第一個證明，因而廣為人知。事實上，那個證明雖有不嚴謹之處，但是歐拉仍然有自己的嚴格證明。

歐拉對的嚴格證明下面將寫出歐拉對上式的證明中缺失的嚴格論證的部分，即對連乘積公式的證明部分，而不涉及最終的係數比較 首先考慮當n為奇數時，將$z^n - a^n$ 分解為連乘積形式。事實上，容易發現上式的全部復根為 $a,ae^{2 \pi i \frac{1}{n}},ae^{2 \pi i \frac{2}{n}},...,ae^{2 \pi i \frac{n-1}{n}}$ 由於n為奇數，所以可以將除了z=a外的其他根及其共軛一一配對，即 $ae^{2 \pi i \frac{k}{n}},ae^{2 \pi i \frac{n-k}{n}} = ae^{- 2 \pi i \frac{k}{n}}$ 看做一對，則通過二次方程的韋達定理可以還原出每對根的最小多項式：按照韋達定理，有 $x_1 + x_2 = - \frac{a_1}{a_0} = ae^{2 \pi i \frac{k}{n}} + ae^{- 2 \pi i \frac{k}{n}} = \cos\left(2 \pi \frac{k}{n}\right) + \cos\left( - 2 \pi \frac{k}{n}\right) = 2 \cos\left( \frac{2 \pi k}{n}\right)$ $x_1 x_2 = \frac{a_2}{a_0} = ae^{2 \pi i \frac{k}{n}} ae^{- 2 \pi i \frac{k}{n}} = a^2$ 由於最小多項式首項係數為1，故 $a_0 = 1$，由此得到這對根最小多項式為 $a_0 z^2 + a_1 z + a_2 = z^2 - 2 \cos\left(\tfrac{2 \pi k}{n}\right) z + a^2$ 注意到k的取值上限為 $\tfrac{n-1}{2}$，將每一對根的最小多項式相乘，還有z=a這個根的最小多項式 $z-a$，乘在一起，得到 $z^n-a^n=(z-a)\prod_{k=1}^{\frac{n-1}{2}}\left(z^2-2az\cos{\frac{2k\pi}{n}}+a^2\right)$ 令 $z = 1 + \frac{x}{N}, a = 1 - \frac{x}{N}, N = n$，代入上式，有： $\begin{align} \left(1 + \frac{x}{N} \right)^N-\left(1-\frac{x}{N}\right)^N & =\left[\left(1 + \frac{x}{N} \right)-\left(1-\frac{x}{N}\right)\right] \prod _{k=1}^{\frac{N-1}{2}} \left[\left(1+\frac{x}{N}\right)^2 -2 \left(1+\frac{x}{N}\right) \left(1-\frac{x}{N}\right) \cos \left(\frac{2 \pi k}{N}\right)+\left(1-\frac{x}{N}\right)^2\right]\\ & = \frac{2 x}{N} \prod _{k=1}^{\frac{N-1}{2}} \left[2+\frac{2 x^2}{N^2}-2 \left(1-\frac{x^2}{N^2}\right) \cos \left(\frac{2 \pi k}{N}\right)\right] \\ & = \frac{{2x}}{N} \prod_{k = 1}^{\frac{{N - 1}}{2}} \left[ {2 + \frac{{2{x^2}}}{{{N^2}}} - 2\cos \left(\frac{{2\pi k}}{N}\right) + \frac{{2{x^2}}}{{{N^2}}}\cos (\frac{{2\pi k}}{N})} \right] \\ & = \frac{{4x}}{N} \prod_{k = 1}^{\frac{{N - 1}}{2}} \left( {(1 - \cos (\frac{{2\pi k}}{N})) + (1 + \cos (\frac{{2\pi k}}{N}))\frac{{{x^2}}}{{{N^2}}}} \right) \\ & = \frac{{4x}}{N} \prod_{k = 1}^{\frac{{N - 1}}{2}} \left\{\left[1 - \cos \left(\frac{{2\pi k}}{N}\right)\right]\left[ {1 + \frac{{1 + \cos \left(\frac{{2\pi k}}{N}\right)}}{{1 - \cos (\frac{{2\pi k}}{N})}}\frac{{{x^2}}}{{{N^2}}}} \right]\right\} \\ \end{align}$ 此時，上述乘積中的 $\frac{4}{N} \prod_{k = 1}^{\frac{{N - 1}}{2}} (1 - \cos (\frac{{2\pi k}}{N}))$ 僅和N有關，記作 $C(N)$，上式變為 $\left(1 + \frac{x}{N} \right)^N-\left(1-\frac{x}{N}\right)^N = {C(N)}x \prod_{k = 1}^{\frac{{N - 1}}{2}} \left( {1 + \frac{{1 + \cos (\frac{{2\pi k}}{N})}}{{1 - \cos (\frac{{2\pi k}}{N})}}\frac{{{x^2}}}{{{N^2}}}} \right)$ 而利用二項式定理，將等式左邊展開： ${(1 + \frac{x}{N})^N} = \sum_{k = 0}^N {C_N^k\frac{{{x^k}}}{{{N^k}}}}$ ${(1 - \frac{x}{N})^N} = \sum_{k = 0}^N {{{( - 1)}^k}C_N^k\frac{{{x^k}}}{{{N^k}}}}$ 兩式相減，考慮一次項，為$C_N^1\frac{x}{N} - ( - 