查看“︁黎曼ζ函數”︁的源代码

{{Cleanup-jargon|time=2020-11-03T03:32:41+00:00}}
{{NoteTA|G1=Math}}
[[File:Riemann-Zeta-Func.png|right|thumb|300px|[[複平面]]中一矩形區域之黎曼ζ函數<math>\zeta(z)</math>；此圖用[[Matplotlib]]程式繪圖產生，使用到[[定義域著色]]方法。<ref>{{Cite web |url=http://nbviewer.ipython.org/github/empet/Math/blob/master/DomainColoring.ipynb |title=存档副本 |accessdate=2015-01-17 |archive-date=2015-03-20 |archive-url=https://web.archive.org/web/20150320033322/http://nbviewer.ipython.org/github/empet/Math/blob/master/DomainColoring.ipynb |dead-url=yes }}</ref>]]
'''黎曼泽塔函數''' ，写作{{math|ζ(''s'')}} 的定義如下：
設一[[复数 (数学)|複數]] {{math|''s''}} 使得 {{math|Re(''s'') > 1}}，則定義：

:<math>\zeta(s) =
\sum_{n=1}^\infin \frac{1}{n^s}</math>

它亦可以用积分定义：

:<math> \zeta(s) = \frac{1}{\Gamma(s)} \int_{0}^{\infty} \frac{x ^ {s-1}}{e ^ x - 1} \mathrm{d}x </math>

在区域 {{{math|''s'' : Re(''s'') > 1} }}上，此[[无穷级数]]收敛并为一[[全纯函数]]。[[欧拉]]在1740年考虑过 {{math|''s''}} 为正整数的情况，后来[[切比雪夫]]拓展到 {{math|''s'' > 1}}。<ref name='devlin'>{{cite book | last = Devlin | first = Keith | authorlink = Keith Devlin | title = The Millennium Problems: The Seven Greatest Unsolved Mathematical Puzzles of Our Time | url = https://archive.org/details/millenniumproble0000devl | publisher = Barnes & Noble | year = 2002 | location = New York | pages = [https://archive.org/details/millenniumproble0000devl/page/43 43]–47 | isbn = 978-0760786598}}</ref>[[波恩哈德·黎曼]]认识到：ζ函数可以通过[[解析延拓]]，把[[定義域]]扩展到幾乎整個复数域上的全纯函数 {{math|ζ(''s'')}}。这也是[[黎曼猜想]]所研究的函数。

虽然黎曼的ζ函数被数学家认为主要和“最纯”的数学领域[[数论]]相关，它也出现在应用[[统计学]]（参看[[齊夫定律]]和{{le|齊夫-曼德爾布羅特定律|Zipf–Mandelbrot law}}）、[[物理学|物理]]，以及[[调音]]的数学理论中。

==历史==
===奥里斯姆===
ζ函数最早出现于1350年左右，[[尼克尔·奥里斯姆]]发现了[[调和级数]]发散，即：
<math> \zeta(1) = 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} + ... \to \infty </math>
:{| class="toccolours collapsible collapsed" width="60%" style="text-align:left"
!奥里斯姆对调和级数发散的“证明”
|-
|<math>
\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}
</math>
|}

