狄里克雷狄里克雷（Dirichlet，Peter Gustav Lejeune，1805～1859），德国数学家。对数论、数学分析和数学物理有突出贡献，是解析数论的创始人之一。在分析学方面，他是最早倡导严格化方法的数学家之一。1837年他提出函数是x与y之间的一种对应关系的现代观点。在数论方面，他是高斯思想的传播者和拓广者。1833年狄里克雷撰写了《数论讲义》，对高斯划时代的著作《算术研究》作了明晰的解释并有创见，使高斯的思想得以广泛传播。在数学物理方面，他对椭圆体产生的引力、球在不可压缩流体中的运动、由太阳系稳定性导出的一般稳定性等课题都有重要论著。1850年发表了有关位势理论的文章，论及著名的第一边界值问题，现称狄里克雷问题。狄利克雷函数 (dirichlet\ function) 是一个定义在实数范围上、值域不连续的函数。狄利克雷函数是一个偶函数，它处处不连续，处处极限不存在，不可黎曼积分。狄利克雷η函数在解析数论领域，狄利克雷η函数定义为\eta(s)=(1-2^{1-s})\zeta(s)\\ 其中 \zeta 为黎曼 \zeta 函数，但也可用 \eta
函数来定义 \zeta 函数 \eta(s)=\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{(-1)^{n-1}}{n^s}}\\ 其中 s\in \mathbb C\ \forall\
\Re(s)>0 狄利克雷 \eta 函数的积分表达式为\eta(s)=\frac{1}{\Gamma(s)}\int_{0}^{\infty}{\frac{x^{s-1}}{e^x+1}dx}\\ 英国数学家哈代给出了它的函数方程\eta(-s)=2\pi^{-s-1}s\sin\frac{\pi s}{2}\Gamma(s)\eta(s+1)\\ 因此便将该函数延拓到了整个复数域狄利克雷 \eta 函数的欧拉变换欧拉变换利用级数项的差分重组级数的方法，把级数进行变换，该过程和方法称为欧拉变换。\sum_{n=0}^{\infty}{(-1)^na_n}=\sum_{n=0}^{\infty}{2^{-(n+1)}\Delta^na_0}\\ 其中 \Delta^na_0=\sum_{k=0}^{n}{(-1)^k\left(\begin{matrix}n\\k\end{matrix}\right)}a_k 表示 a_0 的 n 阶前向差分狄利克雷 \eta 函数的欧拉变换\eta(s)=\sum_{n=0}^{\infty}{2^{-(n+1)}}\sum_{k=0}^{n}{(-1)^k\left(\begin{matrix}n\\k\end{matrix}\right)(k+1)^{-s}}\\ \eta(1) 的值我们可用较初等的方法得出\eta(1) 的值\eta(1)=\sum_{n=0}^{\infty}{\frac{(-1)^n}{n+1}}\\ 设母函数为 \begin{align} f(x)&=\ \sum_{n=0}^{\infty}{\frac{(-x)^n}{n+1}}\\\\&=\ -\frac{1}{x}\sum_{n=0}^{\infty}{\frac{(-x)^{n+1}}{n+1}}\\\\&=\ \frac{1}{x}\int_{0}^{x}\sum_{n=0}^{\infty}{(-x)^n}dx\\\\&=\ \frac{1}{x}\int_{0}^{x}\frac{dx}{1+x}\\\\&=\ \frac{1}{x}\ln(1+x) \end{align}\\
设 x=1 得\color{red}{f(1)=\eta(1)=\ln2}\\ \eta(2n) 的伯努利数表达式\eta(s) 和 \zeta(s) 的关系为\eta(s)=(1-2^{1-s})\zeta(s)\\ 我们知道 \zeta(2n) 的伯努利数表达式为\zeta(2n)= (-1)^{n+1}\frac{(2\pi)^{2n}}{2(2n)!}B_{2n}\\ 所以\color{red}{\eta(2n)=(-1)^{n+1}\frac{\pi^{2n}(2^{2n-1}-1)}{(2n)!