Hàm ZETA của RIEMANN và định lý số nguyên tố

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH
-----------------------------------

Phạm Văn Thái

HÀM ZETA CỦA RIEMANN VÀ ĐỊNH LÍ SỐ NGUN TỐ
Chun ngành : Tốn giải tích

LUẬN VĂN THẠC SĨ TÂM LÝ HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:
PGS.TS.ĐẬU THẾ CẤP

Thành phố Hồ Chí Minh – 2010


MỤC LỤC

MỤC LỤC .....................................................................................................................................................................2
0T

T
0

MỞ ĐẦU.......................................................................................................................................................................3
0T

T
0

1. Lý do chọn đề tài ...................................................................................................................................................3
0T

0T

2. Mục đích nghiên cứu..............................................................................................................................................3
0T

0T

3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu ..........................................................................................................................3
0T

0T

4. Ý nghĩa khoa học, thức tiễn....................................................................................................................................3
0T

0T

CHƯƠNG 1: KIẾN THỨC CHUẨN BỊ ........................................................................................................................4
0T

0T

1.1. Hàm số học .........................................................................................................................................................4
0T

T
0

1.2. Chuỗi hàm phức ..................................................................................................................................................4
0T

0T

1.3. Một số tính chất của tích phân hm biến phức .......................................................................................................6
0T

T
0

1.4. Chuỗi và thặng dư ...............................................................................................................................................9
0T

0T

1.5. Tích vô hạn ....................................................................................................................................................... 11
0T

T
0

1.6. Hàm gamma ...................................................................................................................................................... 11
0T

0T

CHƯƠNG 2: HÀM ZETA CỦA RIEMANN .............................................................................................................. 17
0T

0T

2.1. Hàm zeta ........................................................................................................................................................... 17
0T

T
0

2.2. Thác triển của hm zeta ...................................................................................................................................... 17
0T

0T

2.3.Không điểm của hàm zeta .................................................................................................................................. 23
0T

0T

2.4. Giá trị của hàm zeta tại những điểm nguyên ...................................................................................................... 26
0T

T
0

2.5. Quan hệ giữa hàm zeta và chuỗi hàm Dirichlet .................................................................................................. 29
0T

T
0

3.1.Giới thiệu định lí số nguyên tố ........................................................................................................................... 37
0T

0T

3.2. Dạng tương đương của định lí số nguyên tố ...................................................................................................... 37
0T

T
0

3.3. Định lí Tauberian .............................................................................................................................................. 40
0T

0T

3.4. Chứng minh định lí số nguyên tố....................................................................................................................... 47
0T

0T

KẾT LUẬN ................................................................................................................................................................. 49
0T

T
0

TÀI LIỆU THAM KHẢO............................................................................................................................................ 50
0T

0T


MỞ ĐẦU

1. Lý do chọn đề tài
Định lí số nguyên tố là định lí hay và khá nổi tiếng. Việc chứng minh định lí này đã bộc lộ mối liên hệ
khá thú vị giữa sự phân bố số nguyên tố và giải tích phức. Đóng vai trị quan trọng trong mối quan hệ này là
hàm zeta của Riemann.
Sử dụng công cụ giải tích phức và hàm zeta làm cho chứng minh của định lí đơn giản hơn rất nhiều so
với những chứng minh trước đó. Hơn nữa, trong q trình tìm tịi chứng minh các nhà tốn học đã tìm thấy
mối liên hệ giữa sự phân bố số nguyên tố với giả định nổi tiếng của Riemann, đó là tất cả các không điểm
không tầm thường của hàm zeta đều nằm trên đường thẳng Rez =

1
. Giả định này cho đến nay vẫn chưa được
2

chứng minh.
Do đó, để có thể tìm hiểu sâu hơn về giả định của Riemann thì cần xem lại các tính chất của hàm zeta
của Riemann và định lí số nguyên tố.
2. Mục đích nghiên cứu
Luận văn trình bày các tính chất của hàm zeta và chứng minh định lí số nguyên tố.
3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
Đối tượng nghiên cứu là hàm zeta của Riemann và định lí số nguyên tố.
Phạm vi nghiên cứu gồm thác triển của hàm zeta, không điểm của hàm zeta, giá trị của hàm zeta tại
những điểm nguyên, quan hệ giữa hàm zeta và chuỗi hàm Dirichlet và chứng minh định lí số nguyên tố.
4. Ý nghĩa khoa học, thức tiễn
Hệ thống lại các tính chất của hàm zeta và định lí số nguyên tố. Trên cơ sở đó, tìm tịi, phát hiện cái

mới.
Vì khả năng và thời gian có hạn nên luận văn cịn nhiều thiếu sót. Kính mong sự góp ý của q thầy cơ
và bạn đọc.


CHƯƠNG 1: KIẾN THỨC CHUẨN BỊ

1.1. Hàm số học
Định nghĩa 1.1.1. Ta gọi hàm số học là các hàm số xác định trên * .
Định nghĩa 1.1.2. Hàm σ x là hàm số học xác định bởi
σ x ( n=
)

∑d

x

, x ∈ , d ∈ * .

dn

Đặc biệt nếu d ( n ) là số ước của n thì =
d ( n ) σ=
0 (n)

∑1 .
dn

Hàm Euler ϕ là hàm số học được xác định như sau ϕ (1) = 1 và ϕ ( a ) là số các số tự nhiên nhỏ hơn a,
nguyên tố cùng nhau với a nếu a > 1.

Hàm Mobius µ là hàm số học xác định bởi µ (1) = 1, µ ( n ) = ( −1) nếu n là tích của r số nguyên tố phân
r

biệt và µ ( n ) = 0 trong các trường hợp còn lại.
Định nghĩa 1.1.3. Hàm số học f gọi là có tính chất nhân nếu f không đồng nhất bằng 0 và mọi

a, b ∈ * , ( a, b ) =
1 đều có f ( ab ) = f ( a ) f ( b ) .
Định lí 1.1.1( Định lí cơ bản của số học).
Mọi số nguyên dương lớn hơn 1 đều biểu diễn được một cách duy nhất dưới dạng tích các số nguyên
tố, trong đó các thừa số nguyên tố được viết theo thứ tự không giảm.
Để thuận tiện, ta thường nhóm các thừa số nguyên tố bằng nhau thành một luỹ thừa của nó. Cách biểu
diễn số nguyên như vậy ta gọi là phân tích tiêu chuẩn: n = p1α p 2 α ... p k α
1

2

k

trong đó p 1

R

nguyên tố và α1 , α 2 ,..., α k ∈ * .
Định lí 1.1.2. Các hàm σ x , ϕ , µ là hàm có tính chất nhân.
Kí hiệu P là tập các số ngun tố.
Định lí 1.1.3. Nếu f là hàm có tính chất nhân thì có chuỗi hàm Dirichlet
∞ f pk
( ).
f (n)
=

=
F (z) ∑
∑
∏
nz
p kz
=
n 1=
p∈P k 0
∞

1.2. Chuỗi hàm phức
Định nghĩa 1.2.1. Cho dãy hàm { f n } xác định trên Ω ⊂  . Tổng hình thức
∞

f1 + f 2 + ... =
∑ fk
k =1

(1.2.1)