=== 欧拉 ===
[[File:Hn Log n.png|thumb|right|第n个调和数（蓝点）与Log(n)+γ(红线)的图像]]
之后的一次进展来自[[莱昂哈德·欧拉]]，他给出了调和级数呈对数发散。
:{| class="toccolours collapsible collapsed" width="60%" style="text-align:left"
!欧拉对调和级数发散速度的证明<ref> {{Cite book | author = Tom M.Apostol | title = Introduction to Analytic Number Theory | location = 北京 |publisher = 世界图书出版公司北京公司 | date = 2012年1月 | pages = 55 - 56 | ISBN = 978-7-5100-4062-7 | accessdate = 2015-01-24 | language = en | quote = Theorem 3.2 If ''' x ≥ 1 ''' we have : }} </ref>
|-
|为了求出调和级数的部分和，使用[[欧拉-麦克劳林求和公式]]（当然，亦可使用[[阿贝尔求和公式]]）：<br />
<math> \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 )</math>
<math>
\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}
</math>
<br />
注意到其中的<br />
<math> 1 - \int_{1}^{\infty} \frac{(t - \left \lfloor t \right \rfloor)}{t^2} \, \mathrm{d}t </math>
是一个常数。实际上，这就是[[歐拉-馬斯刻若尼常數]]γ
再考虑剩下的一个积分，也就是<math> \int_{x}^{\infty} \frac{\left\{ t \right\}}{t^2} \, \mathrm{d}t </math><br />
由于被积项非负，又有<math>\left\{ t \right\} \le 1 </math>，于是<br />
<math> \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} </math>
最终得到<br />
<math> \sum_{n \le x} \frac{1}{n} = \ln x + \gamma + \Omicron( \frac{1}{x}) </math>
|}
除此之外，他还在1735年给出了[[巴塞尔问题]]的解答，得到<br /><math> \zeta(2) = \frac{ \pi ^2}{6} </math><br />的结果。欧拉最初的证明可以在[[巴塞尔问题#欧拉的錯誤證明]]中看到，然而那是他的第一个证明，因而广为人知。<br />事实上，那个证明虽有不严谨之处，但是欧拉仍然有自己的严格证明。<ref>{{Cite web |url = http://www.cnblogs.com/misaka01034/p/BaselProof.html |title = 巴塞尔问题(Basel problem)的多种解法 |author = 御坂01034 |accessdate = 2015-01-24 |archive-date = 2019-05-02 |archive-url = https://web.archive.org/web/20190502071905/http://www.cnblogs.com/misaka01034/p/BaselProof.html |dead-url = no }}</ref><br />
:{| class="toccolours collapsible collapsed" width="60%" style="text-align:left"
!欧拉对{{smallmath|f = \zeta(2) = \frac{ \pi ^2}{6} }}的严格证明
|-
|下面将写出欧拉对上式的证明中缺失的严格论证的部分，即对连乘积公式的证明部分，而不涉及最终的系数比较
首先考虑当n为奇数时，将<math> z^n - a^n </math> 分解为连乘积形式。
事实上，容易发现上式的全部复根为  
<math> a,ae^{2 \pi i \frac{1}{n}},ae^{2 \pi i \frac{2}{n}},...,ae^{2 \pi i \frac{n-1}{n}}</math><br />
由于n为奇数，所以可以将除了z=a外的其他根及其共轭一一配对，即  [[File:Ζ n.png|thumb|将共轭的根一一配对]]
<math> ae^{2 \pi i \frac{k}{n}},ae^{2 \pi i \frac{n-k}{n}} = ae^{- 2 \pi i \frac{k}{n}}</math>  
看做一对，<br />则通过二次方程的[[韦达定理]]可以还原出每对根的最小多项式：<br />
按照韦达定理，有<br />
<math> 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) </math><br />
<math> 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 </math><br />
由于最小多项式首项系数为1，故  <math> a_0 = 1 </math>  ，由此得到这对根最小多项式为<br />
<math> a_0 z^2 + a_1 z + a_2 = z^2 -  2 \cos\left(\tfrac{2 \pi k}{n}\right) z + a^2 </math>
注意到k的取值上限为  <math>\tfrac{n-1}{2}</math>  ，将每一对根的最小多项式相乘，<br />
还有z=a这个根的最小多项式 <math>z-a</math>  ，乘在一起，得到<br />
<math> 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) </math><br />
<br />
令  <math> z = 1 + \frac{x}{N}, a = 1 - \frac{x}{N}, N = n </math> ，代入上式，有：<br />
<math>
\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}
</math><br />
<br />
此时，上述乘积中的
<math>\frac{4}{N} \prod_{k = 1}^{\frac{{N - 1}}{2}} (1 - \cos (\frac{{2\pi k}}{N}))</math>
仅和N有关，记作  <math>C(N)</math>  ，上式变为<br />
<math>\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)</math><br />
而利用二项式定理，将等式左边展开：<br />
<math>{(1 + \frac{x}{N})^N} = \sum_{k = 0}^N {C_N^k\frac{{{x^k}}}{{{N^k}}}}</math><br />
<math>{(1 - \frac{x}{N})^N} = \sum_{k = 0}^N {{{( - 1)}^k}C_N^k\frac{{{x^k}}}{{{N^k}}}} </math><br />
两式相减，考虑一次项，为<math>C_N^1\frac{x}{N} - ( - 1)C_N^1\frac{x}{N} = 2C_N^1\frac{x}{N} = 2x</math><br />
这正是等式的左边的一次项<br />
而等式右边的一次项只能是连乘积中的全部1与连乘积外的C(n)x相乘，为使两边相等，必须有  <math>C(N)=2</math>  ，于是上式变为<br />
<math>\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)</math><br />
<br />
另一方面，令  <math> \theta = \frac{{2\pi k}}{N} </math>  ，有<br />
<math> \cos(\theta) = 1 - \frac{\theta^2}{2} + \Omicron(\theta^3)</math>
于是，代入上式，得到<br />
<math>
\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}
</math><br />
<br />
令N→∞，则右端大O符号的诸项都变为无穷小。另一方面，左端可写为：<br />
<math> \lim_{N \to \infty} (1 + \frac{x}{N})^N-(1-\frac{x}{N})^N = e^x-e^{-x}</math><br />
于是上式变为<br />
<math>
\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}
</math>
<br />
此时，只需比较左右两端展开式的三次项系数，即可得出结果。<br />
对左式进行级数展开，可得：<math>e^x-e^{-x}=-\sum ^\infty _{k=0}\frac {(-x)^k-x^k} {k!}</math>
<br />
其中当<math> k=3 </math> 时可提取左式的三次项为<math> \frac {2x^3}{3!} </math>。 

