复分析——第6章—— Γ 函数和 ζ 函数(E.M. Stein & R. Shakarchi)
第6章 Γ函数和Ζ函数(The Gamma and Zeta Functions)
毫不夸张地说,Γ函数和Ζ函数是数学中最重要的非初等函数之一。Γ函数在自然界中无处不在。它出现在大量计算中,并以分析中出现的大量恒等式为特征。对此的部分解释可能在于Γ函数的基本结构特性,这些基本结构特性在本质上刻画了它:1/Γ(s)是(最简单)的复可积函数(注:与这个主题的标准记法保持一致,我们用s(而不是z)表示Γ函数和ζ 函数的参数),其恰好在 s = 0, -1, -2 ,…… 处有零点。
ζ 函数(和Γ函数一样,对其研究是由Euler发起的)在数论分析中起着重要作用。它与素数的密切联系通过ζ(s)的恒等式体现出来:
,
其中,乘积覆盖所有素数。实数 s > 1 且趋近于1 的ζ(s)的行为被 Euler 用于证明 发散,并且,正如我们在第I册书中看到的那样,L 函数的类似推理是算术级数中素数Dirichlet定理证明的起点。
然而,不难看出,当 Re(s) > 1 时,ζ(s)是定义明确的(且可分析的),是Riemann意识到,对素数的进一步研究与ζ到复平面其余部分的解析(实际上是亚纯)延拓(continuation)密切相关。除此之外,我们还考虑其显著的函数方程,它揭示了关于直线 Re(s) = 1/2 的对称性,其证明基于ζ函数的相应恒等式。我们还对直线 Re(s) = 1 附近的 Re(s) 的增长进行了更详细的研究,在下一章将给出的素数定理的证明中便需要它。
1. Γ 函数(The gamma function)
对于 s > 0 ,定义 Γ 函数为
(1) 。
这个积分对于每一个正数 s 收敛,因为在 t = 0 附近函数 是可积的,t足够大时的收敛由被积函数中的指数递降特性保证。这些观察结果允许我们按下面的方式扩充Γ函数的定义域。
命题1.1 将Γ函数扩充为半平面R(s) > 0 上的解析函数,其公式仍可由积分公式(1)给出。
证明:
只需证明这个积分定了一个带域(strip)
中的全纯函数即可。注意到,若用 σ 表示 s 的实部,则 ,因此,积分
,
其由极限 所定义,且对于每一个 收敛。对于ε > 0 ,令
。
根据第2章定理5.4 ,函数 在带域 中是全纯的。根据定理第2章定理5.2 , 只需证明在带域 上 一致收敛于Γ 即可。为了理解这一点,我们首先观察到
。
上面第一个积分随着 ε 趋近于 0 而一致地趋近于 0 ,因为,只要 0 < ε < 1 ,很容易通过 进行估算。同样,第二个积分也一致地收敛于0,因为
。
因此,证明完结。
1.1 解析延拓(Analytic continuation)
尽管定义 Γ 的积分对于 s的其它值事实上并非绝对收敛,但我们可以进一步证明,存在一个定义于整个ℂ上的全纯函数,其在 Re(s)> 0 的半平面上等于Γ。按照在和第2章中相同的意义上,我们称这个函数为Γ函数的解析延拓(analytic continuation)(注:解析延拓的唯一性是能确保的,因为一个亚纯函数极点的补集构成一个连通集),因此,我们仍然用符号 Γ 表示。
为了证明所宣称的到亚纯函数的解析延拓,我们需要一个引理,便带展示了Γ函数的一个重要属性。
引理 1.2 若 Re(s) > 0 ,则
(2) 。
其结果是,对于 n = 0, 1 , 2 , ... , 有 Γ(n + 1) = n!
