Hàm Zeta Riemann (Hàm zeta)

6. Hàm Zeta Riemann (Hàm zeta)
Định nghĩa:

$\displaystyle \zeta(s) \,=\, \sum_{n=1}^{\infty}\,\frac{1}{n^s}\,\,\, \,\, \text{Re}(s)>1$

Hàm Zeta Riemann không chỉ nổi  tiếng vì nó liên quan đến các chuyên ngành khác nhau của toán học mà còn do Giả thuyết Riemann đến nay vẫn còn là lời thách đố.

Ta sẽ chỉ ra mối liên hệ giữa hàm Zeta Riemann và một số hàm đặc biệt đã giới thiệu trong các phần trước.
Sau đó sẽ đi vào các biểu diễn tích phân liên quan đến nó, chứng tính giải tích cũng như các tính chất sâu hơn của nó được bỏ qua.



1. Mối liên hệ với hàm Gamma 

$\displaystyle \Gamma(s) \, \zeta(s) \, = \int^{\infty}_{0}\, \frac{t^{s-1}}{e^t-1}\, dt $

Giá trị quen thuộc nhất của hàm zeta là  khi $s=2$

$\displaystyle \zeta(2) =\sum^{\infty}_{n=1} \frac{1}{n^2}\,= \frac{\pi^2}{6}$

Thật ra ta có thể tính các giái trị  $\displaystyle \zeta(2k) \,\,\,\, k\in \mathbb{Z}$ nhưng thật tiếc là không các cách nào để tính giá trị của hàm zeta dạng $\displaystyle \zeta(2k+1)$.


Ví dụ 1. Tính

$\displaystyle \int^{\infty}_0 \frac{t}{e^t-1} \,dt$

Giải.



$\displaystyle \Gamma(2) \, \zeta(2) \, = \int^{\infty}_{0}\, \frac{t}{e^t-1}\, dt $



$ \displaystyle \int^{\infty}_{0}\, \frac{t}{e^t-1}\, dt=\zeta(2)=\frac{\pi^2}{6}$
Ví dụ 2.

$\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}} \,\frac{\log \left(\sec(x) \right)}{\tan(x)} \,dx $

Giải.
Đặt $\displaystyle \sec(x)=e^t $




$ \displaystyle \int_0^{\infty} \, \frac{t}{e^{2t}-1}\,dt\, =\, \frac{1}{4} \cdot \int_0^{\infty}\,\frac{t}{e^t-1}\,dt=\frac{\pi^2}{24}$.

2. Hàm zeta và các số Bernoulli

Các số Bernuolli được kí hiệu như sau $ \displaystyle B_{k}$ và cách dễ nhất để tìm chúng là tìm các hệ số của chuỗi hàm $ \displaystyle \frac{x}{e^x-1}$.


Định nghĩa

$ \displaystyle \frac{x}{e^x-1} = \sum_{k \geq 0} \frac{B_k}{k!}x^k $

Bây giờ ta tính một vài số Bernoulli , viết chuỗi trên dưới dạng


$ \displaystyle x = (e^x-1) \, \sum_{k\geq 0} \frac{B_k}{k!}x^k$



$ \displaystyle x = \left( x+\frac{1}{2!}x^2 + \frac{1}{3!} x^3+ \frac{1}{4!} x^4+\cdots \right) \cdot \left( B_0 +B_1 \, x+\frac{B_2}{2!}\,x^2 +\frac{B_3}{3!} x^3+ \cdots \right)$


$ \displaystyle x = B_0 x + \left(B_1+\frac{B_0}{2!} \right)x^2 + \left(\frac{B_0}{3!}+ \frac{B_2}{2!}+\frac{B_1}{2!}\right)x^3 +\left( \frac{B_0}{4!}+\frac{B_1}{3!}+\frac{B_2}{2!\, 2!}+\frac{B_3}{3!}\right) x^4+ \cdots $

Đồng nhất hệ số ta được


$ \displaystyle {B_0 = 1 \, , \, B_1 =-\frac{1}{2} \, + \, B_2 = \frac{1}{6} \, , \, B_3=0 \, , \, B_4 = -\frac{1}{30} , \cdots }$

Ta có các kết quả sau

• $ \displaystyle B_{2k+1}=0 \,\, \, \, \, \,\,\, \, \, \, \, \forall \,\, \, \, \, \, k\in \mathbb{Z}^+$
• $ \displaystyle B_{2k} \, , \, k\geq 1$ đan dấu
  

Ví dụ 3. Đẳng thức Euler

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

Chứng minh.