同时展开右式可得右式的三次项为 <math>\left(\sum_{k=1}^\infty \frac{2}{k^{2} \pi^{2}}\right)x^{3}</math>
<br />
由于等式左右端相等，所以左右式三次项系数必须相等, 因此可得：
<math> \frac {2}{3!}=\sum_{k=1}^\infty \frac{2}{k^{2} \pi^{2}} </math> <br />
化简可得：<math> \frac {\pi^2}{6}=\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^{2}}=\zeta\left(2\right) </math>



|}
欧拉在1737年还发现了[[欧拉乘积公式]]：<br /><math> \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^s}=\prod_{p} (1-\frac{1}{p^s})^{-1}</math><br />这是ζ函数与素数的联系的朦胧征兆，其证明可以在[[证明黎曼ζ函数的欧拉乘积公式#證明|证明黎曼ζ函数的欧拉乘积公式]]中看到。<br />通过这条公式，容易证明当  {{Smallmath|f = \operatorname{Re} (s) > 1}}  时，{{Smallmath|f = \zeta(s)>0}} <br />{{main|1 + 2 + 3 + 4 + …}} 1749年，欧拉通过大胆的计算發現了(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 {{math|Re(''s'') > 1}})<ref> {{Cite book | author = 加藤和也  黑川信重  斎藤毅 | title = 数论I | location = 北京 | publisher = 高等教育出版社 | date = 2009年6月 | pages = 197-199 | ISBN = 978-7-04-026360-2 | accessdate = 2015-01-24 | language = 中文 | quote = 短暂的沉默被打破了... }} </ref><br /><math>\zeta(-1)=1+2+3+4+5+...=-\frac{1}{12}</math><br /><math>\zeta(-2)=1^2+2^2+3^2+4^2+5^2+...=0</math><br /><math>\zeta(-3)=1^3+2^3+3^3+4^3+5^3+...=\frac{1}{120}</math><br />发现ζ(s)与ζ(1-s)之间存在某些关系。

===黎曼===
[[File:Georg Friedrich Bernhard Riemann.jpeg|right|thumb|300px|[[波恩哈德·黎曼]]对ζ解析延拓，用于素数的分布理论]]
将欧拉所做的一切牢牢地置于坚石之上的是黎曼，他在1859年的论文{{tsl|en|On_the_Number_of_Primes_Less_Than_a_Given_Magnitude|论小于给定数值的素数个数}}以及未发表的手稿中做出了多项进展：<ref> {{Cite book | author = 加藤和也  黑川信重  斎藤毅 | title = 数论I | location = 北京 | publisher = 高等教育出版社 | date = 2009年6月 | pages = 209-210 | ISBN = 978-7-04-026360-2 | accessdate = 2015-01-24 | language = 中文 | quote = Riamann对ζ研究的全部内容... }} </ref><br />

*第一积分表示：    <math>\zeta(s) = \frac{1}{\Gamma(s)} \int_{0}^{\infty} \frac{x^{s - 1}}{e^x - 1} \, \mathrm{d}x </math>
*完备化的ζ，即[[黎曼ξ函数]]：    <math>\xi(s) = \pi^{-\frac{s}{2}} \Gamma\left(\frac{s}{2}\right)\zeta(s) </math>  ，满足函数方程  <math>\xi(s) = \xi(1-s) </math>
*第二积分表示：    <math>\varphi(x) = \sum_{n=1}^{\infty} e^{-\pi n^2 x } </math>  ，则  <math>\xi(s) = \int_{0}^{\infty} \varphi(x) x^{\frac{s}{2} - 1 } \, \mathrm{d}x </math>
*{{tsl|en|Riemann–von Mangoldt formula|黎曼 - 冯·曼戈尔特公式}}：以{{Smallmath|f = 0<\operatorname{N}(T)}}表示虚部介于0与T之间的非平凡零点数量，则  <math> N(T) = \frac{T}{2 \pi} \log \frac{T}{2 \pi} - \frac{T}{2 \pi} + \Omicron( \log T) </math>
*[[黎曼猜想]]：ζ函数的所有非平凡零点的实部非常有可能均为{{Smallmath|f = \frac{1}{2} }}

