黎曼的zeta函数(1)
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黎曼的zeta函数
本篇是黎曼 ζ \zeta ζ函数系列的第二篇传送门在此书接上回让我们继续出发。
欧拉乘积公式
著名的欧拉乘积公式
ζ
(
s
)
=
∑
n
=
1
∞
1
n
s
=
∏
p
1
1
−
1
p
s
\zeta(s) = \sum_{n = 1}^\infin \frac{1}{n^s} = \prod_p\frac{1}{1 - \frac{1}{p^s}}
ζ(s)=n=1∑∞ns1=p∏1−ps11
揭开了素数分布秘密的一角。证明思路如下由
ζ
(
s
)
=
1
1
s
+
1
2
s
+
1
3
s
+
⋯
\zeta(s) = \frac{1}{1^s} + \frac{1}{2^s} + \frac{1}{3^s} + \cdots
ζ(s)=1s1+2s1+3s1+⋯
两边乘以
1
2
s
\frac{1}{2^s}
2s1就得到
1
2
s
ζ
(
s
)
=
1
2
s
+
1
4
s
+
1
6
s
+
⋯
\frac{1}{2^s}\zeta(s) = \frac{1}{2^s} + \frac{1}{4^s} + \frac{1}{6^s} + \cdots
2s1ζ(s)=2s1+4s1+6s1+⋯
两式相减得(减掉所有2的倍数项
(
1
−
1
2
s
)
ζ
(
s
)
=
1
1
s
+
1
3
s
+
1
5
s
+
⋯
(1 - \frac{1}{2^s})\zeta(s) = \frac{1}{1^s} + \frac{1}{3^s} + \frac{1}{5^s} + \cdots
(1−2s1)ζ(s)=1s1+3s1+5s1+⋯
两边乘以
1
3
s
\frac{1}{3^s}
3s1就得到
1
3
s
(
1
−
1
2
s
)
ζ
(
s
)
=
1
3
s
+
1
9
s
+
1
1
5
s
+
⋯
\frac{1}{3^s}(1 - \frac{1}{2^s})\zeta(s) = \frac{1}{3^s} + \frac{1}{9^s} + \frac{1}{15^s} + \cdots
3s1(1−2s1)ζ(s)=3s1+9s1+15s1+⋯
再相减就得到(减掉所有3的倍数项
(
1
−
1
3
s
)
(
1
−
1
2
s
)
ζ
(
s
)
=
1
1
s
+
1
5
s
+
1
7
s
+
⋯
(1 - \frac{1}{3^s})(1 - \frac{1}{2^s})\zeta(s) = \frac{1}{1^s} + \frac{1}{5^s} + \frac{1}{7^s} + \cdots
(1−3s1)(1−2s1)ζ(s)=1s1+5s1+7s1+⋯
两边乘以
1
5
s
\frac{1}{5^s}
5s1再相减(减掉所有5的倍数项如此这般下去干掉右边所有得项最终得到
⋯
(
1
−
1
5
s
)
(
1
−
1
3
s
)
(
1
−
1
2
s
)
ζ
(
s
)
=
1
\cdots(1 - \frac{1}{5^s})(1 - \frac{1}{3^s})(1 - \frac{1}{2^s})\zeta(s) = 1
⋯(1−5s1)(1−3s1)(1−2s1)ζ(s)=1
不难发现乘到左边的项都是素数项所以就有
ζ
(
s
)
=
∏
p
1
1
−
1
p
s
\zeta(s) = \prod_p\frac{1}{1 - \frac{1}{p^s}}
ζ(s)=p∏1−ps11
Möbius函数
让我们尝试展开上式的右侧得到
1
ζ
(
s
)
=
(
1
−
1
2
s
)
(
1
−
1
3
s
)
(
1
−
1
5
s
)
(
1
−
1
7
s
)
⋯
=
1
−
1
2
s
−
1
3
s
−
1
5
s
+
1
6
s
−
1
7
s
+
⋯