1)C_N^1\frac{x}{N} = 2C_N^1\frac{x}{N} = 2x$ 這正是等式的左邊的一次項 而等式右邊的一次項只能是連乘積中的全部1與連乘積外的C(n)x相乘，為使兩邊相等，必須有 $C(N)=2$，於是上式變為 $\left(1 + \frac{x}{N} \right)^N-\left(1-\frac{x}{N}\right)^N = 2x \prod_{k = 1}^{\frac{{N - 1}}{2}} \left( {1 + \frac{{1 + \cos (\frac{{2\pi k}}{N})}}{{1 - \cos (\frac{{2\pi k}}{N})}}\frac{{{x^2}}}{{{N^2}}}} \right)$ 另一方面，令 $\theta = \frac{{2\pi k}}{N}$，有 $\cos(\theta) = 1 - \frac{\theta^2}{2} + \Omicron(\theta^3)$ 於是，代入上式，得到 $\begin{align} \left(1+\frac{x}{N}\right)^{N}-\left(1-\frac{x}{N}\right)^{N} &=2 x \prod_{k=1}^{\frac{N-1}{2}}\left[1+\frac{1+\cos \left(\frac{2 \pi k}{N}\right)}{1-\cos \left(\frac{2 \pi k}{N}\right)} \frac{x^{2}}{N^{2}}\right] \\ &=2 x \prod_{k=1}^{\frac{N-1}{2}}\left\{1+\frac{1+\left[1-\frac{\theta^{2}}{2}+\mathrm{O}\left(\theta^{3}\right)\right]}{1-\left[1-\frac{\theta^{2}}{2}+\mathrm{O}\left(\theta^{3}\right)\right]} \frac{x^{2}}{N^{2}}\right\} \\ &=2 x \prod_{k=1}^{\frac{N-1}{2}}\left[1+\frac{2-\frac{\theta^{2}}{2}+\mathrm{O}\left(\theta^{3}\right)}{\frac{\theta^{2}}{2}+\mathrm{O}\left(\theta^{3}\right)} \frac{x^{2}}{N^{2}}\right] \\ &=2 x \prod_{k=1}^{\frac{N-1}{2}}\left(1+\frac{\left(4-\theta^{2}+\mathrm{O}\left(\theta^{3}\right)\right) x^{2}}{\left(\theta^{2}+\mathrm{O}\left(\theta^{3}\right)\right) N^{2}}\right) \\ &=2 x \prod_{k=1}^{\frac{N-1}{2}}\left(1+\frac{\left(4-\left(\frac{2 k \pi}{N}\right)^{2}+\mathrm{O}\left(\left(\frac{2 k \pi}{N}\right)^{3}\right) \right)x^{2}}{\left(\left(\frac{2 k \pi}{N}\right)^{2}+\mathrm{O}\left(\left(\frac{2 k \pi}{N}\right)^{3}\right)\right) N^{2}}\right)\\ &=2 x \prod_{k=1}^{\frac{N-1}{2}}\left(1+\frac{\left(4-\left(\frac{2 k \pi}{N}\right)^{2}+\mathrm{O}\left(\left(\frac{2 k \pi}{N}\right)^{3}\right) \right)x^{2}}{(2 k \pi)^{2}+\mathrm{O}\left(\frac{(2 k \pi)^{3}}{N}\right)}\right) \end{align}$ 令N→∞，則右端大O符號的諸項都變為無窮小。另一方面，左端可寫為： $\lim_{N \to \infty} (1 + \frac{x}{N})^N-(1-\frac{x}{N})^N = e^x-e^{-x}$ 於是上式變為 $\begin{align} e^x-e^{-x} & = 2x \prod_{k = 1}^{\infty} \left( {1 + \frac{{(4 + o(1)){x^2}}}{{{{(2k\pi )}^2} + o(1)}}} \right)\ \\ & = 2x \prod_{k = 1}^\infty \left( {1 + \frac{{(1 + o(1)){x^2}}}{{{k^2}{\pi ^2} + o(1)}}} \right)\ \\ & = 2x \prod_{k = 1}^\infty \left( {1 + \frac{{{x^2}}}{{{k^2}{\pi ^2}}}} \right)\ \\ \end{align}$ 此時，只需比較左右兩端展開式的三次項係數，即可得出結果。對左式進行級數展開，可得：$e^x-e^{-x}=-\sum ^\infty _{k=0}\frac {(-x)^k-x^k} {k!}$ 其中當$k=3$ 時可提取左式的三次項為$\frac {2x^3}{3!}$。同時展開右式可得右式的三次項為 $\left(\sum_{k=1}^\infty \frac{2}{k^{2} \pi^{2}}\right)x^{3}$ 由於等式左右端相等，所以左右式三次項係數必須相等, 因此可得： $\frac {2}{3!}=\sum_{k=1}^\infty \frac{2}{k^{2} \pi^{2}}$ 化簡可得：$\frac {\pi^2}{6}=\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^{2}}=\zeta\left(2\right)$