*第三积分表示：    <math> \zeta (s) = \frac{1}{{2\pi i}}\Gamma (1 - s)\oint_\gamma  {\frac{{{z^{s - 1}}{e^z}}}{{1 - {e^z}}}} \, \mathrm{d}z </math>  ，其中围道γ逆时针环绕负实轴
[[File:Hankel Contour1.png|center|thumb|600px|第三积分表示的围道γ]]

*[[黎曼-西格尔公式]]：给出计算ξ函数的数值的方法
*零点的计算：计算了虚部介于0与100的所有零点的数值
*素数的分布公式：引入[[黎曼素数计数函数]]，给出了它与ζ函数的关系

===阿达马与普森===
[[File:Zeta(1+it).png|thumb|left|ζ(1+it)的图像，蓝色为实部，黄色为虚部]]
1896年，[[雅克·阿达马]]与[[普森]]几乎同时地证明了{{Smallmath|f = \zeta(s)}}的所有非平凡零点的实部均小于1，即{{Smallmath|f = \operatorname{Re} (s)=1}}上无非平凡零点，从而完成了[[素数定理]]的证明。

===希尔伯特===
1900年，[[希尔伯特]]在巴黎的第二届国际数学家大会上作了题为《数学问题》的演讲，提出了23道最重要的数学问题，黎曼假设在其中作为第8题出现。<br />之后，希尔伯特提出了[[希尔伯特－波利亚猜想]]，具体时间及场合未知。

===玻尔与兰道===
[[File:N(T).png|thumb|虚部介于0与T的零点数量（蓝点）与黎曼-冯·曼格尔特公式（红线）的图像]]
1914年，[[哈那德·玻爾]]和[[愛德蒙·蘭道]]证明了[[玻爾-蘭道定理]]：含有临界线的任意带状区域都几乎包含了ζ的所有非平凡零点，表明了临界线为零点汇聚的“中心位置”。

===哈代与李特尔伍德===
1921年，[[戈弗雷·哈罗德·哈代|哈代]]和[[李特尔伍德]]证明了存在常数T，使临界线上虚部位于0与T之间的非平凡零点的数量至少为{{Smallmath|f = KT}}。

===塞尔伯格===
1942年，[[阿特勒·塞尔伯格]]更进一步，证明了存在常数T，使临界线上虚部位于0与T之间的非平凡零点的数量至少为{{Smallmath|f = KT\log T}}，这意味着ζ函数在临界线上的非平凡零点在所有零点中占有一个正密度，而临界线{{Smallmath|f = \operatorname{Re}(s)=\frac{1}{2} }}对于临界带{{Smallmath|f = 0<\operatorname {Re}(s)<1 }}的测度为0。

==解析延拓==
[[File:Hankel Contour3.png|thumb|600px|对ζ函数解析延拓时使用的围道]]
ζ函数原本定义在右半平面{{Smallmath|f = \operatorname{Re}s>1}}上，并且在此区域内为[[全纯函数]]
:<math>\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 </math>    <math> (\operatorname{Re} s > 1) </math>
解析延拓后在全局具有积分表达式
:<math> \zeta (s) = \frac{1}{{2\pi i}}\Gamma (1 - s)\oint_\gamma  {\frac{{{z^{s - 1}}{e^z}}}{{1 - {e^z}}}} \, \mathrm{d}z </math><br />
满足函数方程
:<math> \zeta(1-s) = 2 (2 \pi )^{-s} \Gamma(s) \cos\left(\frac{\pi s}{2}\right) \zeta(s) </math><br />
特别地，如果考虑正规化的ζ，即[[黎曼ξ函数]]
:<math>\xi(s) = \pi^{-\frac{s}{2}} \Gamma\left(\frac{s}{2}\right)\zeta(s) </math><br />
那么它满足函数方程
:<math>\xi(s) = \xi(1-s) </math>
==和数论函数的关系==
黎曼ζ函数可看做是具有如下形式的级数的一个特例：
:<math> \operatorname{F}(s) = \sum _{n=1}^{\infty } \frac{f(n)}{n^s} </math>
这种类型的级数被称作[[狄利克雷级数]]。当f为[[狄利克雷特征]]时，又称作[[狄利克雷L函数]]，也有与[[黎曼猜想]]相应的[[广义黎曼猜想]]