R

R

R

R

R

được gọi là một chuỗi hàm trên Ω .
n

Đặt Sn = ∑ f k ta được một hàm xác định trên Ω , gọi là tổng riêng thứ n và dãy {Sn } gọi là dãy tổng riêng
k =1

thứ n của chuỗi (1.2.1).
Chuỗi (1.2.1) gọi là hội tụ trên Ω nếu dãy {Sn } hội tụ đến một hàm f hữu hạn trên Ω . Khi đó f được
∞

gọi là tổng của chuỗi và viết f = ∑ f k .
k =1

Chuỗi khơng hội tụ gọi là chuỗi phân kì.
Chuỗi (1.2.1) gọi là hội tụ đều trên Ω đến một hàm f nếu dãy {Sn } hội tụ đều đến hàm f.
Giả sử chuỗi (1.2.1) hội tụ và f là tổng của nó. Với mỗi n ∈  , đặt rn=
( z ) f ( z ) − Sn ( z ) =
ta được dãy hàm {rn } trên Ω , gọi là dãy các phần dư của (1.2.1).
Ta cĩ:
Chuỗi (1.2.1) hội tụ trên Ω khi v chỉ khi dãy {rn } hội tụ đến 0 trên Ω .
Chuỗi (1.2.1) hội tụ đều trên Ω khi v chỉ khi dãy {rn } hội tụ đều đến 0 trên Ω .
Như vậy, chuỗi (1.2.1) hội tụ trên Ω khi v chỉ khi

( ∀ε > 0, ∀z ∈ Ω, ∃N : ∀n > N ⇒ r ( z ) < ε ) .
n

Chuỗi (1.2.1) hội tụ đều trên Ω khi v chỉ khi

( ∀ε > 0, ∃N : ∀n > N , ∀z ∈ Ω ⇒ r ( z ) < ε ) .
n

Chuỗi (1.2.1) được gọi là hội tụ tuyệt đối nếu chuỗi
∞

∑
k =1

fk

hội tụ.
Nếu chuỗi (1.2.2) hội tụ thì chuỗi (1.2.1) hội tụ.
Định lí 1.2.1 ( Tiêu chuẩn Cauchy).

(1.2.2)

∞

∑ f ( z)

k = n +1

k


Chuỗi (1.2.1) hội tụ đều trên Ω khi và chỉ khi

( ∀ε > 0, ∃N : ∀n, ∀m > n > N , ∀z ∈ Ω ⇒

)

f n +1 ( z ) + ... + f m ( z ) < ε .

Định lí 1.2.2 (Dấu hiệu Weierstrass).
Nếu chuỗi dương

∞

∑a
n =1

n

hội tụ và các số hạng của chuỗi (1.2.1) thoả mãn

f n ( z ) ≤ an , ∀z ∈ Ω, ∀n > n0 , n0 là số nguyên dương nào đó

thì chuỗi (1.2.1) hội tụ đều trên Ω .
1.3. Một số tính chất của tích phân hm biến phức
Định lí 1.3.1. Cho f,g là hai hàm liên tục trên đường cong γ ;a,b là các hằng số phức. Khi đó

∫γ ( af ( z ) + bg ( z ) ) dz = a ∫γ f ( z ) dz + b ∫γ g ( z ) dz

.

Định lí 1.3.2. Cho γ : [ a, b ] →  là một đường cong. Kí hiệu γ - là đường cong γ với chiều ngược lại. Với mọi
P

P

hàm f liên tục trên γ ta có

∫γ f ( z ) dz = − ∫ f ( z ) dz

.

γ−

Định lí 1.3.3. Cho các đường cong γ 1 : [ a, b ] →  , γ 2 : [b, c ] →  sao cho γ 1 (b) = γ 2 (b) . Khi đó tổng của γ 1 và γ 2
γ 1 ( t ) , t ∈ [ a, b ] ; γ ( t ) =
γ 2 ( t ) , t ∈ [b, c ] . Với mọi f liên tục trên γ ta
là đường cong γ= γ 1 + γ 2 xác định bởi γ ( t ) =

có
f ( z ) dz ∫ f ( z ) dz + ∫ f ( z ) dz.
∫γ =
γ
γ
1

2

Định lí 1.3.4. Với mọi hàm f liên tục trên đường cong γ ta có
f (z) l ,
∫γ f ( z ) dz ≤ ∫γ f ( z ) dz ≤ sup
γ
z∈

trong đó

∫γ f ( z ) dz

hiểu là tích phân đường loại 1 trên γ , l là độ dài của γ .

Định lí 1.3.5. Cho { f n } là dãy các hàm liên tục trên miền D và có tổng là f. Khi đó với mọi đường cong trơn
từng khúc γ ⊂ D đều có
=
∫ f ( z ) dz
γ

∞

∑ f n ( z ) dz
∫=

∞

∑ ∫ f ( z ) dz .

=
n 1 γ
γ n 1=

n


Định lí 1.3.6 ( Định lí Cauchy cho miền đơn liên).
Nếu w = f ( z ) là hàm chỉnh hình trên miền đơn liên D thì với mọi chu tuyến trơn từng khúc γ nằm
trong D, ta có

∫γ f ( z ) dz = 0 .

Định lí 1.3.7. Giả sử D là một miền đơn liên và bị chặn với ∂D là một chu tuyến trơn từng khúc. Khi đó nếu
f là hàm chỉnh hình trên D và liên tục trên D= D ∪ ∂D thì

∫ f ( z ) dz = 0 .

∂D

Định lí 1.3.8 ( Định lí Cauchy cho miền đa liên).
Nếu D là một miền n – liên bị chặn, f là hàm chỉnh hình trên D, liên tục trên D thì ∫ f ( z )dz = 0 .
∂D

Định lí 1.3.9 ( Cơng thức tích phân Cauchy).
Giả sử hàm f chỉnh hình trên miền D và z0 ∈ D . Khi đó với mọi chu tuyến γ ⊂ Dγ ⊂ D , ta có cơng thức
Cauchy
f ( z0 ) =

f (η )
1
dη .
∫
2π i γ + η − z0

Nếu thêm vào đó f liên tục trên D= D ∪ ∂D với ∂D là một chu tuyến thì với mọi z ∈ D ta có
f ( z) =

f (η )
1

dη .
2π i ∂∫D η − z

Định nghĩa 1.3.1. Giả sử Γ là đường cong đơn, trơn từng khúc và f là hàm liên tục trên Γ . Với mọi z ∈  \ Γ
có ϕ (η ) =

f (η )
là một hàm liên tục trên Γ .
η−z

Đặt F ( z ) =

1 f (η )
dη
2π i ∫Γ η − z

(1.3.1)

ta được một hàm xác định trên  \ Γ .
Hàm F(z) gọi là tích phân loại Cauchy.
Định lí 1.3.10 (Cơng thức tích phn loại Cauchy).
Giả sử Γ là đường cong đơn, trơn từng khúc và f là hàm liên tục trên Γ . Khi đó hàm F xác định bởi
cơng thức (1.3.1) là hàm chỉnh hình trên =
D  \ Γ . Hơn nữa trong miền D,F có đạo hàm mọi cấp, chúng được
tính theo cơng thức
F (n) ( z ) =

f (η )
n!
dη .