歐拉在1737年還發現了歐拉乘積公式：$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^s}=\prod_{p} (1-\frac{1}{p^s})^{-1}$這是ζ函數與素數的聯繫的朦朧徵兆，其證明可以在證明黎曼ζ函數的歐拉乘積公式中看到。通過這條公式，容易證明當 時， 1749年，歐拉通過大膽的計算發現了(以下公式當中存在定義域謬誤，後由黎曼透過解析延拓証明以下公式只適用於 Re(s) > 1)$\zeta(-1)=1+2+3+4+5+...=-\frac{1}{12}$ $\zeta(-2)=1^2+2^2+3^2+4^2+5^2+...=0$ $\zeta(-3)=1^3+2^3+3^3+4^3+5^3+...=\frac{1}{120}$發現ζ(s)與ζ(1-s)之間存在某些關係。

### 黎曼

將歐拉所做的一切牢牢地置于堅石之上的是黎曼，他在1859年的論文論小於給定數值的素數個數以及未發表的手稿中做出了多項進展：

- 第一積分表示： $\zeta(s) = \frac{1}{\Gamma(s)} \int_{0}^{\infty} \frac{x^{s - 1}}{e^x - 1} \, \mathrm{d}x$
- 完備化的ζ，即黎曼ξ函數： $\xi(s) = \pi^{-\frac{s}{2}} \Gamma\left(\frac{s}{2}\right)\zeta(s)$，滿足函數方程 $\xi(s) = \xi(1-s)$
- 第二積分表示： $\varphi(x) = \sum_{n=1}^{\infty} e^{-\pi n^2 x }$，則 $\xi(s) = \int_{0}^{\infty} \varphi(x) x^{\frac{s}{2} - 1 } \, \mathrm{d}x$
- 黎曼 - 馮·曼戈爾特公式：以表示虛部介於0與T之間的非平凡零點數量，則 $N(T) = \frac{T}{2 \pi} \log \frac{T}{2 \pi} - \frac{T}{2 \pi} + \Omicron( \log T)$
- 黎曼猜想：ζ函數的所有非平凡零點的實部非常有可能均為
- 第三積分表示： $\zeta (s) = \frac{1}{{2\pi i}}\Gamma (1 - s)\oint_\gamma {\frac{{{z^{s - 1}}{e^z}}}{{1 - {e^z}}}} \, \mathrm{d}z$，其中圍道γ逆時針環繞負實軸
- 黎曼-西格爾公式：給出計算ξ函數的數值的方法
- 零點的計算：計算了虛部介於0與100的所有零點的數值
- 素數的分布公式：引入黎曼素數計數函數，給出了它與ζ函數的關係