为了方便对[[数论函数]]作讨论，此处引入[[狄利克雷卷积]]  {{Smallmath|f = f*g}}：<br /><math>(f*g)(n)=\sum _{\text{pq}=n} f(p)g(q)</math>

设  <math> \operatorname{F}(s) = \sum _{n=1}^{\infty } \frac{f(n)}{n^s} </math>  ，  <math> \operatorname{G}(s) = \sum _{n=1}^{\infty } \frac{g(n)}{n^s} </math><br />于是显然  <math> \operatorname{F}(s) \operatorname{G}(s) = \sum _{n=1}^{\infty } \frac{(f*g)(n)}{n^s} </math>
:{| class="toccolours collapsible collapsed" width="80%" style="text-align:left"
!並不直覺？请看证明
|-
|事实上，  
<math>
\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}
</math>
<br />
<br />
为了处理两个求和号，将所有可能的m与n的积相同的项合并，不妨设mn=k，那么<br />
<math> 
\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}
</math>
|}
于是，如果数论函数{{Smallmath|f = h=1*g}}，亦即    <math> h(n) = \sum _{d\|n} g(d) </math>    (此时，{{Smallmath|f = h(n)}}与{{Smallmath|f = g(d)}}可通过[[默比乌斯反演公式]]相互转换)<br />那么  <math> \operatorname{H}(s) = \sum _{n=1}^{\infty } \frac{h(n)}{n^s} = \zeta(s) \sum _{n=1}^{\infty } \frac{g(n)}{n^s} </math><br />通常两侧的求和有一个是相对简单的函数，或是和{{Smallmath|f = \zeta(s)}}直接相关的函数<br />如果对{{Smallmath|f = g(n)}}的求和较简单，可以将{{Smallmath|f = h(n)}}与{{Smallmath|f = \zeta(s)}}相联系，反之可以将{{Smallmath|f = g(n)}}与{{Smallmath|f = \zeta(s)}}相联系<br />即  <math> \sum _{n=1}^{\infty } \frac{g(n)}{n^s} = \frac{\operatorname{H}(s)}{\zeta(s)}</math> ，<br />如下表所示：<br />
{| class="wikitable"
|-
! 目标函数名 !! g(n) !! h(n) !! G(s)或H(s) !! g(n)或h(n)与ζ函数的联系
|-
| [[莫比乌斯函数]] || <math> \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} </math> || <math> \left \lfloor \frac{1}{n} \right \rfloor </math> || <math>\operatorname{H}(s)=1</math> ||  <math> \operatorname{G}(s) = \sum _{n=1}^{\infty } \frac{\mu(n)}{n^s} = \frac{1}{\zeta(s)}</math>
|-
| [[欧拉函数]] || <math> \varphi(n)=\operatorname{Card} \{ k \, \, | k<n,\, (k,n)=1 \} \quad </math> || <math>n</math> || <math> \operatorname{H}(s)=\zeta(s-1)</math> || <math> \operatorname{G}(s)= \sum _{n=1}^{\infty } \frac{\varphi(n)}{n^s} = \frac{\zeta(s-1)}{\zeta(s)}</math>
|-
| [[除数函数]] || <math>n^{\alpha} </math> || <math> \sigma_\alpha (n) = \sum _{d|n} d^{\alpha} </math> || <math> \operatorname{G}(s)=\zeta(s- \alpha)</math> || <math> \operatorname{H}(s)= \sum _{n=1}^{\infty } \frac{ \sigma_\alpha (n) }{n^s} = \zeta(s- \alpha) \zeta(s)</math>
|-
| [[刘维尔函数]] || <math> \mu(n) = \mu(p_1^{a_1}p_2^{a_2}...p_k^{a_k}) = a_1 + a_2 + ... + a_k </math> || <math> \begin{cases} 
1 & n = m^2 \\
0 & \mathrm{otherwise} 
\end{cases} </math> || <math> \operatorname{H}(s) = \zeta(2s) </math> || <math> \operatorname{G}(s)= \sum _{n=1}^{\infty } \frac{\lambda(n)}{n^s} = \frac{\zeta(2s)}{\zeta(s)}</math>
|-
| [[冯·曼戈尔特函数]] || <math> \Lambda(n) =
\begin{cases} 
\log(p) & n = p^k \\
0 & \mathrm{otherwise} 
\end{cases} </math> || <math> \log n </math> || <math> \operatorname{H}(s)= \zeta'(s) </math> || <math> \operatorname{G}(s) =  \sum _{n=1}^{\infty } \frac{\Lambda(n)}{n^s} = - \frac{\zeta'(s)}{\zeta(s)}</math>
|}