∫
2π i Γ (η − z )n +1

(1.3.2)

Định lí 1.3.11. Giả sử hàm f chỉnh hình trong miền D. Khi đó f có đạo hàm mọi cấp và các đạo hàm đó cũng
là những hàm chỉnh hình trong miền D. Các đạo hàm của f tại điểm z được biểu diễn bởi công thức
f (n) ( z )
=

f (η )
n!
dη , n 1, 2,... trong đó γ là một chu tuyến tuỳ ý bao quanh z sao cho Dγ ⊂ D .
=
∫
2π i γ (η − z )n +1


Định li 1.3.12.Giả sử {a, b} ⊂  và ϕ là hàm biến phức liên tục trên khơng gian tích Ω × [ a, b ] , với mỗi
t ∈ [ a, b ] , hàm z → ϕ ( z , t ) chỉnh hình trên Ω . Hàm F xác định trên Ω được cho bởi công thức
b

=
F ( z)

∫ ϕ ( z, t )dt , z ∈ Ω . Khi đó F chỉnh hình trên Ω

và

a

b

=
F ( z)
'

∂ϕ

∫ ∂z ( z, t )dt , z ∈ Ω .
a

Định nghĩa 1.3.2. Giả sử

{ f n } là dãy các hàm liên tục trên miền D. Ta nói { f n } hội tụ đều trên mọi tập

compact (trong D) tới hàm f nếu với mọi tập compact K ⊂ D , với mọi ε > 0 , có N = N ( K , ε ) sao cho
f n ( z ) − f ( z ) < ε với mọi z ∈ K , n > N .

Định lí 1.3.13 (Định lí Weierstrass).
Nếu f n chỉnh hình trên D với mọi n và { f n } hội tụ đều trên mọi tập compact
R

R

(trong D) tới hàm f thì f chỉnh hình trên D.
Định nghĩa 1.3.3. Giả sử Ω là tập mở trong  và A(Ω) là khơng gian vectơ các hàm chỉnh hình trên Ω .
Họ hàm F ⊂ A(Ω) được gọi là bị chặn đều trên các tập compact nếu
sup { f ( z ) : z ∈ K , f ∈ F } < ∞ với mọi tập compact K ⊂ Ω .

Họ hàm F ⊂ A(Ω) gọi là đồng liên tục tại z0 ∈ Ω nếu với mọi ε > 0 tồn tại δ > 0 sao cho với mọi
z ∈ Ω thỏa z − z0 < δ thì f ( z ) − f ( z0 ) < ε , với mọi f ∈ F .

Họ hàm F ⊂ A(Ω) được gọi là đồng liên tục trên các tập compact nếu với mọi tập compact K ⊂ Ω, với
mọi ε > 0, tồn tại δ = δ ( K , ε ) sao cho
f ( z ) − f ( z ' ) < ε , với mọi z , z ' ∈ K m z − z ' < δ .

Bổ đề 1.3.1. Mọi họ F ⊂ A(Ω) bị chặn đều trên các tập con compact của Ω thì đồng liên tục tại mọi điểm
thuộc Ω .
Bổ đề 1.3.2. Giả sử F là tập đồng liên tục của C (Ω) , nghĩa là mọi f ∈ F đều liên tục trên Ω và F đồng liên
tục tại mọi điểm của Ω , dy { f n } ⊂ F sao cho f n hội tụ từng điểm đến f trên Ω . Khi đó f liên tục trên Ω và
f n → f đều trên các tập con compact của Ω .

Tổng quát hơn, nếu f n hội tụ từng điểm đến f trên tập con trù mật của Ω thì f n → f đều trên các tập
con compact của Ω .
Định lí 1.3.14 ( Định lí Montel).
Cho F ⊂ A(Ω) bị chặn đều trên các tập compact. Khi đó mỗi dãy
trên các tập con compact của Ω .
Định lí 1.3.15 ( Định lí Vitali).

{ f n } ⊂ F đều có dãy con hội tụ đều


Cho { f n } là dãy bị chặn trong A(Ω) , Ω l tập mở lin thông. Nếu dy { f n } hội tụ điểm trên S ⊂ Ω với S l
một tập con có điểm tụ của Ω thì { f n } hội tụ đều
trên cc tập con compact của Ω đến một hàm f ∈ A(Ω) .
1.4. Chuỗi và thặng dư
Định lí 1.4.1(Định li Taylor).
∞

∑ c (z − z )

Nếu hàm f chỉnh hình trên B( z0 , R) thì=
f ( z)

n

n =0

n

n

với mọi z ∈ B( z0 , R), trong đó các hệ số cn là

duy nhất được xác định bởi công thức
cn
=

1
f (η )
dη , n 0,1..., với 0 < r < R.
=
n +1
∫
2π i z − z0 =
(
η
z
)

−
0
r

Định li 1.4.2 (Định li duy nhất).
Giả sử f và g là các hàm chỉnh hình trên miền D, f ( zn ) = g ( zn ) trên một dãy điểm khác nhau { zn } ⊂ D
và lim zn= a ∈ D. Khi đó f ( z ) = g ( z ), với mọi z ∈ D.
+∞

∑ c (z − z )

Định nghĩa 1.4.1. Chuỗi hàm có dạng

k = −∞

được gọi là chuỗi Laurent theo lũy thừa của ( z − z0 ) hay

k

0

k

chuỗi Laurent tại z0 .
Định lí1.4.3. Nếu hàm f(z) chỉnh hình trong hình vành khăn 0 ≤ r < z − z0 < R < +∞ thì f(z) được biểu diễn duy
nhất dưới dạng
f ( z)
=

+∞

∑ c (z − z ) .
k

k = −∞

k

0

(1.4.1)

Các hệ số của chuỗi (1.4.1) được xác định bởi công thức
cn =

1
f (η )
dη , n = 0, ±1, ±2,...,
∫
2π i γ ρ (η − z0 ) n +1

trong đó γ ρ là đường trịn bất kì z − z0 = ρ , r < ρ < R.
Định nghĩa 1.4.2. Giả sử hàm f chỉnh hình trong hình vành khăn 0 < z − z0 < r . Khi đó chỉ có thể xảy ra một
trong ba khả năng sau:
i) Tồn tại lim f ( z )= a ∈  , khi đó z0 gọi là điểm thường.
z → z0

ii) Tồn tại lim f ( z ) = ∞ , khi đó z0 gọi là cực điểm của hàm f.
z → z0

iii) Không tồn tại lim f ( z ) , khi đó z0 gọi là điểm bất thường cốt yếu của hàm f.
z → z0

Ta xét khai triển Laurent của hàm f(z) trong hình vành khăn 0 < z − z0 < r
=
f ( z)

+∞

∑ c (z − z )

n = −∞

n

0

n

(1.4.2)


trong đó cn =

1
f (η )
dη , n = 0, ±, ±2,...,
∫
2π i γ ρ (η − z0 ) n +1

γ ρ là đường tròn z − z0 = ρ ;0 < ρ < r.

Định li 1.4.4. Nếu tồn tại lim f ( z )= a ∈  thì f có thể thác triển chỉnh hình tới z0 .
z → z0

Định lí 1.4.5. i) Điểm z0 là cực điểm của hàm f(z) trên 0 < z − z0 < r nếu và chỉ nếu trong khai triển (1.4.2)
tồn tại một số m > 0 sao cho c− m ≠ 0 và ck = 0, với mọi k < −m .Số nguyên m > 0 gọi là bậc của cực điểm z0 .
ii) Điểm z0 là điểm bất thường cốt yếu nếu và chỉ nếu trong khai triển (1.4.2) tồn tại vô số k > 0 sao cho
c− k ≠ 0 .