}B_{2n}}\\ \eta(s) 的导数\eta(s) 对 s 的导数为\begin{align} \eta'(s)= \frac{d}{ds}\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{(-1)^{n-1}}{n^s}}= \sum_{n=1}^{\infty}{(-1)^{n}\frac{\ln n}{n^s}} \end{align}\\ 当 s\ne1 ，又有\eta'(s)=2^{1-s}\ln2\zeta(s)+(1-2^{1-s})\zeta'(s)\\ 对于 \forall s\in\mathbb C,\ \Re(s)> 0 ，我们能够得到 \eta(s) 的 k 阶导数\color{green}{\eta^{(k)}(s)=\sum_{n=1}^{\infty}{(-1)^n\frac{\ln^kn}{n^s}}}\\ 当 s=1 时\color{red}{\eta^{(k)}(1)=\sum_{n=1}^{\infty}{(-1)^n\frac{\ln^kn}{n}}}\\ \eta(s) 的洛朗级数\zeta(s) 的洛朗级数可写成\zeta(s)=\frac{1}{s-1}+\sum_{n=0}^{\infty}{\frac{(-1)^n}{n!}\gamma_n(s-1)^n}\\ 其中 \gamma_n 为斯蒂尔吉斯常数，其定义为\gamma_n=\lim_{r\rightarrow\infty}{\left( \sum_{k=1}^{r}\frac{\ln^nk}{k}- \frac{\ln^{n+1}r}{n+1} \right)}\\ \zeta(s) 与 \eta(s) 又有如下关系\eta(s)=(1-2^{1-s})\zeta(s)\\ 这样我们便能够得到 \eta(s) 的洛朗级数了先来看看 1-2^{1-s} 这一项：1-2^{1-s}=1-e^{-(s-1)\ln2}=\sum_{n=1}^{\infty}{(-1)^n\frac{\ln^n2}{n!}(s-1)^n}\\ 利用柯西离散卷积定理\sum_{n=0}^{\infty}{a_n}\ast \sum_{n=0}^{\infty}{b_n}= \sum_{n=0}^{\infty}\sum_{k=0}^{n}{a_kb_{n-k}}\\ 我们最终可得到\color{red}{\eta(s)= \sum_{n=0}^{\infty}{\left( \frac{\ln2}{n+1}-\sum_{k=0}^{n-1}{\left(\begin{matrix}n\\k\end{matrix}\right)\frac{\gamma_n}{\ln^{k}2}} \right)(-1)^n\frac{\ln^{n}2}{n!}(s-1)^n}}\\ 我们可以学斯蒂尔吉斯定义一个新常数 \Gamma_n ：\color{green}{\Gamma_n=\left(\frac{\ln2}{n+1}-\sum_{k=0}^{n-1}{\left(\begin{matrix}n\\k\end{matrix}\right)\frac{\gamma_n}{\ln^{k}2}}\right)\ln^{n}2}\\ 暂时将 \Gamma_n 命名为 Linq 常数所以我们得到了简洁的表达式\color{blue}{\eta(s)= \sum_{n=0}^{\infty}{\frac{(-1)^n}{n!}\Gamma_n(s-1)^n}}\\ \eta'(1) 的值接下来我们来考察 \eta(s) 的导数\color{blue}{\eta'(s)= \sum_{n=0}^{\infty}{\frac{(-1)^n}{n!}\Gamma_n}\color{green}{n(s-1)^{n-1}}}\\ 当 s\rightarrow1 时， 我们会发现只有当 n=1 时级数项不等于零，而 \lim_{s,n\rightarrow1}\color{green}{n(s-1)^{n-1}}=\color{green}1\\ 因此我们可以得到 \eta'(1) ：\eta'(1)=-\Gamma_1=-\left(1-2 \left(\begin{matrix}0\\0\end{matrix}\right) \frac{\gamma}{\ln2} \right) \frac{\ln^22}{2!}= \gamma\ln2-\frac{1}{2}\ln^22\\ 即\color{red}{\eta'(1)=\gamma\ln2-\frac{1}{2}\ln^22}\\ \eta^{(k)}(1) 的值同样的道理，我们可以得到 \eta^{(k)}(s) 的洛朗级数\color{blue}{\eta^{(k)}(s)=\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{(-1)^n}{(n-k)!}\Gamma_n(s-1)^{n-k}}}\\ 于是同样能得到 \eta^{(k)}(1) 等于\color{red}{\sum_{n=1}^{\infty}{(-1)^n\frac{\ln^kn}{n}}}=