==佩龙公式==
ζ函数与数论函数存在的联系可以通过[[佩龙公式]]转化为它和数论函数的求和的关系：设<br />
:<math> G(s) = {\sum_{n=1}^\infty} g(n) </math><br />
则由佩龙公式，
:<math> 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 </math><br />
其中右上角的'表示如果x是整数，那么求和的最后一项要乘以{{Smallmath|f = \frac{1}{2} }}。<br />这样做的其中一个结果就是ζ函数和素数分布的关系。

== 和素数的关系 ==
=== [[欧拉乘积]] ===
{{main|證明黎曼ζ函數的歐拉乘積公式}}
此函数和[[素数]]的关系已由[[萊昂哈德·歐拉|欧拉]]所揭示：
:<math>\zeta(s) = \prod_{p} \frac{1}{1-p^{-s}}</math>
这是一个延展到所有的质数''p''的[[无穷乘积]]，被称为[[欧拉乘积]]。这是[[几何级数]]的公式和[[算术基本定理]]的一个结果。<br />如果对上式取对数，则可得到
:<math>\log \zeta (s) = \sum _{n=1}^{\infty } \frac{1}{n} \sum _p p^{-ns} </math>

:{| class="toccolours collapsible collapsed" width="80%" style="text-align:left"
!上式的证明过程
|-
|首先留意到 <math> \log ab = \log a + \log b </math>  ，由此，可以将乘积转化为求和
:<math>
\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}
</math>
<br />
<br />
将其中的 <math> \log(1-t) </math> 展开为幂级数，得到
:<math>
\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}
</math>
|}

=== 更进一步的联系 ===
==== 黎曼阶梯素数计数函数 ====
[[File:J-Li.png|thumb|right|黎曼素数计数函数（蓝色）J(x)与对数积分（金色）Li(x)的图像，x<300]]
[[File:J-Li 2.png|thumb|right|黎曼素数计数函数（蓝点）J(x)与对数积分（红线）Li(x)的图像，x<1 000 000]]
可以使用[[黎曼素数计数函数]]{{Smallmath|f = \operatorname{J}(x)}}建立{{Smallmath|f = \zeta(s)}}与素数分布的进一步联系，这也是[[黎曼]]在他的论文{{tsl|en|On_the_Number_of_Primes_Less_Than_a_Given_Magnitude|论小于给定数值的素数个数}}中使用的函数，定义如下：
:<math> \operatorname{J}(x) = \sum_{n \le x} \kappa(n) </math>
其中<math> \kappa(n) =
\begin{cases} 
\frac{1}{k} & n = p^k \\
0 & \mathrm{otherwise} 
\end{cases} </math><br />那么可以建立{{Smallmath|f = \operatorname{J}(x)}}与{{Smallmath|f = \zeta(s)}}的零点ρ的联系，称为{{tsl|en|Explicit formulae (L-function)|黎曼显式公式}}
:<math>
\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}
</math>

:{| class="toccolours collapsible collapsed" width="80%" style="text-align:left"
!{{tsl|en|Explicit formulae (L-function)|黎曼显式公式}}的證明
|-
|实际上，由J(''x'')的定义同样有:<math> \operatorname{J}(x) = \sum_{m = 1}^{\infty} \frac{1}{m}\pi(x^\frac{1}{m}) </math>
为使用[[Mellin 变换]]，将J(''x'')乘以{{Smallmath|f = x^{-s-1} }}后对x积分，得到
:<math>
\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}
</math>
注意到  <math> \frac{\log \zeta (s) }{s} = \frac{1}{s} \sum_{m = 1}^{\infty} \frac{1}{m} \sum_{p} p^{-m s} </math>  与上式相同<br />
即  <math> \frac{\log \zeta (s) }{s} = \int_{0}^{\infty} \operatorname{J}(x)x^{-s-1}\, \mathrm{d}x </math><br />
在此处使用[[Mellin变换]]后，得到
:<math> \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</math>  <math> (c > 1) </math><br />
再将[[阿达马乘积公式]]代入，逐项积分即得所求

|}
而{{Smallmath|f = \operatorname{J}(x)}}与{{Smallmath|f = \pi(x)}}的联系可以通过[[莫比乌斯反演公式]]完成。<br /><math> \pi(x) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\mu(n)}{n} \operatorname{J}(x) = \operatorname{J}(x) + \Omicron(\sqrt x \log \log x) </math><br />然而{{Smallmath|f = \operatorname{J}(x)}}的表达式过于复杂，如下的[[切比雪夫函数]]更为常用。