### 阿達馬與普森

1896年，雅克·阿達馬與夏爾-讓·德拉瓦萊·普桑幾乎同時地證明了的所有非平凡零點的實部均小於1，即上無非平凡零點，從而完成了素數定理的證明。

### 希爾伯特

1900年，希爾伯特在巴黎的第二屆國際數學家大會上作了題為《數學問題》的演講，提出了23道最重要的數學問題，黎曼假設在其中作為第8題出現。之後，希爾伯特提出了希爾伯特－波利亞猜想，具體時間及場合未知。

### 玻爾與蘭道

1914年，哈那德·玻爾和愛德蒙·蘭道證明了玻爾-蘭道定理：含有臨界線的任意帶狀區域都幾乎包含了ζ的所有非平凡零點，表明了臨界線為零點匯聚的「中心位置」。

### 哈代與李特爾伍德

1921年，哈代和李特爾伍德證明了存在常數T，使臨界線上虛部位於0與T之間的非平凡零點的數量至少為。

### 塞爾伯格

1942年，阿特勒·塞爾伯格更進一步，證明了存在常數T，使臨界線上虛部位於0與T之間的非平凡零點的數量至少為，這意味著ζ函數在臨界線上的非平凡零點在所有零點中占有一個正密度，而臨界線對於臨界帶的測度為0。

## 解析延拓

ζ函數原本定義在右半平面上，並且在此區域內為全純函數

$\zeta(s) = \sum_{n=1}^\infin \frac{1}{n^s} = \frac{1}{\Gamma(s)} \int_{0}^{\infty} \frac{x^{s - 1}}{e^x - 1} \, \mathrm{d}x$ $(\operatorname{Re} s > 1)$

解析延拓後在全局具有積分表達式

$\zeta (s) = \frac{1}{{2\pi i}}\Gamma (1 - s)\oint_\gamma {\frac{{{z^{s - 1}}{e^z}}}{{1 - {e^z}}}} \, \mathrm{d}z$

滿足函數方程

$\zeta(1-s) = 2 (2 \pi )^{-s} \Gamma(s) \cos\left(\frac{\pi s}{2}\right) \zeta(s)$

特別地，如果考慮正規化的ζ，即黎曼ξ函數

$\xi(s) = \pi^{-\frac{s}{2}} \Gamma\left(\frac{s}{2}\right)\zeta(s)$

那麼它滿足函數方程

$$\xi(s) = \xi(1-s)$$

## 和數論函數的關係

黎曼ζ函數可看做是具有如下形式的級數的一個特例：

$$\operatorname{F}(s) = \sum _{n=1}^{\infty } \frac{f(n)}{n^s}$$

這種類型的級數被稱作狄利克雷級數。當f為狄利克雷特徵時，又稱作狄利克雷L函數，也有與黎曼猜想相應的廣義黎曼猜想

為了方便對數論函數作討論，此處引入狄利克雷卷積：$(f*g)(n)=\sum _{\text{pq}=n} f(p)g(q)$

設 $\operatorname{F}(s) = \sum _{n=1}^{\infty } \frac{f(n)}{n^s}$， $\operatorname{G}(s) = \sum _{n=1}^{\infty } \frac{g(n)}{n^s}$於是顯然 $\operatorname{F}(s) \operatorname{G}(s) = \sum _{n=1}^{\infty } \frac{(f*g)(n)}{n^s}$

