华南理工大学 2024年数学分析第6题

考虑黎曼 zeta 函数 $\zeta(x) = \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^x}$，其中 $x > 1$。对于每个固定的 $x>1$，该级数是收敛的 $p$-级数（$p = x > 1$）。

取任意 $a > 1$，考虑区间 $[a, +\infty)$。对于任意 $x \ge a$，有 $\frac{1}{n^x} \le \frac{1}{n^a}$。由于 $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^a}$ 收敛（$a>1$），由 Weierstrass M-判别法，原级数在 $[a, +\infty)$ 上一致收敛。每个单项 $1/n^x$ 关于 $x$ 连续，因此和函数 $\zeta(x)$ 在 $[a, +\infty)$ 上连续。由于 $a$ 可以任意接近 $1$，所以 $\zeta(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上连续。

考虑形式导数级数：$\sum_{n=1}^\infty \frac{d}{dx} \left( \frac{1}{n^x} \right) = \sum_{n=1}^\infty \left( -\ln n \cdot n^{-x} \right)$。对于 $x \ge a > 1$，有 $\left| -\frac{\ln n}{n^x} \right| \le \frac{\ln n}{n^a}$。级数 $\sum_{n=2}^\infty \frac{\ln n}{n^a}$ 当 $a>1$ 时收敛（可用积分判别法）。由 Weierstrass M-判别法，导数级数在 $[a,+\infty)$ 上一致收敛。原级数在 $x=a$ 收敛，由函数项级数逐项求导定理，$\zeta'(x) = -\sum_{n=1}^\infty \frac{\ln n}{n^x}$ 对 $x>1$ 成立。

假设对某个 $k \ge 1$，有 $\zeta^{(k)}(x) = (-1)^k \sum_{n=1}^\infty \frac{(\ln n)^k}{n^x}$，且该级数在任意 $[a,+\infty)$（$a>1$）上一致收敛。考虑下一阶导数：$\zeta^{(k+1)}(x) = (-1)^k \sum_{n=1}^\infty \frac{d}{dx} \left( \frac{(\ln n)^k}{n^x} \right) = (-1)^{k+1} \sum_{n=1}^\infty \frac{(\ln n)^{k+1}}{n^x}$。对于 $x \ge a > 1$，有 $\frac{(\ln n)^{k+1}}{n^x} \le \frac{(\ln n)^{k+1}}{n^a}$。级数 $\sum_{n=2}^\infty \frac{(\ln n)^{k+1}}{n^a}$ 对任意固定的 $k$ 和 $a>1$ 收敛（积分判别法）。因此导数级数一致收敛，可逐项求导。由数学归纳法，$\zeta(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上无穷次可微。

我们已经证明：1. 原级数在任意闭区间 $[a,b] \subset (1,+\infty)$ 上一致收敛，从而连续；2. 任意阶导数级数也在同样区间上一致收敛，从而可以逐项求导任意多次。因此黎曼 zeta 函数 $\zeta(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上连续且无穷次可微。