Ta có



$ \displaystyle \frac{\sin(z)}{z} = \prod_{n\geq1} \left(1-\frac{z^2}{n^2 \, \pi^2} \right)$

Lấy logarit hai vế



$ \displaystyle \ln(\sin(z)) - \ln(z) = \sum_{n\geq1} \ln \left(1-\frac{z^2}{n^2 \, \pi^2} \right)$


Đạo hàm theo z



$ \displaystyle \cot(z) -\frac{1}{z} = \sum_{n\geq1} \frac{-2 \frac{z}{n^2 \, \pi^2 }}{1-\frac{z^2}{n^2 \, \pi^2}}$


Rút gọn ta đuwocj



$ \displaystyle z\cot(z) = 1+2\sum_{n\geq1} \frac{z^2}{z^2-n^2 \, \pi^2}$



$ \displaystyle z\cot(z) = 1-2\sum_{n\geq1} \frac{z^2}{ n^2 \, \pi^2} \left(\frac{1}{1-\frac{z^2}{\pi^2 \, n^2}} \right)$


Khai triển chuỗi hàm ta có



$ \displaystyle \frac{1}{1-\frac{z^2}{\pi^2 \, n^2}}= \sum_{k\geq 0} \frac{1}{n^{2k}\, \pi^{2k}} z^{2k}$ hội tụ nếu $ \displaystyle |z|< \pi \, n $



$ \displaystyle \frac{z^2}{ n^2 \, \pi^2}\left(\frac{1}{1-\frac{z^2}{\pi^2 \, n^2}} \right) = \sum_{k\geq 1}\frac{1}{n^{2k}\, \pi^{2k}} z^{2k}$

Do đó



$ \displaystyle z\cot(z) = 1-2\sum_{n\geq1} \sum_{k \geq 1} \frac{1}{n^{2k}} \, \frac{z^{2k}}{\pi^{2k}}$


Nếu đảo ngược thứ tự tính tổng



$ \displaystyle z\cot(z) = 1-2\sum_{k\geq1} \sum_{n \geq 1} \frac{1}{n^{2k}} \, \frac{z^{2k}}{\pi^{2k}}$


$ \displaystyle z\cot(z) = 1-2\sum_{k\geq1} \frac{\zeta(2k) }{\pi^{2k}}z^{2k} \text{ }\cdots(1)$


Theo định nghĩa $ \displaystyle \frac{x}{e^x-1} = \sum_{k\geq 0} \frac{B_k}{k!}x^k$


Thay $ \displaystyle x=2iz $ thì



$ \displaystyle \frac{2iz}{e^{2iz}-1} = \sum_{k\geq0} \frac{B_k}{k!}{(2iz)}^k$


với lưu ý $ \displaystyle B_{2k+1}=0, \,\,\, k>0$



$ \displaystyle z \cot(z) = 1- \sum_{k\geq 1}(-1)^{k-1} B_{2k} \frac{2^{2k}}{(2k)!}z^{2k} \text{ } \cdots(2)$


So sánh (1) và (2) ta có kết quả.

Mời các bạn tính $ \displaystyle \zeta(4) \, ,\, \zeta(6) \, , \, B_5 \, , \, B_6$.

3. Hàm Zeta Hurwitz và hàm polygamma

Hàm Zeta Hurwitz  là một mở rộng của hàm Zeta bằng cách thêm vào tham số. 
Định nghĩa

$ \displaystyle \zeta(a,z) \, = \, \sum_{n\geq 0} \frac{1}{(n+z)^a}$

Dễ thấy $ \displaystyle \zeta(a,1) = \zeta(a)$.


Mối qua hệ giữa Hàm Zeta Hurwitz và hàm polygamma

$ \displaystyle \psi_{n}(z) \, = \, (-1)^{n+1}n!\,\zeta(n+1,z) \,\,\, \, \forall \,\, n\geq 1$

Chứng minh.

Ta có



$ \displaystyle \psi_{0}(z) = -\gamma -\frac{1}{z}+ \sum_{n\geq 1}\frac{z}{n(n+z)}$



Viết lại đẳng thức trên



$ \displaystyle \psi_{0}(z) = -\gamma + \sum_{k\geq 0}\frac{1}{k+1}-\frac{1}{k+z}$


Đạo hàm theo $z$



$ \displaystyle \psi_{1}(z) = \sum_{k\geq 0}\frac{1}{(k+z)^2}$



$ \displaystyle \psi_{2}(z) = -2\sum_{k\geq 0}\frac{1}{(k+z)^3}$



$ \displaystyle \psi_{3}(z) = 2 \cdot 3 \, \sum_{k\geq 0}\frac{1}{(k+z)^4}$



$ \displaystyle \psi_{4}(z) = -2 \cdot 3 \cdot 4 \,\sum_{k\geq 0}\frac{1}{(k+z)^5}$