Định nghĩa 1.4.3. Giả sử f là hàm chỉnh hình trên hình trịn thủng 0 < z − z0 < r . Thặng dư của hàm f tại z0 , kí
hiệu res [ f , z0 ] , được xác định bởi
res [ f , z0 ] =

1
f ( z )dz ,
2π i ∫γ

với γ là đường tròn z − z0 = ρ ;0 < ρ < r .
Định lí 1.4.6. Giả sử hàm f có khai triển Laurent tại lân cận điểm z0 là
f ( z)
=

+∞

∑ c (z − z )

n = −∞

n

0

n

.

Khi đó res [ f , z0 ] = c−1.
Định lí 1.4.7. Nếu z0 là cực điểm đơn của hàm f thì
res [ f=
, z0 ] lim( z − z0 ) f ( z ).
z → z0

Định lí 1.4.8. Nếu f ( z ) =

ϕ ( z)
ϕ ( z0 )
0 và ψ ′ ( z0 ) ≠ 0 thì res  f ( z ) , z0  =
trong đó ϕ ( z0 ) ≠ 0,ψ ( z0 ) =
.
ψ ( z)
ψ ′ ( z0 )

Định lí 1.4.9 ( Định lí cơ bản về thặng dư).
Giả sử f là hàm chỉnh hình trong miền D trừ một số hữu hạn điểm z 1 , z 2 ,…,z n nằm trong D. Khi đó với
R

mọi chu tuyến γ trong D sao cho { z1 , z2 ,..., zn } ⊂ Dγ ⊂ D đều có

∫γ

n

f (η )dη = 2π i ∑ res  f ( z ) , zk .
k =1

R

R

R

R

R


1.5. Tích vơ hạn
Định nghĩa 1.5.1. Giả sử

n

pn ∏ (1 + uk ). Nếu tồn tại
{un } là dãy số phức và =
k =1

=
p

∞

∏ (1 + u ). Các số
n =1

n

p = lim pn thì ta viết
n →∞

pn gọi là tích riêng của tích vơ hạn.

Sau này ta sẽ nói tích vơ hạn=
p

∞

∏ (1 + u ) hội tụ nếu dãy { pn } hội tụ.
n

n =1

Bổ đề 1.5.1. Nếu u1 ,u2 ,...,un là các số phức và đặt
N

N

pN =
∏ (1 + u n ), p*N =∏ (1 + u n )

=

n 1=
n 1

thì
p* N ≤ exp ( u1 + u 2 + ... + u N ) , p N − 1 ≤ p*N − 1.

Định lí 1.5.1. Giả sử {u n } là dãy các hàm bị chặn trên tập S sao cho chuỗi

∞

∑u
n =1

n

(s) hội tụ đều trên S. Khi

đó tích
=
f (s)

∞

∏ (1 + u
n =1

n

(s))

hội tụ đều trên S và f (s 0 ) = 0 với s 0 nào đó thuộc S khi và chỉ khi tồn tại n để 1 + u n (s 0 ) =
0.
Ngoài ra nếu {n1 , n 2 ,...} là một hốn vị nào đó của {1, 2,...} thì
=
f (s)

∞

∏ (1 + u
k =1

nk

(s)).

Định lí 1.5.2. Cho f1 ,f 2 ,... là dãy các hàm chỉnh hình trong Ω . Nếu
compact của Ω thì

∞

∏f
n =1

n

∞

∑f
n =1

n

− 1 hội tụ đều trên các tập con

hội tụ đến hàm f thuộc A(Ω) . Hơn nữa f (z 0 ) = 0 với z 0 nào đó thuộc Ω khi và

chỉ khi f n (z 0 ) = 0 với n nào đó.
1.6. Hàm gamma
Để thuận lợi cho việc tìm hiểu một số tính chất của hàm gamma sau này, trước hết ta đi chứng minh bổ
đề sau.
∞

z
 z  −k
Bổ đề 1.6.1. i) G=
( z ) ∏ 1 +  e chỉnh hình trên  và G ( z ) = 0 tại z = -1, -2,…
k
k =1 

ii)

∞

z2 
=
sin z z ∏ 1 − 2 2 .
kπ 
k =1 

1 ∞  1
1
cot z =
+ ∑
+
z n =1  z + nπ z − nπ

iii)


.


Chứng minh.
i ) Lấy K là tập compact bất kì, z ∈ K và k đủ lớn ta có
z
−
 z  − kz 
 z
k
L og 1 +  e =
 L og 1 +  + L og e
 k
 k  
2

3

1 z  1 z 
=   +   + ...

2 k  3 k 

z2  z 
= 2 g 
k k

ở đây g ( w ) →

1
khi w → 0.
2

Vì K bị chặn nên tồn tại M > 0 sao cho
 z  − kz  M
L og 1 +  e  ≤ 2 , với mọi z ∈ K , k ≥ k0 nào đó
 k   k

 z  − kz 
Suy ra ∑ L og 1 + k  e  hội tụ đều trên K. Từ đó
 
k =1

∞

z
 ∞
 z  − kz  
 z  −k
exp ∑ L og 1 +  e  
∏

1 +=
e
k
k =1 
 k =1
 k   
∞

hội tụ đều trên K.
Do K là tập con compact bất kì nên theo định lí Weierstrass ta suy ra G(z) chỉnh hình trên .
Theo định lí 1.5.2 ta có G(z)=0 chỉ tại những điểm z=-1, -2,…
Vì các vế trong ii) là các hàm chỉnh hình, trong iii) là các hàm phân hình nên áp dụng định lí duy nhất
ta chỉ cần chứng minh ii) và iii) đúng với z = x là số thực là đủ.
x3 x5
ii) Ta có sin x =x − 3! + 5! + ...
sin x
x2 x4
=−
1
+ + ... Vì
x
3! 5!

Đặt P( x) =
lim
x →0

sin x
sin x
= 0 khi và chỉ khi x = nπ với n =±1, ±2,...

= 1 nên
x
x

và P(x) là đa thức bậc vơ cùng nên ta có
sin x
x 
x 
x 
x 
...
= P( x) = P(0)(1 − ) 1 +  1 −
 1 + =
x
π  π   2π   2π 


x2 
−
1

.
∏
n 2π 2 
n =1 
∞


∞



n =1



Vậy=
sin x x∏ 1 −

x2 
.
n 2π 2 

∞

x2 
=
−
x
x
sin
1
iii) Do


∏
n 2π 2 
n =1 

suy ra


x2 
ln sin x =
ln x + ∑ ln 1 − 2 2 .
n =1
 nπ 
∞

Lấy đạo hàm hai vế ta được
cos x 1 ∞
=
−∑
sin x x n =1

2x

x2 
n π 1 − 2 2 
 nπ 
2

.

2

Suy ra
1 ∞  1
1 
cot x =

+ ∑
+
.
x n =1  x + nπ x − nπ 



Tiếp theo ta định nghĩa hàm gamma.
Định nghĩa 1.6.1. Hàm gamma Γ là hàm được xác định bởi
=
Γ( z)

+∞

∫e

− t z −1

t dt , Re z > 0.