证明:
在有限积分式中按分部积分方法进行积分给到
,
进而,通过令 ε 趋近于 0 ,并注意到,积分式的左边消没(因为 t 趋近于 0 或无穷大时, , 从而推导同骤然的公式(2) 。现在,只需验证
,
接着应用(2)求得Γ(n + 1) = n! 即可。
引理中的公式(2)即是我们所需的给出下列定理证明的全部。
定理 1.3 本节开头针对 Re(s)> 0 所定义的函数 Γ(s) 有一个到 ℂ 上的亚纯函数的解析延拓,其仅有的奇点是位于负整数 s = 0 , -1 ,... 处的极点,则Γ在 s = -n 处的留数(residue)是 。
证明:
只需将 Γ 延拓到每一个半平面 Re(s)> -m (其中,m ≥ 1 是一个整数)即可。对于 Re(s)> -1 ,我们定义
。
因为 Γ(s + 1) 按 Re(s)> -1 是全纯的,我们看到, 在那个半平面上是亚纯的,且唯一可能的奇点是位于 s = 0 处的简单极点。此外,若 Re(s)> 0 ,则根据前面的引理,有
。
因此, 将Γ 延拓到半平面 Re(s)> -1 上的一个亚纯函数。我们可以继续按照这种方式,定义与Re(s)> 0 上Γ函数一致的 Re(s)> - m 的亚纯函数 。对于 Re(s)> - m (其中,m ≥ 1 是一个整数),定义
。
则函数按 Re(s)> - m 是全纯的,并且在 s = 0 ,-1 ,-2 ,..., - m + 1 处有简单极点,且具有留数
。
连续应用引理证明,对于 Re(s)> 0 有 根据唯一性特性,这也意味着在 Fk 的定义域上,对于 1 ≤ k ≤ m ,有 。因此,我们获得了预期的Γ 的延拓性。
评注:
我们已经证明,只要 Re(s)> 0 就有 Γ(s + 1) = sΓ(s) 。事实上,根据解析延拓,只要 s ≠ 0,-1 ,-2 ,... ,即,只要 s不是Γ的极点,这个公式仍然成立。这是因为,引理的两侧在Γ的极点的补集中都是全纯的,并且当 Re(s)> 0 时是相等的。事实上,我们可以进一步,并注意到,若 s 是负整数 s = - n (n ≥ 1) ,则引理的两侧都是无限的,此外,
。
最后,注意到,当 s = 0 时,我们有 。
定理1.3 的另一个等价证明(其本身就很有趣且其思想在后面反复出现)可通过拆分定义于Re(s)> 0 上的 Γ(s)的积分为如下形式而获得:
。
最右边的积分定义了一个复可积函数;此外,按幂级数延拓 并对其逐项积分给到
。
因此,
(3) ( 对于 Re(s) > 0 )。
最后,这个级数在 ℂ 上定义了一个亚纯函数,其在负整数点具有极点且在 s = - n 处具有留数 。为了证明这一点,我们按如下的方式论证。对于某个具体的 R > 0 ,我们可以将和拆分成两个部分
,
其中,N是所选择的满足 N > 2R 的整数。第一项有限和定义了一个圆盘 |s| < R 中的亚纯函数,其在预期的点处具有极点且具有正确的留数。第二项和在那个圆盘中一致收敛,因此在那个圆盘上定义了一个全纯函数,因为 n > N > 2R 和 | n + s | ≥ R 意味着
。
因为 R 是任意的,我们推断出 (3) 中的属性具有预期的属性。
现在,特别是,关系 (3) 在整个 ℂ上成立。
1.2 Γ函数的更多属性(Further properties of Γ)
下面的恒等式揭示了Γ关于直线 Re(s) = 1/2 的对称性。
定理 1.4 对于所有 s∈ℂ ,有
(4) 。
可观察到,函数 Γ(1 - s) 在正整数 s = 1 ,2 ,3 ,... 处具有简单极点,因此Γ(s) Γ(1 - s)是一个在 ℂ上在所有整数处具有简单极点的亚纯函数,函数 也具有这一特点。
为了证明这个恒等式,只需证明对于 0 < s < 1 也存在这样的恒等式,因为按照解析延拓,上式在整个 ℂ上也成立。
引理 1.5 对于 0 < a < 1 ,有 。
证明:
我们首先观察到
,