$ \displaystyle \text{ }\cdot$


$ \displaystyle \text{ }\cdot$


$ \displaystyle \text{ }\cdot$


$ \displaystyle \psi_{n}(z) = (-1)^{n+1}n!\,\sum_{k\geq 0}\frac{1}{(k+z)^{n+1}}$


Vế phải chính là một biến thể của hàm zeta Hurwitz


$ \displaystyle \psi_{n}(z) = (-1)^{n+1}n!\,\zeta(n+1,z)$

Cho $z=1$  ta có hàm zeta thông thường


$ \displaystyle \psi_{n}(1) = (-1)^{n+1}n!\,\zeta(n+1)$

Áp dụng tính chất sau của số Bernoulli
$ \displaystyle \zeta(2k) \, = \, (-1)^{k-1} B_{2k} \frac{2^{2k-1}}{(2k)!}{\pi}^{2k}$

 ta suy ra
$ \displaystyle \psi_{2k-1}(1)= (2k-1)!\, (-1)^{k-1} B_{2k} \frac{2^{2k-1}}{(2k)!}{\pi}^{2k}$


$ \displaystyle \psi_{2k-1}(1)= (-1)^{k-1} B_{2k} \frac{2^{2k-2}}{k}{\pi}^{2k} \,\,\, \, , \,\, k\geq 1$


Tính chất này có thể dùng để tính một số giái trị của hàm polygamma


$ \displaystyle \psi_{1}(1)= \frac{\pi^2}{6} \,\, , \,\, \psi_{3}(1) = \frac{\pi^4}{15} $

Các giá trị khác có thể tinh theo hàm zeta

$ \displaystyle \psi_{2}(1)= -2 \zeta(3) \,\, , \,\, \psi_{4}(1) = -24 \zeta(5)$

Ví dụ 4. Chứng minh 

$ \displaystyle \int^{\frac{\pi}{2}}_0 \,x \sin(x)\cos(x) \log(\sin x) \log(\cos x) \, dx = \frac{\pi}{16}-\frac{\pi^3}{192}$

Giải.

Đặt $ \displaystyle t=\frac{\pi}{2}-x$

$ \displaystyle \int^{\frac{\pi}{2}}_0 \,x \sin(x)\cos(x) \log(\sin x) \log(\cos x) \, dx\,=\frac{\pi}{4}\int^{\frac{\pi}{2}}_0 \,\sin(x)\cos(x) \log(\sin x) \log(\cos x) \, dx \text{ }\cdots (3)$

Ta cần tính

$ \displaystyle \int^{\frac{\pi}{2}}_0 \,\sin(x)\cos(x) \log(\sin x) \log(\cos x) \, dx$

Ta có

$ \displaystyle F(a,b)=2\int^{\frac{\pi}{2}}_0 \,\sin^{2a-1}(x)\cos^{2b-1}(x) \, dx\,=\frac{\Gamma(a)\Gamma(b)}{\Gamma(a+b)}$

Đạo hàm hai vế theo $a$


$ \displaystyle \frac{\partial}{\partial a}(F(a,b))=4\int^{\frac{\pi}{2}}_0 \,\sin^{2a-1}(x)\cos^{2b-1}(x) \log(\sin x)\, dx\,=\frac{\Gamma(a)\Gamma(b) \left(\psi_0(a)-\psi_0(a+b)\right)}{\Gamma(a+b)}$

Đạo hàm 2 vế theo $b$

$ \displaystyle \frac{\partial}{\partial b}\left(F_a(a,b) \right)=8\int^{\frac{\pi}{2}}_0 \,\sin^{2a-1}(x)\cos^{2b-1}(x) \log(\sin x)\, \log( \cos x)dx\,$

$ \displaystyle =\frac{\Gamma(a) \Gamma(b) \left( \psi_0^2(a+b) +\psi_0(a)\psi_0(b)-\psi_0(a)\psi_0(a+b)-\psi_0(b)\psi_0(a+b) +\psi_1(a+b)\right)}{\Gamma(a+b)}$

Thay $ \displaystyle a=b=1$ ta được

$ \displaystyle \int^{\frac{\pi}{2}}_0 \,\sin (x)\cos(x) \log(\sin x)\, \log( \cos x)dx\,= \frac{ \psi_0^2(2) +\psi_0^2(1)-\psi_0(1)\psi_0(2)-\psi_0(1)\psi(2) -\psi_1(2)}{8}$

Bằng các tính toán đơn giản ta có kết quả

$ \displaystyle \int^{\frac{\pi}{2}}_0 \,\sin (x)\cos(x) \log(\sin x)\, \log( \cos x)dx\,= \frac{ (\psi_0(2) -\psi_0(1))^2-\psi_1(2)}{8}$