0

Từ định nghĩa trên, ta suy ra một số tính chất của hàm Γ như sau.
Định lí 1.6.1. Hàm Γ chỉnh hình trên miền Rez > 0.
Chứng minh.
k

− t z −1
Đặt f k ( z ) = ∫ e t dt. Theo định lí 1.3.12, ta thấy f k chỉnh hình trên Rez > 0.
R

R

0

Mặt khác
k

f k ( x + iy ) ≤ ∫ e t =
dt ≤ Γ ( x )
− t x −1

0

+∞

∫e

− t x −1

t

dt , x > 0.

0

và ta đã biết Γ ( x ) hội tụ. Từ đó suy ra { f k } hội tụ tuyệt đối và { f k } bị chặn trên các tập con compact của Rez
> 0. Theo định lí 1.3.15(định lí Vitali), suy ra { f k } hội tụ đều trên các tập con compact của Rez > 0 đến hàm
Γ và do đó Γ chỉnh hình trên Rez > 0.

Định lí 1.6.2.



Γ ( z + 1) =zΓ ( z ) , Re z > 0.

Chứng minh.
Ta có
+∞

+∞

0

0

Γ ( z + 1) =∫ e − t t z dt =
− ∫ t z d ( e−t )


= t e
z

− t +∞
0

+∞

+ z ∫ e − t t z −1dt
0

= zΓ ( z ) .

Đặc biệt Γ (=
1)

+∞

dt
∫e =
−t



1 . Từ đó dễ dàng suy ra cơng thức

0

Γ ( n + 1) =
n ! với n ∈ * .

Định lí 1.6.3. Hàm Γ có thể thác triển đến một hàm phân hình trên tồn mặt phẳng phức và nó có các cực
điểm đơn tại z=0, -1, -2,….
Chứng minh.
Với m là số nguyên dương, áp dụng định lí 1.6.2 ta có
Γ ( z + m ) = ( z + m − 1) ...( z + 1) zΓ ( z ) .

Từ đó suy ra
Γ ( z + m)
Γ( z) =

.
z ( z + 1) ... ( z + m − 1)

Ta thấy vế phải là hàm phân hình trên Rez > -m, có các cực điểm đơn là 0, -1,
-2,…,-m+1. Vì vậy Γ ( z ) có thể thác triển phân hình đến miền Rez > -m.
Cho m → +∞ , ta thu được kết quả Γ có thể thác triển phân hình trên tồn mặt phẳng phức và có các
cực điểm đơn là 0, -1, -2,… 
∞
1
z  − kz

γz
= ze ∏ 1 +  e , z ∈  ,trong đó γ là hằng số Euler, tức γ là giới hạn của dãy
Định lí 1.6.4.
Γ( z)
k
k =1 

1
2

1
n

γ n =1 + + ... + − ln n.

Từ đó suy ra Γ ( z ) khơng có khơng điểm.
Chứng minh.
Trước hết ta định nghĩa
Γ n ( z=

)
n

n

t
*
z −1 
∫0 t 1 − n  dt , Re z > 0, n ∈  .
n

n

t
 t
z −1 
x −1 − t
−t
Re z
Vì 1 − n  ≤ e suy ra t 1 − n  ≤ t e , x =




n

t
và t z −1 1 −  → t z −1e −t khi n → ∞ . Mặt khác


chặn ta có

n

+∞

∫t
0

e dt = Γ ( x ) hội tụ, do đó theo định lí Lebesgue về hội tụ

x −1 − t


lim Γ n ( z ) =
Γ ( z ).

Đổi biến s =

t
trong biểu thức định nghĩa Γ n ( z ) ta được
n
Γ n=
( z) n

1

z

∫ s (1 − s ) ds, Re s > 0, n ∈  .

z −1

n

*

0

Vì vậy
1

1

Γ1 ( z ) = ∫ s

z −1

0

 s z s z +1 
1
1
1
=
.
−
=
s
ds
1

( )  −
 =−
z
z
+
1
z
z
+
1
+
z
z
1
(
)

0

Sử dụng tích phân từng phần ta lại có
1

Γ n ( z )= n z ∫ s z −1 (1 − s ) ds=
n

0

nz
z

1

∫ (1 − s ) d ( s )
n

z

0

nz
n z +1
n
n −1
=
− ∫ s z d (1 − s ) = ∫ s z (1 − s ) ds
z 0
z 0
1

 n 
= 

 n −1 

1

z +1

1
. Γ n −1 ( z + 1) .

z

Lăp lại bước này n-1 lần và sử dụng Γ1 ta được
n z n!
Γ1 ( z + n − 1)
z ( z + 1) ... ( z + n − 2 )

=
Γn ( z )

=

n z n!
.
z ( z + 1) ... ( z + n )

Từ đó suy ra
1

Γn ( z )

=

1
 z  z
z (1 + z ) 1 +  ... 1 + 
z
n
 2  n
∞

z
 z  −k
= ze ∏ 1 +  e .
k
k =1 

γnz

Cho n → +∞ ta được
∞
1
z  −z

zeγ z ∏ 1 +  e k , Re z > 0.
=
k
Γ( z)
k =1 

( z)
Do G=

∞

z
1
 z  −k
e
+

1
chỉnh hình trên  và
là hàm chỉnh hình nên áp dụng định lí duy nhất ta
∏


k
Γ(z)
k =1 

suy ra đẳng thức trên đúng trên  . 
Định lí 1.6.5. Γ ( z ) Γ (1=
− z)

π
, z ∈ .
sin π z


Chứng minh.
Từ bổ đề 1.6.1.ii) ta suy ra
∞
 z2 
=
sin π z π z ∏ 1 − 2  .
k 
k =1 

Do đó
=

sin π z π zG ( z ) G ( − z ) .

Mặt khác
1
z sin π z
.
=
− z 2G ( z ) G ( − z ) =
−
π
Γ ( z ) Γ (−z )

Ta lại có Γ (1 − z ) =− zΓ ( − z ) nên thay vào biểu thức trên ta được
1
sin π z
.
=
π
Γ ( z ) Γ (1 − z )

Vì vậy Γ ( z ) Γ (1=
− z)

π
, z ∈ . 
sin π z


CHƯƠNG 2: HÀM ZETA CỦA RIEMANN

2.1. Hàm zeta
Định nghĩa 2.1.1. Hàm zeta của Riemann là hàm được xác định bởi
∞

1
z
n =1 n

ς ( z) = ∑

,

(2.1.1)

trong đó nz = ezlnn.
P

P

P

P

Nhận xét:
z
x
Đặt z = x+iy, ta có nz = nx+iy = nx. niy. Suy ra n=
n=
n Re z .
P

P

P

P

P

P

P

P

∞

∞
1
1
.
=
∑
∑
Re z
z
n
=
n 1=
n 1 n

*
Do đó ς=
( z)

(2.1.2)

Ta thấy chuỗi (2.1.2) hội tụ trên Rez > 1 nên chuỗi (2.1.1) hội tụ tuyệt đối trên Rez > 1. Mặt khác với
1
n

δ >0, ta có =
z

Do chuỗi

1
n

≤

Re z

∞

∑n
n =1

1

1+δ

1
1+δ

n

, với mọi n ∈ * , mọi z ∈ { z : Re z ≥ 1 + δ } .

hơi tụ nên theo định lí 1.2.2 (dấu hiệu Weierstrass), chuỗi (2.1.1) hội tụ đều trên

{ z : Re z ≥ 1 + δ } .
2.2. Thác triển của hm zeta
Định lí 2.2.1 (Cơng thức tích Euler).
Kí hiệu P là tập hợp tất cả các số nguyên tố. Với Rez > 1, hàm ς ( z ) được xác định bởi
ς=
( z)

∞



1

1

∑=
∏  1 − p
n
n =1

z

p∈P

−z





gọi là cơng thức tích Euler.
∞



1 
với p 1 , p 2 , p 3 … là dãy các số ngun tố
−z 
 1 − pi 

Cơng thức trên cịn có thể viết dưới dạng ς ( z ) = ∏ 
i =1

R

R

R

R

R

R

2, 3, 5…
Chứng minh.
Với số nguyên tố p và Rez > 1, ta có
1
1
1
1
=1 + z + 2 z + ... + kz + ...
−z
1− p
p
p
p

nên chuỗi này hội tụ tuyệt đối trên Rez > 1.
Do đó với q là số ngun tố nào đó thì tích



1

∏ 1− p
p≤q



−z


 cũng hội tụ tuyệt đối trên Rez >1.



