Dirichlet L 函数

Dirichlet $\mathbf{L}$ 函数是对 Riemann $\zeta$ 函数的微小修改 (定义 1.1), 使得其可记录素数的同余信息 (命题 2.1), 以研究具有给定同余条件的素数分布.

1定义

定义 1.1. Dirichlet $\mathbf{L}$ 函数是在区域 $\Re (s)>1$ 上绝对收敛级数$$L(s,\chi )=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{\chi (n)}{n^s}$$在 $\mathbb{C}$ 上的解析延拓, 是 $\mathbb{C}$ 上的亚纯函数. 其中 $\chi :\mathbb{N}\to \mathbb{C}$ 是 Dirichlet 特征, 即函数 ($d,k$ 为给定的正整数) $$\chi (n)=\{\begin{array}{cc}{\mathrm{e}}^{\frac{2\pi \mathrm{i}nk}{d}}& (d,n)=1\\ 0& (d,n)\ne 1.\end{array}$$(由此, 它是 Abel 群 $(\mathbb{Z}/d\mathbb{Z}{)}^{\times }$ 上的特征标, 并可以应用相应的 Abel 群表示论结论).

上式中 $k=0$ 时对应的特征称为主特征, 否则称为非主特征.

注 1.2. 对非主特征, 通过 Dirichlet 判别法, 可以显式地看出它在 $\Re (z)>0$ 上全纯.

2性质

函数方程

(...)

其它形式

命题 2.1 (Euler 乘积式). Dirichlet $L$ 函数可表示为无限乘积$$\prod _p\frac{1}{1-\chi (p)p^{-s}}.$$其中 $p$ 取遍所有素数.

证明. 这是因为 $\chi$ 是积性函数.

$\square$

零点

通过函数的乘积形式可以看出, 主特征只和 Riemann $\zeta$ 函数差了有限项乘积, 由此零点分布情况与 Riemann $\zeta$ 函数几乎相同 (只是 $s=0$ 处会有几重零点).

关于非主特征的关键结论是

命题 2.2. 对模 $d$ 的非主特征 $\chi$, $L(1,\chi )\ne 0$.

现代证明

以下命题是 Dirichlet 级数的性质.

命题 2.3. 设 $F(s)={\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n{e}^{-{\lambda }_{n}s}$ 是非负 Dirichlet 级数, 即数列 ${\lambda }_n$ 单调趋于正无穷且各个 $a_n$ 为非负实数. 设其收敛半平面为 $\Re (s)>\sigma$, $\sigma \in \mathbb{R}$. 则 $F(s)$ 作为 $\Re (s)>\sigma$ 上全纯函数不能解析延拓至 $\sigma$.

证明. 平移可设 $\sigma =0$. 去掉前有限项可设各 ${\lambda }_n$ 非负. 把 $F$ 在 $1$ 处 Taylor 展开, 由内闭一致绝对收敛有$$F(1-z)=\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n{e}^{-{\lambda }_n(1-z)}=\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n{e}^{-{\lambda }_n}\sum _{k=0}^{\infty }\frac{({\lambda }_{n}z{)}^k}{k!}=\sum _{k=0}^{\infty }\left(\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n{e}^{-{\lambda }_n}\frac{{\lambda }_n^k}{k!}\right)z^k.$$如 $F(s)$ 能解析延拓至 $0$, 则此级数的收敛半径将大于 $1$. 取 $\epsilon >0$ 使得 $1+\epsilon$ 小于其收敛半径, 代入 $z=1+\epsilon$ 有$$F(-\epsilon )=\sum _{k=0}^{\infty }\left(\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n{e}^{-{\lambda }_n}\frac{{\lambda }_n^k}{k!}\right)(1+\epsilon {)}^k.$$注意上式右边每一项都非负, 故可任意重排, 于是$$F(-\epsilon )=\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n{e}^{-{\lambda }_n}\sum _{k=0}^{\infty }\frac{({\lambda }_n(1+\epsilon ){)}^k}{k!}=\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n{e}^{{\lambda }_n\epsilon };$$特别地, $F(s)={\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n{e}^{-{\lambda }_{n}s}$ 在 $s=-\epsilon$ 收敛, 和条件矛盾! 故 $F(s)$ 不能解析延拓至 $0$.

$\square$

回到原命题.

证明. 用反证法. 如对某个非主特征 $\chi$ 有 $L(1,\chi )=0$, 则 $F(s)={\prod }_{\chi }L(s,\chi )$ 在 $\Re (s)>0$ 全纯, 因为主特征在 $1$ 处的一阶极点被某个非主特征的零点消去. 现对与模数 $d$ 互素的 $a$, 以 $f(a)$ 记 $a$ 在群 $(\mathbb{Z}/d{)}^{\times }$ 中的阶, 以 $g(a)$ 记 $\frac{\phi (d)}{f(a)}$, 对不与 $d$ 互素的 $a$ 约定 $f(a)=g(a)=0$. 则$$F(s)=\prod _{p,\chi }\frac{1}{1-\chi (p)p^{-s}}=\prod _p\frac{1}{(1-p^{-f(p)s}{)}^{g(p)}}=\prod _p\sum _{k=1}^{\infty }\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{g(p)+k-1}{k}\right)p^{-kf(p)s}=\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n{n}^{-s}$$为非负 Dirichlet 级数. 于是由命题 2.3, $F(s)$ 的收敛半平面至少为 $\Re (s)>0$. 然而由 $f(p)\le \phi (d)$ 不难发现以上和式在 $s=\frac{1}{\phi (d)}$ 时为无穷, 矛盾! 故对每个非主特征 $\chi$ 都有 $L(1,\chi )\ne 0$.