並不直覺？請看證明事實上， $\begin{align} \operatorname{F}(s) \operatorname{G}(s) & = \sum _{n=1}^{\infty } \frac{f(n)}{n^s} \sum _{m=1}^{\infty } \frac{g(m)}{m^s} \\ & = \sum _{n=1}^{\infty } \sum _{m=1}^{\infty } \frac{f(n)g(m)}{(nm)^s} \\ \end{align}$ 為了處理兩個求和號，將所有可能的m與n的積相同的項合併，不妨設mn=k，那麼 $\begin{align} \sum _{m=1}^{\infty } \frac{f(n)g(m)}{(nm)^s} & = \sum _{k=1}^{\infty } \sum _{\text{mn}=k} \frac{f(m)g(n)}{(mn)^s} \\ & = \sum _{k=1}^{\infty } \sum _{\text{mn}=k} \frac{f(m)g(n)}{k^s} \\ & = \sum _{k=1}^{\infty } ( \sum _{\text{mn}=k} f(m)g(n)) k^{-s} \\ & = \sum _{k=1}^{\infty } (f*g)(k) k^{-s} \\ \end{align}$

於是，如果數論函數，亦即 $h(n) = \sum _{d\|n} g(d)$ (此時，與可通過默比烏斯反演公式相互轉換)那麼 $\operatorname{H}(s) = \sum _{n=1}^{\infty } \frac{h(n)}{n^s} = \zeta(s) \sum _{n=1}^{\infty } \frac{g(n)}{n^s}$通常兩側的求和有一個是相對簡單的函數，或是和直接相關的函數如果對的求和較簡單，可以將與相聯繫，反之可以將與相聯繫即 $\sum _{n=1}^{\infty } \frac{g(n)}{n^s} = \frac{\operatorname{H}(s)}{\zeta(s)}$，如下表所示：

目標函數名｜g(n)｜h(n)｜G(s)或H(s)｜g(n)或h(n)與ζ函數的聯繫

莫比烏斯函數｜$\mu(n) = \mu(p_1^{a_1}p_2^{a_2}...p_k^{a_k}) = \begin{cases} (-1)^k & a_1=a_2=...=a_k \\ 0 & \mathrm{otherwise} \end{cases}$｜$\left \lfloor \frac{1}{n} \right \rfloor$｜$\operatorname{H}(s)=1$｜$\operatorname{G}(s) = \sum _{n=1}^{\infty } \frac{\mu(n)}{n^s} = \frac{1}{\zeta(s)}$

歐拉函數｜$\varphi(n)=\operatorname{Card} \{ k \, \, | k<n,\, (k,n)=1 \} \quad$｜$n$｜$\operatorname{H}(s)=\zeta(s-1)$｜$\operatorname{G}(s)= \sum _{n=1}^{\infty } \frac{\varphi(n)}{n^s} = \frac{\zeta(s-1)}{\zeta(s)}$

除數函數｜$n^{\alpha}$｜$\sigma_\alpha (n) = \sum _{d|n} d^{\alpha}$｜$\operatorname{G}(s)=\zeta(s- \alpha)$｜$\operatorname{H}(s)= \sum _{n=1}^{\infty } \frac{ \sigma_\alpha (n) }{n^s} = \zeta(s- \alpha) \zeta(s)$

劉維爾函數｜$\mu(n) = \mu(p_1^{a_1}p_2^{a_2}...p_k^{a_k}) = a_1 + a_2 + ... + a_k$｜$\begin{cases} 1 & n = m^2 \\ 0 & \mathrm{otherwise} \end{cases}$｜$\operatorname{H}(s) = \zeta(2s)$｜$\operatorname{G}(s)= \sum _{n=1}^{\infty } \frac{\lambda(n)}{n^s} = \frac{\zeta(2s)}{\zeta(s)}$

馮·曼戈爾特函數｜$\Lambda(n) = \begin{cases} \log(p) & n = p^k \\ 0 & \mathrm{otherwise} \end{cases}$｜$\log n$｜$\operatorname{H}(s)= \zeta'(s)$｜$\operatorname{G}(s) = \sum _{n=1}^{\infty } \frac{\Lambda(n)}{n^s} = - \frac{\zeta'(s)}{\zeta(s)}$