Khai triển tích



1

∏ 1− p
p≤q



−z

1

 thành tổng của những số hạng có dạng z trong đó n là tích luỹ thừa các
n


số nguyên tố nhỏ hơn hoặc bằng q.

(2.2.1)

Mặt khác, theo định lí cơ bản của số học, mọi số tự nhiên n mà n ≤ q đều có thể phân tích thành tích luỹ
thừa các số nguyên tố nhỏ hơn hoặc bằng q. Do đó với mọi n ≤ q , ta có

1
đều là phần tử của tổng trong
nz

(2.2.1). Suy ra


∞
∞
∞
 1 
1 
1
1
1
=
−
≤
=
.
∑
∑
∑
∏


−z 
−z 
z
z
Re z
q +1 n
n=
q +1 n
1 n
p≤q  1 − p
p≤q  1 − p
 n=
 n=

ς ( z) − ∏

Do trên Rez > 1, chuỗi

∞

∑n
n =1

1
Re z

hội tụ nên lim

 1 
=

=
ς ( z ) lim
∏

−z 
q →∞
p≤q  1 − p


q →∞



∞

∑

n= q +1

1

∏ 1− p
p∈P



−z

1
n

= 0. Vì vậy

Re z


. 


Định lí 2.2.2. Hàm ς chỉnh hình trên Rez > 1.
Chứng minh.
n

1
.
z
k =1 k

Đặt f n ( z ) = ∑

Ta thấy f n chỉnh hình trên Rez > 1 với mọi n và { f n } hội tụ đều trên mọi tập compact trong Rez > 1 đến
R

R

hàm ς . Do đó, theo định lí 1.3.13 ( định lí Weierstrass), suy ra ς là hàm chỉnh hình trên Rez > 1. 
Định lí 2.2.3 (Thc triển chỉnh hình của hm zeta).
Hàm ς ( z ) −

1

có thể thc triển chỉnh hình tới nửa mặt phẳng phải Rez > 0. Từ đó suy ra hàm ς có
z −1

thể thc triển chỉnh hình tới { z : Re z > 0, z ≠ 1} , hơn nữa z=1 là cực điểm đơn của ς và res [ς ,1] = 1 .
Chứng minh.
Trước hết, ta chứng minh cơng thức sau gọi l cơng thức tổng từng phần.
Cho {an } và {bn } là hai dãy số phức. Đặt ∆bk = bk +1 − bk . Khi đó
s

s

bk as +1bs +1 − ar br − ∑ bk +1∆ak .
∑ ak ∆=

(2.2.2)

=
k r=
k r

Thật vậy
s

VT= ∑ ak ∆=
bk ar (br +1 − br ) + ... + as (bs +1 − bs )
k =r

=
−ar br + br +1 (ar − ar +1 ) + ... + bs (as −1 − as ) + as bs +1 − as +1bs +1 + as +1bs +1
s

= as +1bs +1 − ar br − ∑ bk +1∆=
ak VP.
k =r

Ap dụng công thức tổng từng phần (2.2.2) với a n =n, b n =
R

R

R

R

1
ta có
nz


k −1
 1
1
1
1
−
=
−
−
1
n


∑
∑
z
z
z 
z −1
=
n 1=
n 1 ( n + 1)
 ( n + 1) n  k
k −1

Suy ra
k −1 
1
1
1
=
−
− z .
n
∑
z
z
z −1
n 
=
n 1=
n 1  ( n + 1)

( n + 1) k

k −1

1

1+ ∑

Mặt khác
n +1
n +1
 1
1
− z −1
−
=
−
=
−
n
nz
t
dt
z

[t ] t − z −1dt
z
z
∫
∫

 ( n + 1) n 
n
n

trong đó [t ] là phần nguyn của t. Do đó, ta có
k

k −1

1

∑n

= 1+ ∑
z

=
n 1=
n 1

k z −1

+ z∑

z

∫ [t ] t

− z −1

dt

n =1 n

k

1

=

( n + 1)

k −1 n +1

1

=

1

+ z ∫ [t ] t − z −1dt.
z −1

k

1

1

Với Rez > 1, do Rez>1 thì lim

k →∞

k z −1

= 0 nn cho k → ∞ ta được

∞

ς ( z ) = z ∫ [t ]t z −1dt .

(2.2.3)

1

Vì vậy với Rez > 1, ta có
∞

∞

1

1

x

−z
−z
z ∫ t.=
t − z −1dt z=

∫ t dt z lim ∫ t dt
x →∞

1

z
 1

lim  z −1 − 1
1 − z x →∞  x


=
=

z
1
1
(do với Rez > 1, thì lim z −1 = 0 ).
= 1+
x →∞ x
z −1
z −1

Kết hợp với (2.2.3) ta được
ς ( z) −

∞

1

1 + z ∫ ([t ] − t ) t − z −1dt với Rez > 1.
=
z −1
1

Cố định k > 1, đặt ϕ ( z ,=
t)

([t ] − t ) t

− z −1

(2.2.4)

. Ta thấy ϕ ( z , t ) liên tục trên  × [1, k ] v mọi với t ∈ [1, k ] , ϕ ( z , t )
k

chỉnh hình trên . Do đó, theo định lí 1.3.12, ta có ∫ ϕ ( z , t=
) dt
1

k

∫ ([t ] − t ) t

− z −1

dt chỉnh hình trên . Hơn nữa,

1

nếu Rez > 0 thì
k

∫ ([t ] − t ) t
1

− z −1

k

k

∞

1
. (2.2.5)
dt ≤ ∫ ([t ] − t ) t − z −1 dt ≤ ∫ t − Re( z +1) dt ≤ ∫ t − Re z −1dt =
Re z
1
1
1


k

Ta thấy dãy hk ( z ) = ∫ t

− Re z −1

1

đó f k=
( z)

k

∫ ([t ] − t ) t

− z −1

k

∫ ([t ] − t ) t

1
. Suy ra dãy g k=
dt hội tụ điểm tới
( z)
Re z

− z −1

dt hội tụ điểm. Từ

1

dt hội tụ điểm trên Rez > 0. Mặt khác cũng theo (2.2.5) dãy f k (z) bị chặn đều trên mỗi
R

R

1

tập con compact của Rez > 0 nên theo định lí 1.3.15 (định lí Vitali), ta có dy { f k } hội tụ đều trên mỗi tập con
compact của Rez > 0 tới hàm f và f chỉnh hình trên Rez > 0. Ta có
f=
( z)

∞

∫ ([t ] − t ) t

− z −1

dt.