\frac{1}{\zeta(s)} = (1 - \frac{1}{2^s})(1 - \frac{1}{3^s})(1 - \frac{1}{5^s})(1 - \frac{1}{7^s})\cdots \\ = 1 - \frac{1}{2^s} - \frac{1}{3^s} - \frac{1}{5^s} + \frac{1}{6^s} - \frac{1}{7^s} + \cdots
ζ(s)1=(1−2s1)(1−3s1)(1−5s1)(1−7s1)⋯=1−2s1−3s1−5s1+6s1−7s1+⋯
如果把这个级数写成Dirichlet级数
1
ζ
(
s
)
=
∑
n
a
n
n
s
\frac{1}{\zeta(s)} = \sum_n\frac{a_n}{n^s}
ζ(s)1=n∑nsan
的形式就会有当
n
n
n为偶数个不同素数乘积时
a
n
=
1
a_n = 1
an=1当
n
n
n为奇数个不同素数乘积时
a
n
=
−
1
a_n = -1
an=−1而当
n
n
n可被某一素数的平方整除时
a
n
=
0
a_n = 0
an=0. 我们就定义这样的
a
n
a_n
an为Möbius函数记为
μ
(
n
)
\mu(n)
μ(n)于是
1
ζ
(
s
)
=
∑
n
μ
(
n
)
n
s
\frac{1}{\zeta(s)} = \sum_n\frac{\mu(n)}{n^s}
ζ(s)1=n∑nsμ(n)
容易验证Möbius函数是积性函数也就是说
μ
(
1
)
=
1
\mu(1) = 1
μ(1)=1且当
a
,
b
a, ~ b
a, b互质时
μ
(
a
b
)
=
μ
(
a
)
μ
(
b
)
\mu(ab) = \mu(a)\mu(b)
μ(ab)=μ(a)μ(b).
素数定理
欧拉注意到当
s
=
1
s = 1
s=1时
ζ
(
1
)
\zeta(1)
ζ(1)为调和级数其以对数方式发散。实际上
ln
(
x
)
=
∫
1
x
1
t
d
t
\ln(x) = \int_1^x\frac{1}{t}dt
ln(x)=∫1xt1dt
为了干掉连乘积两边取对数就有
ln
(
∑
n
1
n
)
=
−
∑
p
ln
(
1
−
1
p
)
\ln(\sum_n\frac{1}{n}) = -\sum_p\ln(1 - \frac{1}{p})
ln(n∑n1)=−p∑ln(1−p1)
为了展开
ln
(
1
−
1
p
)
\ln(1 - \frac{1}{p})
ln(1−p1)为幂级数我们记
q
=
1
p
q = \frac{1}{p}
q=p1显然
ln
(
1
−
q
)
\ln(1 - q)
ln(1−q)可以在
q
=
0
q = 0
q=0处展开因为其
n
n
n阶导数在
q
=
0
q = 0
q=0处为
−
(
n
−
1
)
!
-(n - 1)!
−(n−1)!于是
−
ln
(
1
−
q
)
=
q
+
1
2
q
2
+
1
3
q
3
+
⋯
-\ln(1 - q) = q + \frac{1}{2}q^2 + \frac{1}{3}q^3 + \cdots
−ln(1−q)=q+21q2+31q3+⋯
代入原式就得到
ln
(
∑
n
1
n
)
=
−
∑
p
ln
(
1
−
1
p
)
=
∑
p
(
1
p
+
1
2
p
2
+
1
3
p
3
+
⋯
)
\ln(\sum_n\frac{1}{n}) = -\sum_p\ln(1 - \frac{1}{p}) = \sum_p(\frac{1}{p} + \frac{1}{2p^2} + \frac{1}{3p^3} + \cdots)
ln(n∑n1)=−p∑ln(1−p1)=p∑(p1+2p21+3p31+⋯)
上式右边除第一项外是收敛的为了看出这一点只需注意到
∑
k
=
2
∞
(
1
2
k
2
+
1
3
k
3
+
⋯
)
=
−
∑
k
=
2