\color{green}{(-1)^k\Gamma_k}=\color{purple}{ (-1)^k\ln^k2\left( \frac{\ln2}{k+1}-\sum_{r=0}^{k-1}{\left(\begin{matrix}k\\r\end{matrix}\right)\frac{\gamma_r}{\ln^r2}} \right)}\\ 这使我们有机会计算出关于对数幂的交错级数，例如\left.\begin{align}\ \ &\color{red}{\sum_{n=1}^{\infty}{(-1)^n\frac{\ln^2n}{n}}}= \color{green}{\Gamma_2}= \color{purple}{\ln^22\left(\frac{\ln2}{3}-\gamma-\frac{2}{\ln2}\gamma_1\right)}\approx\color{orange}{0.06537}\\\\ &\color{red}{\sum_{n=1}^{\infty}{(-1)^n\frac{\ln^3n}{n}}}= \color{green}{-\Gamma_3}= \color{purple}{-\ln^32\left(\frac{\ln2}{4}-\gamma-\frac{3}{\ln2}\gamma_1-\frac{3}{\ln^22}\gamma_2\right)}\approx\color{orange}{0.09414}\\\\ &\color{red}{\sum_{n=1}^{\infty}{(-1)^n\frac{\ln^4n}{n}}}= \color{green}{\Gamma_4}= \color{purple}{\ln^42\left(\frac{\ln2}{5}-\gamma-\frac{4}{\ln2}\gamma_1-\frac{12}{\ln^22}\gamma_2-\frac{4}{\ln^32}\gamma_3\right)}\approx\color{orange}{-0.01800} \\\\\\&\cdots\ \cdots\ \cdots\ \cdots\
\end{align}\right.\\
交错级数 L(k)=\sum_{n=1}^{\infty}{(-1)^n\frac{\ln^kn}{n}} 我们当然希望能有一个较为初等的办法计算 L(k) ，至少能计算 L(1) 吧就拿软的捏吧 ~(￣▽￣)~*设 L=L(1)=\sum_{n=1}^{\infty}{(-1)^n\frac{\ln n}{n}}
( 哎——交错级数 )幸运的是，我们可以绕开交错：M=\sum_{n=1}^{2k}{\frac{\ln n}{n}}=\frac{\ln2}{2}+\frac{\ln3}{3}+\frac{\ln4}{4}+\cdots+\frac{\ln2k}{2k}\\ K=\sum_{n=1}^{k}{\frac{\ln 2n}{n}}=\frac{2\ln2}{2}+\frac{2\ln4}{6}+\frac{2\ln4}{8}+\cdots+\frac{2\ln2k}{2k}\\ S=\sum_{n=1}^{2k}{(-1)^n\frac{\ln n}{n}}=\frac{\ln2}{2}-\frac{\ln3}{3}+\frac{\ln4}{4}-\cdots+\frac{\ln2k}{2k}\\ 然后我们惊奇地发现S=K-M\\ 而级数 K,\ M 都较为友好，让我们认真看看 K K= \sum_{n=1}^{k}{\frac{\ln 2n}{n}}= \sum_{n=1}^{k}{\frac{\ln 2+\ln n}{n}}= \sum_{n=1}^{k}{\frac{\ln 