## 佩龍公式

ζ函數與數論函數存在的聯繫可以通過佩龍公式轉化為它和數論函數的求和的關係：設

$G(s) = {\sum_{n=1}^\infty} g(n)$

則由佩龍公式。

$A(x) = {\sum_{n\le x}}' g(n) =\frac{1}{2\pi i}\int_{c-i\infty}^{c+i\infty} G(z)\frac{x^{z}}{z} \, \mathrm{d}z$

其中右上角的'表示如果x是整數，那麼求和的最後一項要乘以。這樣做的其中一個結果就是ζ函數和素數分布的關係。

## 和素數的關係

### 歐拉乘積

此函數和素數的關係已由歐拉所揭示：

$$\zeta(s) = \prod_{p} \frac{1}{1-p^{-s}}$$

這是一個延展到所有的質數p的無窮乘積，被稱為歐拉乘積。這是幾何級數的公式和算術基本定理的一個結果。如果對上式取對數，則可得到

$$\log \zeta (s) = \sum _{n=1}^{\infty } \frac{1}{n} \sum _p p^{-ns}$$

上式的證明過程首先留意到 $\log ab = \log a + \log b$，由此，可以將乘積轉化為求和 :$\begin{align} \log \zeta (s) & = \log \prod _p \frac{1}{1-p^{-s}} \\ & = \sum _p \log \frac{1}{1-p^{-s}} \\ & = - \sum _p \log(1-p^{-s}) \\ & \overset{\underset{\mathrm{t=p^{-s}}}{}}{=} - \sum _p \log(1-t) \\ \end{align}$ 將其中的 $\log(1-t)$ 展開為冪級數，得到 :$\begin{align} - \sum _p \log(1-t) & = - \sum _p \sum _{n=1}^{\infty } - \frac{t^n}{n} \\ & = \sum _p \sum _{n=1}^{\infty } \frac{t^n}{n} \\ & = \sum _{n=1}^{\infty } \sum _p \frac{t^n}{n} \\ & = \sum _{n=1}^{\infty } \frac{1}{n} \sum _p t^n \\ & \overset{\underset{\mathrm{p^{-s}=t}}{}}{=} \sum _{n=1}^{\infty } \frac{1}{n} \sum _p p^{-ns} \\ \end{align}$

### 更進一步的聯繫

#### 黎曼階梯素數計數函數

可以使用黎曼素數計數函數建立與素數分布的進一步聯繫，這也是黎曼在他的論文論小於給定數值的素數個數中使用的函數，定義如下：

$$\operatorname{J}(x) = \sum_{n \le x} \kappa(n)$$

其中$\kappa(n) = \begin{cases} \frac{1}{k} & n = p^k \\ 0 & \mathrm{otherwise} \end{cases}$那麼可以建立與的零點ρ的聯繫，稱為黎曼顯式公式

$$\begin{align} \operatorname{J}(x) & = \frac{1}{{2 \pi i}} \int_{c-i \infty }^{c+i \infty } \log \zeta(s) \frac{x^s}{s} \, \mathrm{d}s \\ & = \operatorname{Li}(x) - \sum_{\rho} \operatorname{Li}(x^\rho) + \int_{x}^{\infty} \frac{1}{t(t^2 - 1) \log(t)}\, \mathrm{d}x - \log 2 \\ \end{align}$$