通过执行变量替换 可推导出以上等式。然而,使用周线积分(我们在第3章第2.1节例2中见过),可求得第二项积分等于 , 正如预期。
为了证明这个定理,我们首先注意到,对于0 < s < 1 ,我们可以写成
。
其中,对于 t > 0 ,我们执行变量替换 vt = u 。则这个技巧给出
,
因此,定理得证。
特别是,通过代入 s = 1/2 并注意到,只要 s > 0 就有 Γ(s) > 0 ,我们求得
。
我们通过考虑Γ函数的倒数来继续研究Γ函数,结果证明它是一个具有极简属性的复可积函数。
定理 1.6 Γ函数具有下列属性:
(i) 1/Γ(s)是 s 的一个复可积函数,其在 s = 0,-1 ,-2 ,... 处具有简单零点且在其它点处无处消没。
(ii) 1/Γ(s)具递增性
。
因此,对于每一个 ε > 0 ,存在一个边界 c(ε) 使得
,
在这个意义上, 1/Γ(s)是1阶的。
证明:
根据定理,我们可以写成
(5) ,
因此,Γ(1 - s)的简单极点(位于 s = 0,1 ,2 ,...这些点处)被 的简单零点所抵消,因此,因此,1/Γ(s)是在 s = 0,-1 ,-2 ,... 处具有简单零点的复可积函数。
为了证明这个估算结果,我们首先证明,只要 σ = Re(s) 是正数,就有
。
选择 n 使其满足 σ ≤ n ≤ σ + 1 。则
。
因为关系式(3)在整个ℂ上成立,根据(5)我们看到
。
然而,根据我们前面的观察,
,
并且,因为 (根据sine 函数的Euler 公式) ,我们求得 1/Γ(s)的公式中的第二项受控于 ,而这一项本身又受控于 。接下来,我们考察这一项
。
存在两种情况:Im(s) > 1 和 Im(s) ≤ 1 。在第一种情况下,这个表达式以绝对值形式受控于 。若 Im(s) ≤ 1 ,我们选择 k 作为使得 k – 1/2 ≤ Re(s) < k + 1/2 的整数。则若 k ≥ 1 ,
。
等式右边的两项均有界;因为第一项 在 s = k 处消没,而第二项的和受控于 。
当 k ≤ 0 时,根据我们的假设, , 且 根据 有界而有界,这就推导出了定理的证明。
事实上,1/Γ(s)满足了第5章所讨论的那种增长条件,这种增长条件很自然地导向了函数 1/Γ(s) 的乘积公式,我们接下来探讨这个条件。
定理 1.7 对于所有 , 。
这个实数 γ 被称为 Euler常数,定义为
。
这个极限的存在性已经在第I册第8章中的命题3.1中得到证明。但是,在此为了使得证明完整,我们将再次加以论证。观察到
,
应用中值定理到 f (x) = 1/x ,我们得到
(对于 n ≤ x ≤ n + 1) 。
因此,
,
其中, 。因此, 收敛,这就证明了定义γ的极限存在。现在,我们可以继续进行 1/Γ 的因式分解的证明。
证明:
根据 Hadamard 因式分解定理,以及 1/Γ 是具有增阶1且在s = 0,-1 ,-2 ,... 处具有简单零点的复可积函数的事实,我们可以将 1/Γ 展开为一个 Weierstrass 积的形式,其形式为
。
此处的A和B是待确定的两个常量。想到,当 s ⟶ 0 时,sΓ(s) ⟶ 1 ,我们求得 B = 0 (或者2πi 的某个整数倍,这样也会得出同样的结果)。置 s = 1 ,根据Γ(1) = 1 这个事实,便产生了
。
因此,对于某个 k,A = γ + 2πik 。因为,只要 s是实数则Γ(s)是实数,则我们一定有 k = 0,论证完成。
注意,这个证明表明,函数1/Γ(s)在本质上被刻画为具有下列特性的复可积函数:
(i) 在 s = 0,-1,-2 ,... 具有简单零点且在其它点处无处消没,和
(ii) 增阶 ≤ 1 。
注意到, 具有一个类似的特征(现在,除去在所有整数点的零点)。然而,当 具有一个更严格的形如 的增长估算时,这个估算值(没有指数中的对数)对于 1/Γ(s)不再成立(如练习12所示)。
2. Ζ 函数(The zeta function)