$\square$

Dirichlet 的原始证明

我们首先证明如下引理.

引理 2.4. 对实数 $s>1$, 有$$\prod _{\chi }L(s,\chi )\in [1,+\infty )\subset \mathbb{R}.$$

证明. 我们进行计算, 因为内闭绝对一致收敛, 我们自由地交换求和号: $$\begin{array}{rl}\log \prod _{\chi }L(s,\chi )& =-\sum _{\chi }\sum _p\log (1-\chi (p)p^{-s})\\ & =\sum _p\sum _{k=1}^{\infty }\sum _{\chi }\frac{1}{k}\frac{\chi (p^k)}{p^{ks}}\\ & =\sum _p\sum _{k=1}^{\infty }\frac{\phi (d){\delta }_1(p^k)}{k\cdot p^{ks}}\ge 0\end{array}$$最后一个等号只需注意对一切特征 $\chi$ 有 $\chi (1)=1$.

$\square$

回到命题的证明.

证明. 分为两类讨论, 首先看 $\chi$ 是非实特征的情形.

此时 $\chi \ne \overline{\chi }$, $L(1,\chi )=L(1,\overline{\chi })=0$. 由于 $\chi$ 为主特征时 $1$ 为一重极点, $\chi$ 为非主特征时 $L(s,\chi )$ 在 $\Re (z)>0$ 处全纯, $$\prod _{\chi }L(s,\chi )\le \frac{C_3}{|s-1|}|s-1{|}^2\to 0,s\to 1^{+}$$这与上面引理乘积不小于 $1$ 相矛盾.

其次是 $\chi$ 是实特征的情形, 这稍有些麻烦, 首先我们对实数 $N>1$ 定义$$S_N:=\sum _{1\le mn\le N}\frac{\chi (n)}{\sqrt{mn}}.$$我们用两种方式来估计它, 一方面我们沿 $mn=k$ 求和, 此时$$\sum _{mn=k}\frac{\chi (n)}{\sqrt{mn}}=\frac{1}{\sqrt{k}}\sum _{n|k}\chi (n).$$因为实特征只取 $0,\pm 1$, 容易证明若 $k$ 为平方数, ${\sum }_{n|k}\chi (n)\ge 1$, 一般的正整数 $k$, 也总有 ${\sum }_{n|k}\chi (n)\ge 0$. 这是因为这个求和关于 $k$ 的积性, 拆成素数幂后每项无非是 $1+1+\cdots +1$ 或者 $1+(-1)+1+(-1)+\cdots$ 的形式. 平方数保证求和的项数是奇数, 两种情况下都至少取 $1$. 这样得到$$S_N\ge \sum _{1\le j\le \sqrt{N}}\frac{1}{j}=\frac{1}{2}\log N+O(1).$$另一方面, 我们将 $mn\le N$ 在第一象限的部分分成两个区域: $$S_1=\left\{n>\sqrt{N},n\le \frac{N}{m}\right\},S_2=\left\{n\le \sqrt{N},m\le \frac{N}{n}\right\}.$$于是$$S_N=\sum _{S_1}+\sum _{S_2}=\sum _{m\le \sqrt{N}}\frac{1}{\sqrt{m}}\left(\sum _{\sqrt{N}<n\le N/m}\frac{\chi (n)}{\sqrt{n}}\right)+\sum _{n\le \sqrt{N}}\frac{\chi (n)}{\sqrt{n}}\left(\sum _{m\le N/n}\frac{1}{\sqrt{m}}\right).$$我们指出阶的估计, 对 $1\le R\le S$ $$\begin{array}{rl}& \sum _{m\le N}\frac{1}{\sqrt{m}}=2\sqrt{N}+c+O\left(\frac{1}{\sqrt{N}}\right),\\ & \sum _{n=R}^S\frac{\chi (n)}{\sqrt{n}}=O\left(\frac{1}{\sqrt{R}}\right),\\ & \sum _{n=R}^S\frac{\chi (n)}{n}=O\left(\frac{1}{R}\right).\end{array}$$第一个估计是简明的数分技巧, 第二和第三个则是借助 $\chi (n)$ 的部分和有限, 由 Abel 公式得到的. 将它们代入 $S_N$ 的计算, 我们得到$$\begin{array}{rl}\sum _{S_1}& =O\left(N^{1/4}{N}^{-1/4}\right)=O(1),\\ \sum _{S_2}& =\sum _{n\le \sqrt{N}}\frac{\chi (n)}{\sqrt{n}}\left(2\sqrt{\frac{N}{n}}+c+O\left(\sqrt{\frac{n}{N}}\right)\right)\\ & =2\sqrt{N}\cdot L(1,\chi )+O(1).\end{array}$$因此若 $L(1,\chi )=0$ 则导致 $O(1)\ge \frac{1}{2}\log N+O(1)$ 的矛盾, 从而结论得证.

$\square$

(...)

3应用

参见: Dirichlet 素数定理

(...)

4相关概念

•	Riemann $\zeta$ 函数
•	Hecke $L$ 函数
•	Artin $L$ 函数
•	Dirichlet 素数定理

术语翻译

Dirichlet $L$ 函数 • 英文 Dirichlet $L$ function • 德文 dirichletsche $L$-Funktion • 法文 fonction $L$ de Dirichlet