黎曼顯式公式的證明實際上，由J(x)的定義同樣有:$\operatorname{J}(x) = \sum_{m = 1}^{\infty} \frac{1}{m}\pi(x^\frac{1}{m})$ 為使用Mellin 變換，將J(x)乘以後對x積分，得到 :$\begin{align} \int_{0}^{\infty} \operatorname{J}(x)x^{-s-1}\, \mathrm{d}x & = \sum_{m = 1}^{\infty} \frac{1}{m}\int_{1}^{\infty} \pi\left(x^\frac{1}{m}\right)x^{-s-1}\, \mathrm{d}x \\ & = \sum_{m = 1}^{\infty} \frac{1}{m} \sum_{p} \int_{p^m}^{\infty} x^{-s-1}\, \mathrm{d}x \\ & = \sum_{m = 1}^{\infty} \frac{1}{m} \sum_{p} \frac{1}{s} p^{-m s} \\ \end{align}$ 注意到 $\frac{\log \zeta (s) }{s} = \frac{1}{s} \sum_{m = 1}^{\infty} \frac{1}{m} \sum_{p} p^{-m s}$ 與上式相同 即 $\frac{\log \zeta (s) }{s} = \int_{0}^{\infty} \operatorname{J}(x)x^{-s-1}\, \mathrm{d}x$ 在此處使用Mellin變換後，得到 :$\operatorname{J}(x) = \frac{1}{{2 \pi i}} \int_{c-i \infty }^{c+i \infty } \frac {\log \zeta(s)}{s} x^s \, \mathrm{d}s$ $(c > 1)$ 再將阿達馬乘積公式代入，逐項積分即得所求

而與的聯繫可以通過莫比烏斯反演公式完成。$\pi(x) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\mu(n)}{n} \operatorname{J}(x) = \operatorname{J}(x) + \Omicron(\sqrt x \log \log x)$然而的表達式過於複雜，如下的切比雪夫函數更為常用。

#### 切比雪夫函數

第一切比雪夫函數定義為

$$\vartheta(x) = \sum_{p\le x}\log p$$

而更常用的第二切比雪夫函數定義為

$$\psi(x) = \sum_{p^k\le x}\log p=\sum_{n \leq x} \Lambda(n) = \sum_{p\le x}\lfloor\log_p x\rfloor\log p$$

其中，如前文定義的馮·曼戈爾特函數$\Lambda(n) = \begin{cases} \log(p) & n = p^k \\ 0 & \mathrm{otherwise} \end{cases}$第二切比雪夫函數與第一切比雪夫函數的關係，可看做「等同於」黎曼素數計數函數與素數計數函數的關係。第二切比雪夫函數與的零點ρ有如下的聯繫

$$\begin{align} \psi(x) & = \frac{1}{{2 \pi i}} \int_{c-i \infty }^{c+i \infty } -\frac{\zeta'(s)}{\zeta(s)} \frac{x^s}{s} \, \mathrm{d}s \\ & = \sum_{n \le x} \Lambda(n) = x - \sum_{\rho} \frac{x^\rho}{\rho}- \frac{1}{2} \log(1 - \frac{1}{x^2}) - \log(2 \pi) \\ \end{align}$$

而與的聯繫可以通過阿貝爾求和公式：

$\psi(x) = \sum_{ n = p^k\le x} \log p = \psi(x) = \sum_{ n = p^k\le x}\frac{1}{k} \log n = \sum_{ n \le x}\frac{\kappa(n)}{ \log n }$

其中κ如前文所定義，則由阿貝爾求和公式

$$\operatorname{J}(x) = \sum_{ n \le x} \kappa(n) = \frac{\psi(x)}{\log x} + \int_{2}^{x} \frac{\psi(t)}{t^2 \log t} \, \mathrm{d}t = \frac{\psi(x)}{\log x} + \Omicron(\frac{x}{\log^2 x})$$

## 零點

解析延拓之後的ζ函數具有零點，他們分別是分布有序的平凡零點（所有負偶數），以及臨界帶內的非平凡零點。以表示虛部介於0與T之間的非平凡零點數量，則遵循黎曼 - 馮·曼戈爾特公式：$N(T) = \frac{T}{2 \pi} \log \frac{T}{2 \pi} - \frac{T}{2 \pi} + \Omicron( \log T)$。

## 函數值

ζ函數滿足如下函數方程：

$$\zeta(s) = 2^s\pi^{s-1}\sin\left(\frac{\pi s}{2}\right)\Gamma(1-s)\zeta(1-s)$$

對於所有C\{0,1}中的s成立。這裡，Γ表示Γ函數。這個公式原來用來構造解析連續性。在s = 1，ζ函數有一個簡單極點其留數為1。上述方程中有sin函數，$\sin\left(\frac{\pi s}{2}\right)$的零點為偶數s = 2n，這些位置是可能的零點，但s為正偶數時，$\sin\left(\frac{\pi s}{2}\right)\Gamma(1-s)$為不為零的規則函數，只有s為負偶數時，ζ函數才有零點，稱為平凡零點。