1

∞

Vì vậy 1 + z ∫ ([t ] − t ) t − z −1dt cũng là hàm chỉnh hình trên Rez > 0.
1

1
có thể thc triển chỉnh hình tới
z −1

Kết hợp với (2.2.4) ta suy ra ς ( z ) −
Rez > 0.

Từ (2.2.4) ta suy ra
∞

1
ς ( z=
+ 1 + z ∫ ([t ] − t ) t − z −1dt
)
z −1
1

với Rez > 1.

∞

1
Mà
+ 1 + z ∫ ([t ] − t ) t − z −1dt chỉnh hình trên { z : Re z > 0, z ≠ 1} nên ta suy ra ς ( z ) có thể thc triển chỉnh
z −1
1

hình tới { z : Re z > 0, z ≠ 1} .
Vì vậy, ta có thể coi
ς ( z=
)

∞

1
+ 1 + z ∫ ([t ] − t ) t − z −1dt với z ∈ { z : Re z > 0, z ≠ 1} . (2.2.6)
z −1

1
∞

Mặt khác do 1 + z ∫ ([t ] − t ) t − z −1dt chỉnh hình trên Rez > 0 nên với r > 0 sao cho Β (1, r ) ⊂ { z : Re z > 0} ta
1

có khai triển Taylor
∞

1 + z ∫ ([t ] − t ) t − z −1dt =
1

∞

∑ c ( z − 1)
n =0

n

n

với z ∈ Β (1, r ) .

Thế vào (2.2.6) ta được
∞
1
n
+ ∑ cn ( z − 1)
z − 1 n =0

ς ( z) =

với z ∈ Β (1, r ) \ {1} .

Điều này chứng tỏ z = 1 là cực điểm đơn của ς và res [ς ,1] = 1 . 
Định lí 2.2.4. Hàm ς được biểu diễn dưới dạng tích phân như sau
−Γ(1 − z ) ( − s )
=
ds, Re z > 1
ς ( z)
2π i ∫γ e s − 1
z −1

(2.2.7)


trong đó Γ là hàm gamma,
s)
( −=
z −1

e(

z −1) L og ( − s )

, s ∈  \ {0} ,

γ là chu tuyến được xây dựng như sau: Rạch một đường theo chiều dương của trục thực. γ là đường đi từ
+∞ theo bờ trên của đường rạch đến ε , vòng theo đường tròn tâm s = 0, bán kính ε rồi từ ε đi theo bờ dưới

của đường rạch đến +∞ .
Chứng minh.

Hình 1.

Ta thấy (− s ) z −1 chỉnh hình theo biến s và tham số z. Xét hàm
1 ( −s )
ds.
φ ( z) =
2π i ∫γ e s − 1
z −1

Ta có thể biểu diễn
1
1
e( z −1)( ln x −iπ )
=
dx +
φ ( z)
x
∫
2π i +∞ e − 1
2π i
ε

(

1
=eiπ ( z −1) − e − iπ ( z −1)
2π i

Theo định lí 1.3.12, ta thấy

∫

s =ε

( −s )

+∞

)∫
ε

∫

s =ε

( −s )

z −1

es − 1

ds +

1
x z −1
dx +
x

2π i
e −1

∫

1
2π i

s =ε

+∞

∫ε

( −s )

e(

z −1)( ln x + iπ )

ex −1
z −1

es − 1

z −1

es − 1

ds chỉnh hình trên 

tuyệt đối nên theo định lí 1.3.15 ( định lí Vitali), ta có

+∞

∫ε

dx

ds.
+∞

và do

∫ε

(2.2.8)
x z −1
ds hội tụ
es − 1

x z −1
ds chỉnh hình trên  . Do vậy, φ ( z ) chỉnh hình
es − 1

trên  .
Bây giờ ta đi đánh giá φ ( z ) . Trước hết, ta giả sử Rez > 1.
Do lim
s →0

s
s
= 1 , suy ra s
≤ C1 trên s = ε với ε đủ nhỏ.
e −1
e −1
s

Từ đó suy ra

( −s )

z −1

e −1
s

trên s = ε .
Vì vậy

≤ C1 ( −=
s)
C1e
z −2

Re ( z − 2 ) L og ( − s ) 

= Ce

Re( z − 2 ) ln s

= Cε Re z − 2


1
2π i

∫ε

s=

( −s )

z −1

ds ≤

e −1
s

1
Cε Re z − 2 2πε =
Cε Re z −1 → 0 khi ε → 0.
2π

Do đó cho ε → 0 trong (2.2.8) ta được
=
φ ( z)

(

1
eiπ ( z −1) − e − iπ ( z −1)
2π i
= −

1
e− x
=
e − 1 1 − e− x

Mặt khác =
x
+∞

∫
0

x z −1
dx =
ex −1

+∞

)∫
0

x z −1
dx
ex −1

sin (π z ) +∞ x z −1
∫0 e x − 1dx.
π
∞

∑e

− nx

(2.2.9)

nên

n =1

+∞

 ∞ − nx  z −1
e x dx
∫0  ∑
n =1

∞  +∞

= ∑  ∫ e − nx x z −1dx 
n =1  0


1

= ∑ z
n =1  n
∞

+∞

∫e
0

∞

(do


t dt 


− t z −1

∑e

− nx

hội tụ đều)

n =1

(đặt t = nx)

∞

1
z
n =1 n

= Γ( z )∑

=
Γ ( z ) ς ( z ) , Re z > 1 .

π
(theo định lí 1.6.5), ta được
sin (π z )

Thay vào (2.2.9) và sử dụng Γ ( z ) Γ (1 − z ) =

ς ( z)
sin (π z )
φ ( z) =
.
−
Γ ( z )ς ( z ) =
−
π
Γ (1 − z )

Từ đó suy ra
Γ (1 − z ) ( − s )
ds, Re z > 1 . 
ς ( z ) = −Γ (1 − z ) φ ( z ) = −

2π i ∫γ e s − 1
z −1

Nhận xét:
Do φ ( z ) là hàm nguyên, Γ (1 − z ) là hàm phân hình chỉ có các cực điểm đơn tại z = 1,2,3,…. và ς ( z )
chỉnh hình trên Rez > 1, có cực điểm đơn tại z = 1 nên ta có định lí sau
Định lí 2.2.5. Hàm ς có thể thác triển phân hình trên tồn mặt phẳng và z = 1 là cực điểm đơn duy nhất của
nó.
Định lí 2.2.6. Hàm

ς′
ς ′ 
có cực điểm đơn tại z = 1 và r e s  ,1 = −1 .
ς
ς 

Chứng minh.
Do z = 1 là cực điểm đơn của ς nên ta có


ς ( z=
)

( z − 1)

−1

g ( z ) với g (1) ≠ 0.

Do g chỉnh hình nên tồn tại r > 0 sao cho g ( z ) ≠ 0, với mọi z ∈ Β (1, r ) .