∞
[
1
k
+
ln
(
1
−
1
k
)
]
=
1
−
∑
k
=
1
∞
1
k
+
ln
∏
k
=
2
∞
k
k
−
1
=
1
−
lim
n
→
∞
[
∑
k
=
1
n
1
k
−
ln
(
n
)
]
=
1
−
γ
\sum_{k = 2}^\infty(\frac{1}{2k^2} + \frac{1}{3k^3} + \cdots) = -\sum_{k = 2}^\infty[\frac{1}{k} + \ln(1 - \frac{1}{k})] = 1 - \sum_{k = 1}^\infty\frac{1}{k} + \ln\prod_{k = 2}^\infty\frac{k}{k - 1} = 1 - \lim_{n \to \infty}[\sum_{k = 1}^n\frac{1}{k} - \ln(n)] = 1 - \gamma
k=2∑∞(2k21+3k31+⋯)=−k=2∑∞[k1+ln(1−k1)]=1−k=1∑∞k1+lnk=2∏∞k−1k=1−n→∞lim[k=1∑nk1−ln(n)]=1−γ
其中
γ
\gamma
γ为Euler-Mascheroni常数。于是
∑
p
1
p
∼
ln
(
∑
n
1
n
)
∼
ln
ln
(
n
)
\sum_p\frac{1}{p} \sim \ln(\sum_n\frac{1}{n}) \sim \ln\ln(n)
p∑p1∼ln(n∑n1)∼lnln(n)
或者更确切地说
∑
p
<
N
1
p
∼
ln
ln
(
N
)
\sum_{p < N}\frac{1}{p} \sim \ln\ln(N)
p<N∑p1∼lnln(N)
更进一步地上式左边似乎可以改写为积分的形式
∫
N
1
x
d
x
\int^N\frac{1}{x}dx
∫Nx1dx但实际上并非所有的
x
x
x都是素数我们需要修改这个积分为
∫
N
1
x
ρ
(
x
)
d
x
\int^N\frac{1}{x}\rho(x)dx
∫Nx1ρ(x)dx
其中
ρ
(
x
)
\rho(x)
ρ(x)给出在
x
x
x附近单位区间内存在素数的概率。如果注意到
ln
ln
(
N
)
=
∫
N
1
x
ln
(
x
)
d
x
\ln\ln(N) = \int^N\frac{1}{x\ln(x)}dx
lnln(N)=∫Nxln(x)1dx就有
ρ
(
x
)
∼
1
ln
(
x
)
\rho(x) \sim \frac{1}{\ln(x)}
ρ(x)∼ln(x)1
于是
x
x
x以内的素数个数
π
(
x
)
\pi(x)
π(x)可以表示为
π
(
x
)
=
∫
ρ
(
x
)
d
x
∼
∫
1
ln
(
x
)
d
x
∼
x
ln
(
x
)
\pi(x) = \int\rho(x)dx \sim \int\frac{1}{\ln(x)}dx \sim \frac{x}{\ln(x)}
π(x)=∫ρ(x)dx∼∫ln(x)1dx∼ln(x)x
这就是素数定理。
Dirichlet卷积
数论函数
函数 f : Z + → C f \colon \Z^+ \to \mathbb C f:Z+→C被称为数论函数每一个数论函数均可被视为一个复数序列。
Dirichlet卷积的定义
对于数论函数
f
,
g
f, ~ g
f, g其Dirichlet卷积定义为
(
f
∗
g
)
(
n
)
=
∑
d
∣
n
f
(
d
)
g
(
n
d
)
(f * g)(n) = \sum_{d \mid n}f(d)g(\frac{n}{d})
(f∗g)(n)=d∣n∑f(d)g(dn)
可以验证所有数论函数的集合以Dirichlet卷积为乘法构成一个阿贝尔幺半群。
实际上这个阿贝尔幺半群是一个整环(无零因子阿贝尔幺环也就是说
- 数论函数对普通加法构成阿贝尔群
- 非零数论函数对卷积构成阿贝尔幺半群(即无零因子阿贝尔幺半群