Mặt khác

• $ \displaystyle \psi_0(1) = -\gamma$
• $ \displaystyle \psi_0(2) =1 -\gamma$

Để tính $ \displaystyle \psi_1(2) $ , ta dùng kiến thức về hàm zeta

$ \displaystyle \psi_1(z) = \sum_{k\geq 0} \frac{1}{(n+z)^2}$

Thay $ \displaystyle z =2$ ta có


$ \displaystyle \psi_1(2) = \sum_{k\geq 0} \frac{1}{(k+2)^2}$

Khai triển chuỗi ở vế phải

$ \displaystyle \sum_{k\geq 0} \frac{1}{(k+2)^2} = \frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{4^2}+ \cdots $

Ta thấy nó là $ \displaystyle \zeta(2) $ bỏ đi số hạng đầu

$ \displaystyle \psi_1(2) = \zeta(2)-1 = \frac{\pi^2}{6} -1$

Từ đó

$ \displaystyle \int^{\frac{\pi}{2}}_0 \,\sin (x)\cos(x) \log(\sin x)\, \log( \cos x)dx\,= \frac{1}{4}-\frac{\pi^2}{48}$

Thay vào (3)

$ \displaystyle \int^{\frac{\pi}{2}}_0 \,x\sin(x)\cos(x) \log(\sin x) \log(\cos x) \, dx =\frac{\pi}{16}-\frac{\pi^3}{192}$.

4. Hàm Eta
Hàm Eta Dirichlet là một dạng khác của hàm zeta. 
Định nghĩa

$ \displaystyle \eta(s) = \sum_{n\geq 1} \frac{(-1)^{n-1}}{n^s}$

Mối liên hệ của nó với hàm zeta là

$ \displaystyle \eta(s) = \left( 1-2^{1-s} \right) \zeta(s) $

Chứng minh

Biến đổi vế phải ta có



$ \displaystyle \left( 1-2^{1-s} \right) \zeta(s) = \zeta(s) - 2^{1-s} \zeta(s)$


Ta viết lại như sau

$ \displaystyle \sum_{n\geq 1} \frac{1}{n^s} - \frac{1}{2^{s-1}}\sum_{n\geq 1} \frac{1}{n^s}$

$ \displaystyle \sum_{n\geq 1} \frac{1}{n^s} - 2\sum_{n\geq 1} \frac{1}{(2n)^s}$

hay


$ \displaystyle \sum_{n\geq 1} \frac{1}{(2n+1)^s} - \sum_{n\geq 1} \frac{1}{(2n)^s}$

Chi tiết hơn là


$ \displaystyle \left(1+\frac{1}{3^s}+\frac{1}{5^s}+ \cdots\right) - \left( \frac{1}{2^s}+\frac{1}{4^s} + \frac{1}{6^s}+\cdots \right)$

Sắp xếp lại các số hạng ta được

$ \displaystyle 1-\frac{1}{2^s}+\frac{1}{3^s}-\frac{1}{4^s}+\cdots = \sum_{n\geq 1}\frac{(-1)^{n-1}}{n^s} =\eta(s). $

Một giá trị cụ thể của nó là

$ \displaystyle \eta(2) = \left(1-\frac{1}{2} \right) \zeta(2) = \frac{\pi^2}{12}$



Ta cũng có đẳng thức tương tự về mối liên hệ giwuax hàm gamma với hàm eta như hàm zeta

$ \displaystyle \eta(s) \, \Gamma(s) = \int^{\infty}_{0} \frac{t^{s-1}}{e^t+1} \, dt $

Chứng minh. Biến đổi vế phải ta có


$ \displaystyle \int^{\infty}_{0} \frac{t^{s-1}}{e^t+1} \, dt = \int^{\infty}_0 \frac{e^{-t} t^{s-1}}{1+e^{-t}} \, dt$

Viết dưới dạng chuỗi


$ \displaystyle \int^{\infty}_0 e^{-t} t^{s-1}dt \left(\sum_{n\geq 0} (-1)^n e^{-nt} \right)$


$ \displaystyle \sum_{n\geq 0}(-1)^n\int^{\infty}_0 e^{-(n+1) t} t^{s-1}dt $

Sử dụng phép biến đổi Laplace ta có

$ \displaystyle \int^{\infty}_0 e^{-(n+1) t} t^{s-1}dt = \frac{\Gamma(s)}{(n+1)^s}$

Vậy

$ \displaystyle \Gamma(s) \sum_{n\geq 0}\frac{(-1)^n}{(n+1)^s}=\Gamma(s) \sum_{n\geq 1}\frac{(-1)^{n-1}}{n^s}=\Gamma(s)\, \eta(s) \square $

Một kết quả từ đẳng thức trên là

$ \displaystyle \int^{\infty}_{0}\frac{t}{e^t+1} \, dt = \Gamma(2)\, \eta(2) = \frac{\pi^2}{12}$

Posted in: Lịch sử Toán học