==== 切比雪夫函数 ====
[[File:Psi x.png|thumb|right|第二切比雪夫函数（蓝线）ψ(x)与y=x（金线）的图像,x<300]]
[[File:Psi x 2.png|thumb|right|第二切比雪夫函数（蓝点）ψ(x)与y=x（红线）的图像,x<1 000 000]]
第一切比雪夫函数{{Smallmath|f = \vartheta(x)}}定义为
:<math> \vartheta(x) = \sum_{p\le x}\log p </math>
而更常用的第二切比雪夫函数{{Smallmath|f = \psi(x)}}定义为
:<math> \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 </math>
其中，如前文定义的  <math> \Lambda(n) =
\begin{cases} 
\log(p) & n = p^k \\
0 & \mathrm{otherwise} 
\end{cases} </math><br />第二切比雪夫函数与第一切比雪夫函数的关系，可看做“等同于”黎曼素数计数函数与素数计数函数的关系。<br />第二切比雪夫函数{{Smallmath|f = \psi(x)}}与{{Smallmath|f = \zeta(s)}}的零点ρ有如下的联系
:<math>
\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}
</math>
而{{Smallmath|f = \psi(x)}}与{{Smallmath|f = \operatorname{J}(x)}}的联系可以通过[[阿贝尔求和公式]]：
:<math> \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 }</math><br />
其中κ如前文所定义，则由阿贝尔求和公式<br />
:<math> \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}) </math>

==零点==
解析延拓之后的ζ函数具有零点，他们分别是分布有序的平凡零点（所有负偶数），以及临界带{{Smallmath|f = 0<\operatorname{Re}s<1}}内的非平凡零点。<br />以{{Smallmath|f = \operatorname{N}(T)}}表示虚部介于0与T之间的非平凡零点数量，则{{Smallmath|f = 0<\operatorname{N}(T)}}遵循{{tsl|en|Riemann–von Mangoldt formula|黎曼 - 冯·曼戈尔特公式}}：<math> N(T) = \frac{T}{2 \pi} \log \frac{T}{2 \pi} - \frac{T}{2 \pi} + \Omicron( \log T) </math>。

== 函数值 ==
[[File:Zeta.svg|thumb|300px|黎曼函数在''s'' > 1的情况]]

ζ函数满足如下函数方程：
:<math>\zeta(s) = 2^s\pi^{s-1}\sin\left(\frac{\pi s}{2}\right)\Gamma(1-s)\zeta(1-s)</math>

对于所有'''C'''\{0,1}中的''s''成立。这裡，Γ表示[[Γ函数]]。这个公式原来用来构造解析连续性。在''s'' = 1，ζ函数有一个简单[[极点 (复分析)|极点]]其[[留数]]为1。上述方程中有sin函數，<math>\sin\left(\frac{\pi s}{2}\right)</math>的零點為偶數''s'' = 2''n''，這些位置是可能的零點，但s為正偶數時，<math>\sin\left(\frac{\pi s}{2}\right)\Gamma(1-s)</math>為不為零的{{le|規則函數|Regular function}}，只有s為負偶數時，ζ函数才有零點，稱為[[平凡 (數學)|平凡]]零點。
=== 当s为正整数 ===
欧拉计算出ζ（''2k''），对于偶[[整数]]''2k''，使用公式
:<math>\zeta(2k) = \frac{B_{2k}(-1)^{k+1}(2\pi)^{2k}}{2(2k)!}</math>
其中''B''<sub>2''k''</sub>是[[伯努利数]]。从这个，我们可以看到[[巴塞尔问题|ζ(2)]] = π<sup>2</sup>/6, ζ(4) = π<sup>4</sup>/90, ζ(6) = π<sup>6</sup>/945等等。（[[OEIS]]中的序列[http://www.research.att.com/cgi-bin/access.cgi/as/njas/sequences/eisA.cgi?Anum=A046988 A046988]{{Wayback|url=http://www.research.att.com/cgi-bin/access.cgi/as/njas/sequences/eisA.cgi?Anum=A046988 |date=20010711034418 }}/[http://www.research.att.com/cgi-bin/access.cgi/as/njas/sequences/eisA.cgi?Anum=A002432 A002432]{{Wayback|url=http://www.research.att.com/cgi-bin/access.cgi/as/njas/sequences/eisA.cgi?Anum=A002432 |date=20010711034317 }}）。这些给出了著名的[[圓周率|π]]的无穷级数。奇整数的情况没有这么简单。[[拉马努金]]在这上面做了很多了不起的工作。
<math>s\,</math>为正偶数时的函数值公式已经由[[欧拉]]计算出。但当<math>s\,</math>为正奇数时，尚未找到封闭式。