实数 s > 1 的Riemann ζ 函数起初用收敛级数定义为
。
与Γ函数的情况一样,ζ函数可被延拓到复平面上。存在这个事实的几个证据,我们将在下一节中介绍依赖于ζ 函数方程的方程。
2.1 函数方程和解析延拓(Function equation and analytic continuation)
与处理Γ函数的情况一样,我们首先提供 ζ 函数到 ℂ 中半平面的简单扩展。
命题 2.1 定义ζ(s)的级数对于Re(s) > 1 收敛,且函数ζ在这个半平面上是全纯的。
证明:
若 s = σ + it (其中,σ 和 t 是实数),则
。
因此,若 σ > 1 + δ > 1 ,定义 ζ 的级数按 (其收敛)一致有界。因此,级数 在每一个半平面 Re(s) > 1 + δ > 1 上一致收敛,故而,级数在 Re(s) > 1 中定义了一个全纯函数。
ζ 到ℂ 中亚纯函数的解析延拓比Γ 函数的情况更为微秒。我们在这里提出的证明将 ζ 与Γ以及另一个重要函数联系了起来。
考虑针对实数 t > 0 所定义的 ζ 函数(已经在第4章中引入)
。 (译注:𝜗 的LaTex语法:\vartheta;Unicode: 1D717 。)
应用Poisson求和公式(第4章定理2.4)给出 𝜗 所满足的函数方程,即
。
我们将需要的 𝜗 的递增和递降是
(当 t ⟶ 0 时)
和
(对于某个 C > 0 和所有 t ≥ 1) 。
t 趋近于 0 时的不等式可从函数方程推导出,而t趋近于无穷大时的行为可从以下事实推导出
(对于 t ≥ 1 ) 。
现在,我们到了证明 ζ ,Γ 和 𝜗 三者之间的一种重要关系的时候了。
定理 2.2 若 Re(s) > 1,则
。
证明:
此证明及更进一步的论证基于观察
(6) (若 n ≥ 1) 。
事实上,如果我们在积分中做变量替换 ,则左边成了
,
这恰好就是 。接下来,注意到
。
在定理陈述之前给出的 𝜗 估计值证明了无限和与积分的互换是合理的,因此,
,
正如所证。
鉴于这一点,我们考虑修改过的 ζ 函数,称其为 𝜉 函数(译注:读作ksee),这使得ζ 函数表现得更加对称(译注:因此,另命名以示区别)。 Re(s) > 1 的 𝜉 函数定义为
( 7 ) 。
定理 2.3 𝜉 函数对于Re(s) > 1 是全纯的,且可以解析延拓至整个ℂ上具有在 s = 0点和s = 1点处具有简单极点的亚纯函数。此外,对于所有 s∈ℂ ,有
𝜉(s) = 𝜉(1 - s) 。
证明:
证明的思想就是使用 𝜗 函数方程,即
。
则我们可以用 乘以等式的两侧,并尝试对等式按 u 进行积分。不考虑对应 n = 0 的项(其在两个和式中产生无限项),则一旦我们调用公式(6),我们会获得预期的等式,并使用变量替换 u ⟼ 1/u 获得类似的公式。实际证明还需要做一些工作,并按如下进行。
令 。𝜗 函数的函数方程( )意味着
。
现在,对于 Re(s) > 1 ,根据定理2.2 ,我们有
(只要 Re(s) > 1) 。
因此,
。
由于函数 𝜓 在无穷远处逞指数递降,因此以上的积分定义了一个复可积函数,从而我们推断出 𝜉 有一个到整个 ℂ上具有在 s = 0点和s = 1点处具有简单极点的解析延拓。此外,立即可推断出,若我们用 1 –s 替换 s ,这个积分保持不变,并且 1/(1 - s) – 1/s 这两项的和也保持不变。我们推断出 𝜉(s) = 𝜉(1 - s),正如所证。
根据这个恒等式,我们已经证明,对于 𝜉 ,我们获得了对 ζ 函数的预期结果:其解析延拓性和函数方程。
定理 2.4 ζ 函数有一个到整个复平面的亚纯延拓,其唯一奇点是位于 s = 1 处的简单极点。
证明:
观察到,(7)提供了ζ 的亚纯延拓,即
。
回顾到,1/Γ(s/2)是在0,-2,-4,...处具有简单零点的复可积函数,因此,𝜉(s)在原点处的简单极点被1/Γ(s/2)的相应的零点所抵消。其结果,ζ的唯一奇点是位于 s = 1 处的简单极点。