- 卷积对加法有分配律
以下验证相关性质首先根据定义如果我们记
b
≡
n
d
b \equiv \frac{n}{d}
b≡dn就容易看出
(
f
∗
g
)
(
n
)
=
∑
d
∣
n
f
(
d
)
g
(
n
d
)
=
∑
b
∣
n
g
(
b
)
f
(
n
b
)
=
(
g
∗
f
)
(
n
)
(f * g)(n) = \sum_{d \mid n}f(d)g(\frac{n}{d}) = \sum_{b \mid n}g(b)f(\frac{n}{b}) = (g*f)(n)
(f∗g)(n)=d∣n∑f(d)g(dn)=b∣n∑g(b)f(bn)=(g∗f)(n)
而注意到这个交换律我们就有
(
(
f
∗
g
)
∗
h
)
(
n
)
=
∑
m
∣
n
[
∑
d
∣
m
f
(
d
)
g
(
m
d
)
]
h
(
n
m
)
=
∑
m
∣
n
h
(
m
)
∑
d
∣
n
m
f
(
d
)
g
(
n
d
m
)
=
∑
m
d
=
n
h
(
m
)
f
(
d
)
g
(
n
d
m
)
=
∑
d
∣
n
f
(
d
)
∑
m
∣
n
d
h
(
m
)
g
(
n
d
m
)
((f * g) * h)(n) = \sum_{m \mid n}[\sum_{d \mid m}f(d)g(\frac{m}{d})]h(\frac{n}{m}) = \sum_{m \mid n}h(m)\sum_{d \mid \frac{n}{m}}f(d)g(\frac{n}{dm}) \\ = \sum_{md = n}h(m)f(d)g(\frac{n}{dm}) = \sum_{d \mid n}f(d)\sum_{m \mid \frac{n}{d}}h(m)g(\frac{n}{dm})
((f∗g)∗h)(n)=m∣n∑[d∣m∑f(d)g(dm)]h(mn)=m∣n∑h(m)d∣mn∑f(d)g(dmn)=md=n∑h(m)f(d)g(dmn)=d∣n∑f(d)m∣dn∑h(m)g(dmn)
而
(
f
∗
(
g
∗
h
)
)
(
n
)
=
∑
d
∣
n
f
(
d
)
∑
m
∣
n
d
g
(
m
)
h
(
n
d
m
)
=
∑
d
∣
n
f
(
d
)
∑
m
∣
n
d
h
(
m
)
g
(
n
d
m
)
(f * (g * h))(n) = \sum_{d \mid n}f(d)\sum_{m \mid \frac{n}{d}}g(m)h(\frac{n}{dm}) = \sum_{d \mid n}f(d)\sum_{m \mid \frac{n}{d}}h(m)g(\frac{n}{dm})
(f∗(g∗h))(n)=d∣n∑f(d)m∣dn∑g(m)h(dmn)=d∣n∑f(d)m∣dn∑h(m)g(dmn)
这就证明了结合律。
Dirichlet卷积的例子
- ( 1 ∗ 1 ) ( n ) = ∑ k ∣ n 1 = d ( n ) (1 * 1)(n) = \sum_{k \mid n}1 = d(n) (1∗1)(n)=∑k∣n1=d(n)其中 d d d为除数函数其值等于 n n n的正因子个数。
- ( 1 ∗ μ ) ( n ) = ∑ d ∣ n μ ( d ) = 1 { 1 } ( n ) = [ n = 1 ] = ϵ ( n ) (1 * \mu)(n) = \sum_{d \mid n}\mu(d) = 1_{\{1\}}(n) = [n = 1] = \epsilon(n) (1∗μ)(n)=∑d∣nμ(d)=1{1}(n)=[n=1]=ϵ(n)其中 1 A 1_A 1A为指示函数 ϵ \epsilon ϵ为Dirichlet卷积的单位元。
证明