:<math>\zeta(1) = 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \cdots = \infty;\!</math>
::这是[[调和级数]]。

:<math>\zeta\left(\frac{3}{2}\right) \approx 2.612;\!</math>   {{oeis|A078434}}
::该值用于计算具有周期性边界条件的[[玻色-爱因斯坦凝聚]]的临界温度以及磁系统的自旋波物理。

:<math>\zeta(2) = 1 + \frac{1}{2^2} + \frac{1}{3^2} + \cdots = \frac{\pi^2}{6} \approx 1.645;\!</math>   {{oeis|A013661}}
::即[[巴塞尔问题]]。这个结果的倒数回答了这个问题：随机选取两个数字而互质的概率是多少？<ref>C. S. Ogilvy & J. T. Anderson ''Excursions in Number Theory'', pp. 29–35, Dover Publications Inc., 1988 ISBN 978-0-486-25778-5</ref>

:<math>\zeta(3) = 1 + \frac{1}{2^3} + \frac{1}{3^3} + \cdots \approx 1.202;\!</math>   {{oeis|A002117}}
::称为[[阿培里常數]]。

:<math>\zeta(4) = 1 + \frac{1}{2^4} + \frac{1}{3^4} + \cdots = \frac{\pi^4}{90} \approx 1.0823;\!</math>   {{oeis|A0013662}}
::[[黑體輻射]]裡的[[斯特藩－玻尔兹曼定律]]和[[维恩近似]]。

=== s趨近於1 ===
:<math> \lim_{\varepsilon \to 0} \frac{\zeta(1+\varepsilon)+\zeta(1-\varepsilon)}{2} = \gamma </math>
其中γ是[[歐拉-馬歇羅尼常數]]=<math>0.577215...</math>

=== 负整数 ===

同样由欧拉发现，ζ函数在负整数点的值是有理数，这在模形式中发挥着重要作用，而且ζ函数在负偶整数点的值為零。

事實上
:<math> \zeta(-n)=-\frac{B_{n+1}}{n+1} </math>
''B''<sub>''n''</sub>是[[白努利數]]。

因為 ''B''<sub>2''n''+1</sub> =0，故ζ函数在负偶整数点的值為零。

=== 复数值 ===
:<math>\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}}</math>，x＞1。

=== 幅角 ===
:<math>\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}}</math>，

=== 函数值表 ===

:<math>\zeta(-2n_{n\in \mathbb{Z}^+})=0</math>，
:<math>\zeta(-9)=-\frac{1}{132} ({\mathfrak {R}})</math>，
:<math>\zeta(-7)=\frac{1}{240} ({\mathfrak {R}})</math>，
:<math>\zeta(-5)=-\frac{1}{252} ({\mathfrak {R}})</math>，
:<math>\zeta(-3)=\frac{1}{120} ({\mathfrak {R}})</math>，
:<math>\zeta(-1)=-\frac{1}{12} ({\mathfrak {R}})</math>，
:<math>\zeta(0)=-\frac{1}{2}</math>，

:<math>\zeta(1^-)=-\infty</math>,

:<math>\zeta(1^+)=\infty</math>,
:<math>\zeta(2)=\frac{\pi^2}{6}</math>，
:<math>\zeta(4)=\frac{\pi^4}{90}</math>，
:<math>\zeta(6)=\frac{\pi^6}{945}</math>，
:<math>\zeta(8)=\frac{\pi^8}{9450}</math>，
:<math>\zeta(10)=\frac{\pi^{10}}{93555}</math>，

=== 临界线上的数值计算 ===
临界线上的数值计算可以通过[[黎曼-西格尔公式]]完成。<br />与之相关的，[[林德勒夫猜想]]：对于任意给定的實数{{Smallmath|f = \epsilon>0}}，
:<math>\zeta\left(\frac{1}{2}+it\right)=\Omicron(t^{\epsilon})</math>

== 相關條目 ==
* [[黎曼猜想]]
* [[狄利克雷级数]]
* [[狄利克雷卷积]]
* [[黎曼ξ函數]]

==參考資料==
{{reflist}}
{{L-functions-footer}}
{{Authority control}}
[[Category:复分析|R]]
[[Category:解析數論|R]]
[[Category:特殊函数|R]]
[[Category:伯恩哈德·黎曼]]
[[Category:Ζ函數與L函數]]