− ( z − 1) g ( z ) + ( z − 1) g ′ ( z ) .
ς ′( z) =
−2

−1

Do đó ta có
g′ ( z )
ς ′( z)
1
với 0 < z − 1 < r .
=
−
+
z −1 g ( z )
ς ( z)

Điều này chứng tỏ z = 1 là cực điểm đơn của

ς ′ 
ς′
và r e s  ,1 = −1 . 
ς
ς 

2.3.Không điểm của hàm zeta
Định lí 2.3.1. Hàm ς khơng có khơng điểm trên Rez > 1.
Chứng minh.
∞

∞
1
1
. Dễ thấy
−1 =
∑
∑
−z
z
1 − pn
=
n 1=
n 1 pn − 1

Với Rez >1 , xét chuỗi

pn ≥ n + 1, ∀n.
⇒ pn Rez ≥ ( n + 1)

Rez

≥ n Rez + 1.

⇒ pn Rez − 1 ≥ n Re z .

Do đó
1
1
1
≤ Re z

≤ Re z ∀n ∈ * .
p − 1 pn − 1 n
z
n

Vì chuỗi

∞

∑n
n =1

1
Re z

hội tụ đều trên Rez >1, suy ra chuỗi
∞

∞
1
1
1
−
=
∑
∑
−z
z
1 − pn
=

n 1=
n 1 pn − 1

hội tụ đều trên Rez >1. Mặt khác, theo cơng thức tích Euler ta có
1 
.
−z 
n =1  1 − pn 
∞



ς ( z) = ∏

Từ đó, do

1
≠ 0 với mọi n ∈ * , nn theo định lí 1.5.2, ta suy ra ς ( z ) ≠ 0, với mọi z ∈ { z : Re z > 1} . 
1 − pn− z

Theo định lí 2.3.1, hàm ς khơng có không điểm trên Rez > 1. Nhưng sau khi thc triển hàm ς , định lí
sau đây khẳng định hàm ς cũng khơng có khơng điểm trên đường thẳng Rez = 1.
Định lí 2.3.2. Hàm ς khơng có khơng điểm trên Rez = 1. Vì vậy, hàm ( z − 1) ς ( z ) chỉnh hình và khơng có
khơng điểm trong một lân cận của Rez ≥ 1.


Chứng minh.
Cố định số thực y ≠ 0 và xét hàm
h (=
x ) ς 3 ( x ) ς 4 ( x + iy ) ς ( x + i 2 y ) với x ∈  và x > 1.

Theo cơng thức tích Euler, nếu Rez > 1 thì ta có
∞

∞

=j 1

=j 1

∞

∞

ln ς ( z ) =
Re ∑∑
−∑ ln 1 − p −j z =
− Re ∑ Log (1 − p −j z ) =
∞

1 − nz
p j (ở đây ta sử dụng khai triển
=j 1 =
n 1 n

− Log (1 − w ) =
∑ wn , với w < 1 ). Do đó
n

n =1

ln h=
( x ) 3ln ς ( x ) + 4 ln ς ( x + iy ) + ln ς ( x + 2iy )
∞ ∞
∞ ∞
1
1 − nx
1
p j + 4 Re ∑∑ p −j nx −iny + Re ∑∑ p −j nx −i 2 ny
=j 1 =
=j 1 =
=j 1 =
n 1 n
n 1 n
n 1 n
∞

∞

= 3Re ∑∑
=

∞

∞

1

∑∑ n p

=j 1 =
n 1

Vì p −j iny = e

− iny ln p j

và p −j i 2 ny = e

− nx
j

Re ( 3 + 4 p −j iny + p −j i 2 ny ) .

− i 2 ny ln p j

nên

Re ( 3 + 4 p −j iny + p −j i 2 ny ) =
3 + 4 cos θ + cos 2θ (với θ = −ny ln p j )

=
3 + 4 cos θ + 2 cos 2 θ − 1
=
2 (1 + cos θ ) ≥ 0 .
2

Suy ra ln h ( x ) ≥ 0 v =
h ( x ) ς 3 ( x ) ς 4 ( x + iy ) ς ( x + i 2 y ) ≥ 1. Và từ đó suy ra
h ( x)

x −1

=
( x − 1) ς ( x )

3

ς ( x + iy )

4

x −1

ς ( x + i2 y ) ≥

1
.
x −1

0 , ta có
Giả sử ς (1 + iy ) =
lim ( x − 1) ς ( x ) =
1 (do z = 1 là cực điểm đơn của ς v res [ς ,1] = 1 );

x →1+

lim+

x →1

ς ( x + iy )

= lim+
x →1
x −1

ς ( x + iy ) − ς (1 + iy )
x −1

= ς ′ (1 + iy ) .

Do đó
lim+ ( x − 1) ς ( x )

x →1

Trong khi đó lim
+

x →1

3

ς ( x + iy )
x −1

4

ς ( x + i 2 y ) = ς ′ (1 + iy ) ς (1 + i 2 y ) .
4

1
= ∞ (mâu thuẫn). Vậy ς (1 + iy ) ≠ 0.
x −1

Vì y ≠ 0 tuỳ ý nên ta suy ra ς ( z ) ≠ 0 trên Rez = 1. Hơn nữa, cũng do
lim ( z − 1) ς ( z ) =
1 nên theo định lí 1.4.4, ( z − 1) ς ( z ) cĩ thể thc triển chỉnh hình tại z = 1. Từ đó
z →1

chỉnh hình trên Rez > 0. Mặt khác do ( z − 1) ς ( z ) ≠ 0 trên
đó của Rez ≥ 1.

( z − 1) ς ( z )

Rez ≥ 1 nên ( z − 1) ς ( z ) ≠ 0 trên một lân cận nào


Định lí 2.3.3. Hàm ς ( z ) thỏa mãn phương trình hàm
πz 
ς ( z ) 2 z π z −1 sin   Γ (1 − z ) ς (1 − z ) .
=
 2 

Chứng minh.
Để chứng minh tính chất này ta phải cải biến đường cong γ dùng trong định nghĩa hàm φ ( z ) trong
định lí 2.2.4.
Cố định số thực âm z. Lấy γ n là đường cong đi từ + ∞ theo bờ trên của đường rạch đến n, rồi vòng qua
1
điểm s = 0 theo chiều ngược chiều quay kim đồng hồ bằng một hình chữ nhật có các đỉnh là ± n ±  2n +  π i ,



2

trở lại n và theo bờ dưới của đường rạch đến +∞ .

Hình 2.

Ta định nghĩa
1 ( −s )
ds.
φn ( z ) =
2π i γ∫n e s − 1
z −1

Dễ dàng chứng minh được e s − 1 >

(−z )

z −1

e −1
s

1
trên các cạnh của hình chữ nhật. Do đó suy ra
2

< 2n z −1 trên các cạnh của hình chữ nhật. Suy ra tích phân lấy trên hình chữ nhật bị chặn bởi Cn z . Vì z

< 0 nên Cn z → 0 khi n → ∞ . Do đó
φn ( z ) → 0 khi n → ∞ ( do

n

∫

+∞

Ta thấy

∫
γ

n

−

∫γ

( −s )

z −1

es − 1

+∞

ds +

∫
n

( −s )

z −1

es − 1

ds =
0 ).

'
=
∫ với γ n là đường cong đóng đi từ n theo bờ dưới đường rạch đến ε rồi đi vòng

γ n'

qua s = 0 cùng chiều kim đồng hồ theo đường trịn bán kính ε rồi đến ε . Đi theo bờ trên đến n. Sau đó đi
ngược chiều kim đồng hồ theo hình chữ nhật về lại n.