( 1 ∗ μ ) ( 1 ) = 1 (1 * \mu)(1) = 1 (1∗μ)(1)=1是显然的。当 n > 1 n > 1 n>1时根据算数基本定理我们可将 n n n唯一分解为素数幂的乘积。 n = ∏ k = 1 m p k a k n = \prod^m_{k = 1}p_k^{a_k} n=∏k=1mpkak。现在设 d d d的分解为 d = ∏ k = 1 m p k b k , 0 ≤ b k ≤ a k d = \prod^m_{k = 1}p_k^{b_k}, ~ 0 \le b_k \le a_k d=∏k=1mpkbk, 0≤bk≤ak注意到如果 b k ≥ 2 b_k \ge 2 bk≥2就有 μ ( d ) = 0 \mu(d) = 0 μ(d)=0因此
( 1 ∗ μ ) ( n ) = ∑ b k = 0 , 1 μ ( p 1 b 1 p 2 b 2 ⋯ p m b m ) = ∑ b k = 0 , 1 μ ( p 1 b 1 ) μ ( p 2 b 2 ) ⋯ μ ( p m b m ) = ∑ b k = 0 , 1 ( − 1 ) b 1 + b 2 + ⋯ + b m = ∑ s m ( m s ) ( − 1 ) s = ( 1 − 1 ) m = 0 \begin{aligned} (1 * \mu)(n) &= \sum_{b_k = 0, ~ 1}\mu(p_1^{b_1}p_2^{b_2}\cdots p_m^{b_m}) \\ &= \sum_{b_k = 0, ~ 1}\mu(p_1^{b_1})\mu(p_2^{b_2})\cdots\mu(p_m^{b_m}) \\ &= \sum_{b_k = 0, ~ 1}(-1)^{b_1 + b_2 + \cdots + b_m} \\ &= \sum_s^m\binom{m}{s}(-1)^s \\ &= (1 - 1)^m = 0 \end{aligned} (1∗μ)(n)=bk=0, 1∑μ(p1b1p2b2⋯pmbm)=bk=0, 1∑μ(p1b1)μ(p2b2)⋯μ(pmbm)=bk=0, 1∑(−1)b1+b2+⋯+bm=s∑m(sm)(−1)s=(1−1)m=0
其中最后一步是二项式定理。综合两种情况就得到要证的结果。
- ( ϵ ∗ f ) ( n ) = f ( n ) (\epsilon * f)(n) = f(n) (ϵ∗f)(n)=f(n)
Möbius反演定理
g
=
(
1
∗
f
)
⟺
f
=
(
μ
∗
g
)
g = (1 * f) \iff f = (\mu * g)
g=(1∗f)⟺f=(μ∗g)
两边同时对
μ
\mu
μ卷积或者同时对
1
1
1卷积即可证明。
广义Möbius反演
设数论函数
α
(
n
)
,
β
(
n
)
\alpha(n), ~ \beta(n)
α(n), β(n)满足
(
α
∗
β
)
(
n
)
=
ϵ
(
n
)
(\alpha * \beta)(n) = \epsilon(n)
(α∗β)(n)=ϵ(n)
F
,
G
F, ~ G
F, G是定义在
[
1
,
+
∞
)
[1, +\infty)
[1,+∞)上的函数我们有
G
(
x
)
=
∑
1
≤
n
≤
x
z
(
n
)
α
(
n
)
F
(
x
n
)
⟺
F
(
x
)
=
∑
1
≤
n
≤
x
z
(
n
)
β
(
n
)
G
(
x
n
)
G(x) = \sum_{1 \le n \le x}z(n)\alpha(n)F(\frac{x}{n}) \iff F(x) = \sum_{1 \le n \le x}z(n)\beta(n)G(\frac{x}{n})
G(x)=1≤n≤x∑z(n)α(n)F(nx)⟺F(x)=1≤n≤x∑z(n)β(n)G(nx)
其中
z
(
n
)
z(n)
z(n)为一完全积性函数即
z
(
1
)
=
1
z(1) = 1
z(1)=1且
z
(
n
m
)
=
z
(
n
)
z
(
m
)
z(nm) = z(n)z(m)
z(nm)=z(n)z(m).