现在,我们将介绍一种 ζ 函数的解析延拓的更基础的方法,这种方法很容易导出其在半平面Re(s) > 0 中的扩展。这种方法在研究ζ 在直线 Re(s) = 1 附近增长属性非常有用(在下一章会需要)。其背后的思想在于比较和式 和积分 。
命题 2.5 存在一个满足估算 的复可积函数序列 (其中 s = σ + it),并使得
(8) (只要N是一个大于1的整数)。
这个命题具有下列的结果。
推论 2.6 对于 Re(s) > 0 , 我们有
,
其中, 在半平面 Re(s) > 0 中是全纯的。
为了证明这个命题,我们对比 与 ,并设
(9) 。
将均值定理应用到 便产生
(只要 n ≤ x ≤ n + 1)。
因此, ,并且由于
,
因此,命题得证。
转向推论,我们首先假设 Re(s) > 1 。在命题的公式(8)中,我们令N趋近于无穷大,并观察到,根据估算 ,我们有级数 的一致收敛(当 δ > 0时,在任意 Re(s) ≥ δ 的任意半平面中)。由于Re(s) > 1 ,级数 收敛于ζ(s) ,这就证明了当 Re(s) > 1 时的论断。这个一致收敛也表明了,当 Re(s) > 0 时, 是全纯的,并因此表明,ζ(s)是可以扩展到那个半平面上的,并且这个恒等式在那个半平面上仍然成立。
评注:
以上所描述的思想可逐步发展从而产生ζ 到整个复平面上的延拓,如问题2和3所示。给出ζ 的完整的解析延拓的另一个论证在问题15和问题16中概述。
作为对命题的应用,我们可以证明,ζ(s)在直线 Re(s) = 1 附近的增长是“平缓的(mild)。” 回顾到,当 Re(s) > 1 时,我们有 ,因此,ζ(s)在任意半平面 Re(s) ≥ 1 + δ ( δ > 0 ) 中是有界的。我们将看到,在直线 Re(s) = 1 上,|ζ(s)|受控于 (对于任意ε > 0),且在直线附近的增长差不了多少。下面的估算不是最优的。事实上,它们非常粗糙,但足以满足以后的需要。
命题 2.7 假设 s = σ + it 且σ,t∈ℝ 。则对于每一个 以及对于每一个 ε > 0 , 都存在一个常量 使得
( i ) ( 若 且 |t| ≥ 1)。
( ii ) (若 1 ≤ σ 且 |t| ≥ 1)。
特别是,命题意味着 (当 | t | 趋近于无穷大时)(注:O 记法表示左侧以右侧为界),同样的估算对于 也成立。对于证明,我们使用推论 2.6 。回顾估算 。我们也有估算 ,基于由(9)给出的 表达式和 和 (若 x ≥ n)这个事实可推导出上式。然后我们将这两个 的估算式通过观察 结果将其组合在一起,从而获得边界值表达式
(只要δ ≥ 0 ) 。
现在,选择 并应用推论 2.6 中的恒等式,则用 ,我们求得
,
从而结论(i)得证。第二个结论实际上是第一个结论的结果,是对第 2 章练习 8 稍作修改后得出的结果。为了完整起见,我们概述这个论证。根据Cauchy积分公式,
,
其中积分是在以点 s 为中心、半径为 r 的圆上进行的。现在选择 r = ε并观察到该圆位于半平面 Re(s) ≥ 1 - ε中,因此 (ii) 是 (i) 将 2ε 替换为 ε 的结果。
内容来源:
<< Complex Analysis >> ,作者:E.M. Stein & R. Shakarchi
术语参考资料:
<<英汉数学词汇>>,张鸿林,葛显良 编订,清华大学比版社,2018年
<<新英汉数学词汇>> ,科学出版社名词室,科学出版社, 2002年
<<物理学名词>>,第三版,科学出版社会,2019年
<<英汉综合物理学词汇>> 科学出版社,1999年
原文地址:https://blog.csdn.net/ComputerInBook/article/details/139858422
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