### 當s為正整數

歐拉計算出ζ（2k），對於偶整數2k，使用公式

$$\zeta(2k) = \frac{B_{2k}(-1)^{k+1}(2\pi)^{2k}}{2(2k)!}$$

其中B2k是伯努利數。從這個，我們可以看到ζ(2) = π2/6, ζ(4) = π4/90, ζ(6) = π6/945等等。（OEIS中的序列 A046988/ A002432）。這些給出了著名的π的無窮級數。奇整數的情況沒有這麼簡單。拉馬努金在這上面做了很多了不起的工作。

$s\,$為正偶數時的函數值公式已經由歐拉計算出。但當$s\,$為正奇數時，尚未找到封閉式。

$$\zeta(1) = 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \cdots = \infty;\!$$

這是調和級數。

$\zeta\left(\frac{3}{2}\right) \approx 2.612;\!$ A078434

該值用於計算具有周期性邊界條件的玻色-愛因斯坦凝聚的臨界溫度以及磁系統的自旋波物理。

$\zeta(2) = 1 + \frac{1}{2^2} + \frac{1}{3^2} + \cdots = \frac{\pi^2}{6} \approx 1.645;\!$ A013661

即巴塞爾問題。這個結果的倒數回答了這個問題：隨機選取兩個數字而互質的機率是多少？

$\zeta(3) = 1 + \frac{1}{2^3} + \frac{1}{3^3} + \cdots \approx 1.202;\!$ A002117

稱為阿培里常數。

$\zeta(4) = 1 + \frac{1}{2^4} + \frac{1}{3^4} + \cdots = \frac{\pi^4}{90} \approx 1.0823;\!$ A0013662

黑體輻射裡的斯特藩－玻爾茲曼定律和維恩近似。

### s趨近於1

$$\lim_{\varepsilon \to 0} \frac{\zeta(1+\varepsilon)+\zeta(1-\varepsilon)}{2} = \gamma$$

其中γ是歐拉-馬歇羅尼常數=$0.577215...$

### 負整數

同樣由歐拉發現，ζ函數在負整數點的值是有理數，這在模形式中發揮著重要作用，而且ζ函數在負偶整數點的值為零。

事實上

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

Bn是白努利數。

因為 B2n+1 =0，故ζ函數在負偶整數點的值為零。

### 複數值

$\zeta(x+{\rm{i}}y)=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\cos(y\ln k) -{\rm{i}}\sin(y\ln k)}{k^x},y\in{\mathbb{R}}$，x＞1。

### 幅角

$\arg[\zeta(x+{\rm{i}}y)]=-\arctan\frac{\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\sin(y\ln k)}{k^x}}{\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\cos(y\ln k)}{k^x}}$。

### 函數值表

$\zeta(-2n_{n\in \mathbb{Z}^+})=0$。

$\zeta(-9)=-\frac{1}{132} ({\mathfrak {R}})$。

$\zeta(-7)=\frac{1}{240} ({\mathfrak {R}})$。

$\zeta(-5)=-\frac{1}{252} ({\mathfrak {R}})$。

$\zeta(-3)=\frac{1}{120} ({\mathfrak {R}})$。

$\zeta(-1)=-\frac{1}{12} ({\mathfrak {R}})$。

$\zeta(0)=-\frac{1}{2}$。

$\zeta(1^-)=-\infty$,

$\zeta(1^+)=\infty$,

$\zeta(2)=\frac{\pi^2}{6}$。

$\zeta(4)=\frac{\pi^4}{90}$。

$\zeta(6)=\frac{\pi^6}{945}$。

$\zeta(8)=\frac{\pi^8}{9450}$。

$\zeta(10)=\frac{\pi^{10}}{93555}$。

### 臨界線上的數值計算

臨界線上的數值計算可以通過黎曼-西格爾公式完成。與之相關的，林德勒夫猜想：對於任意給定的實數。

$$\zeta\left(\frac{1}{2}+it\right)=\Omicron(t^{\epsilon})$$