证明
∑ 1 ≤ n ≤ x z ( n ) β ( n ) G ( x n ) = ∑ 1 ≤ n ≤ x z ( n ) β ( n ) ∑ 1 ≤ m ≤ x n z ( m ) α ( m ) F ( x n m ) = ∑ 1 ≤ n ≤ x β ( n ) ∑ 1 ≤ m ≤ x n α ( m ) ∑ 1 ≤ r ≤ x [ r = m n ] z ( r ) F ( x r ) = ∑ 1 ≤ r ≤ x z ( r ) F ( x r ) ∑ 1 ≤ n ≤ x ∑ 1 ≤ m ≤ x n [ r = m n ] α ( m ) β ( n ) = ∑ 1 ≤ r ≤ x z ( r ) F ( x r ) ∑ m ∣ r α ( m ) β ( r m ) = ∑ 1 ≤ r ≤ x z ( r ) F ( x r ) ϵ ( r ) = F ( x ) \begin{aligned} \sum_{1 \le n \le x}z(n)\beta(n)G(\frac{x}{n}) &= \sum_{1 \le n \le x}z(n)\beta(n)\sum_{1 \le m \le \frac{x}{n}}z(m)\alpha(m)F(\frac{x}{nm}) \\ &= \sum_{1 \le n \le x}\beta(n)\sum_{1 \le m \le \frac{x}{n}}\alpha(m)\sum_{1\le r\le x}[r = mn]z(r)F(\frac{x}{r}) \\ &= \sum_{1\le r\le x}z(r)F(\frac{x}{r})\sum_{1 \le n \le x}\sum_{1 \le m \le \frac{x}{n}}[r = mn]\alpha(m)\beta(n) \\ &= \sum_{1\le r\le x}z(r)F(\frac{x}{r})\sum_{m \mid r}\alpha(m)\beta(\frac{r}{m}) \\ &= \sum_{1\le r\le x}z(r)F(\frac{x}{r})\epsilon(r) = F(x) \end{aligned} 1≤n≤x∑z(n)β(n)G(nx)=1≤n≤x∑z(n)β(n)1≤m≤nx∑z(m)α(m)F(nmx)=1≤n≤x∑β(n)1≤m≤nx∑α(m)1≤r≤x∑[r=mn]z(r)F(rx)=1≤r≤x∑z(r)F(rx)1≤n≤x∑1≤m≤nx∑[r=mn]α(m)β(n)=1≤r≤x∑z(r)F(rx)m∣r∑α(m)β(mr)=1≤r≤x∑z(r)F(rx)ϵ(r)=F(x)
令
α
=
1
,
β
=
μ
\alpha = 1, ~ \beta = \mu
α=1, β=μ我们就有广义Möbius反演
G
(
x
)
=
∑
1
≤
n
≤
x
z
(
n
)
F
(
x
n
)
⟺
F
(
x
)
=
∑
1
≤
n
≤
x
z
(
n
)
μ
(
n
)
G
(
x
n
)
G(x) = \sum_{1 \le n \le x}z(n)F(\frac{x}{n}) \iff F(x) = \sum_{1 \le n \le x}z(n)\mu(n)G(\frac{x}{n})
G(x)=1≤n≤x∑z(n)F(nx)⟺F(x)=1≤n≤x∑z(n)μ(n)G(nx)
类似地我们有
G
(
x
)
=
∑
1
≤
n
≤
x
z
(
n
)
F
(
x
n
)
⟺
F
(
x
)
=
∑
1
≤
n
≤
x
z
(
n
)
μ
(
n
)
G
(
x
n
)
G(x) = \sum_{1 \le n \le x}z(n)F(\sqrt[n]x) \iff F(x) = \sum_{1 \le n \le x}z(n)\mu(n)G(\sqrt[n]x)
G(x)=1≤n≤x∑z(n)F(nx)⟺F(x)=1≤n≤x∑z(n)μ(n)G(nx)
证明是完全类似的。
黎曼的发展
黎曼也是从
ln
ζ
(
s
)
=
∑
p
∑
n
1
n
p
n
s
\ln\zeta(s) = \sum_p\sum_n\frac{1}{np^{ns}}
lnζ(s)=p∑n∑npns1
入手可以证明
ln
ζ
(
s
)
\ln\zeta(s)
lnζ(s)在复平面上
ℜ
(
s
)
>
0
\Re(s) > 0
ℜ(s)>0的区域是绝对收敛的。定义
J
(
x
)
=
π
(
x
)
+
1
2
π
(
x
)
+
1
3
π
(
x
3
)
+
⋯
=
∑
n
[
1
n
π
(
x
n
)
]
J(x) = \pi(x) + \frac{1}{2}\pi(\sqrt x) + \frac{1}{3}\pi(\sqrt[3] x) + \cdots = \sum_n[\frac{1}{n}\pi(\sqrt[n]x)]
J(x)=π(x)+21π(x)+31π(3x)+⋯=n∑[n1π(nx)]
称为黎曼素数计数函数。显然
J
(
0
)
=
0
J(0) = 0
J(0)=0而后其每越过一个素数就增加
1
1
1每越过一个素数的平方就增加
1
2
\frac{1}{2}
21如此这般。在其不连续的点上其值用
J
(
x
)
=
1
2
[
J
(
x
−
)
+
J
(
x
+
)
]
J(x) = \frac{1}{2}[J(x^-) + J(x^+)]
J(x)=21[J(x−)+J(x+)]定义。可以看出
J
(
x
)
J(x)
J(x)和
π
(
x
)
\pi(x)
π(x)之间的关系正是由上面提到的广义Möbius反演所联系
π
(
x
)
=
∑
n
[
μ
(
x
)
n
J
(
x
n
)
]
\pi(x) = \sum_n[\frac{\mu(x)}{n}J(\sqrt[n]x)]
π(x)=n∑[nμ(x)J(nx)]
借此函数上式就可以表为积分形式因为
∑
p
∑
n
1
n
p
n
s
=
∫
0
∞
∑
n
1
n
x
n
s
ρ
(
x
)
d
x
=
∫
0
∞
t
−
s
∑
n
1
n
d
π
(
t
n
)
=
∫
0
∞
t
−
s
d
J
(
t
)
\sum_p\sum_n\frac{1}{np^{ns}} = \int_0^\infty\sum_n\frac{1}{nx^{ns}}\rho(x)dx = \int_0^\infty t^{-s}\sum_n\frac{1}{n}d\pi(\sqrt[n]t) = \int_0^\infty t^{-s}dJ(t)
p∑n∑npns1=∫0∞n∑nxns1ρ(x)dx=∫0∞t−sn∑n1dπ(nt)=∫0∞t−sdJ(t)
其中第二个等号处使用换元
x
=
t
n
x = \sqrt[n]t
x=nt. 再进行一次分部积分便得
ln
ζ
(
s
)
=
s
∫
0
∞
J
(
x
)
x
−
s
−
1
d
x
\ln\zeta(s) = s\int_0^\infty J(x)x^{-s - 1}dx
lnζ(s)=s∫0∞J(x)x−s−1dx
Mellin 变换
Mellin变换的定义是
{
M
f
}
(
s
)
=
φ
(
s
)
=
∫
0
∞
x
s
−
1
f
(
x
)
d
x
\{\mathcal Mf\}(s) = \varphi(s) = \int_0^\infty x^{s-1}f(x)dx
{Mf}(s)=φ(s)=∫0∞xs−1f(x)dx
其逆变换为
{
M
−
1
φ
}
(
x
)
=
f
(
x
)
=
1
2
π
i
∫
c
−
i
∞
c
+
i
∞
x
−
s
φ
(
s
)
d
s
\{\mathcal M^{-1}\varphi\}(x) = f(x) = \frac{1}{2\pi i}\int_{c - i\infty}^{c + i\infty}x^{-s}\varphi(s)ds
{M−1φ}(x)=f(x)=2πi1∫c−i∞c+i∞x−sφ(s)ds
根据上述定义就有
ln
ζ
(
s
)
s
=
{
M
J
}
(
−
s
)
\frac{\ln\zeta(s)}{s} = \{\mathcal MJ\}(-s)
slnζ(s)={MJ}(−s)
于是根据逆变换得到
J
(
x
)
=
1
2
π
i
∫
a
−
i
∞
a
+
i
∞
ln
ζ
(
z
)
z
x
z
d
z
J(x) = \frac{1}{2\pi i}\int_{a - i\infty}^{a + i\infty}\frac{\ln\zeta(z)}{z}x^zdz
J(x)=2πi1∫a−i∞a+i∞zlnζ(z)xzdz
其中
z
=
−
s
,
a
=
−
c
z = -s, ~ a = -c
z=−s, a=−c为大于
1
1
1的实数。这就将
ζ
\zeta
ζ函数和素数分布规律
J
J
J明确地联系了起来。