2}{n}}+ \sum_{n=1}^{k}{\frac{\ln n}{n}}\\ 那么 K-M 等于\begin{align} S=&\ \sum_{n=1}^{k}{\frac{\ln2}{n}}- \sum_{n=1}^{k}{\frac{\ln(n+k)}{n+k}}\\\\=&\ (H_k-\ln k)\ln2+\ln2\ln k- \sum_{n=1}^{k}{\frac{\ln(n+k)}{n+k}} \end{align}\\ 其中 H_n=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n} 为 n 阶调和级数上面最后一步的操作，是为了后面取极限时可以将调和级数转化为有限的常数，但又产生出了一个无穷项 (此消彼长...)接下来我们看看剩余项的造化首先做个改造\frac{\ln(n+k)}{n+k}= \frac{\ln[k(1+\frac{n}{k})]}{n+k}= \frac{\ln k}{n+k}+\frac{\ln(1+\frac{n}{k})}{k(1+\frac{n}{k})}\\
所以\ln2\ln k-\sum_{n=1}^{k}{\frac{\ln(n+k)}{n+k}}=\ln k\left( \ln2- \sum_{n=1}^{k}{\frac{1}{n+k}}\right)- \sum_{n=1}^{k}{\frac{\ln(1+\frac{n}{k})}{k(1+\frac{n}{k})}}\\现在设L_r(k)=\sum_{n=1}^{k}\frac{1}{n}\frac{\ln^r(1+\frac{n}{k})}{1+\frac{n}{k}}\\ 所以 S 可写成S=(H_n-\ln k)\ln2+(\ln2-L_0(k))\ln k-L_1(k)\\ 接下来设l_r(x)=\frac{\ln^r(1+x)}{1+x}\\ 根据欧拉-麦克劳林中值定理：\color{red}{ \lim_{n\rightarrow\infty}{n\left(\sum_{k=1}^{n}{\frac{1}{n}f(\frac{k}{n})}-\int_{0}^{1}{f(x)dx}\right)}=\frac{f(1)-f(0)}{2} }\\ 可得L_0(k) ：\begin{align} L_0(k)=&\ \sum_{n=1}^{k}{\frac{1}{n}l_0(\frac{n}{k})}\\\\=&\ \frac{l_0(1)-l_0(0)}{2k}+\int_{0}^{1}{l_0(x)dx}\\\\=&\ \frac{1}{2k}\left(\frac{1}{2}-1\right)+\int_{0}^{1}{\frac{dx}{1+x}}\\\\=&\ \ln2-\frac{1}{4k} \end{align}\\ L_1(k) ：\begin{align} L_1(k)=&\ \sum_{n=1}^{k}{\frac{1}{n}l_1(\frac{n}{k})}\\\\=&\ \frac{l_1(1)-l_1(0)}{2k}+\int_{0}^{1}{l_1(x)dx}\\\\=&\ \frac{\ln2}{4k}+\int_{0}^{1}{\frac{\ln(1+x)}{1+x}dx}\\\\=&\ \frac{1}{2}\ln^22+\frac{\ln2}{4k} \end{align}\\ 综上所述\left\{\begin{align}\ &L_0(k)=\ln2-\frac{1}{4k}\\\\ &L_1(k)=\frac{1}{2}\ln^22+\frac{\ln2}{4k} \end{align}\right.\\ 代入 S 可得S=(H_n-\ln k)\ln2-\frac{1}{2}\ln^22+\frac{1}{4k}\ln\left(\frac{k}{2}\right)\\ 取极限 k\rightarrow\infty ：\color{red}{L=\sum_{n=1}^{\infty}{(-1)^n\frac{\ln n}{n}}=\gamma\ln2-\frac{1}{2}\ln^22}\\ 千与千寻 b（￣▽￣）d　Euler-Maclaurin 中值定理\int_{a}^{b}{f(x)dx}=hT_n+R_\nu\\ 其中h=\frac{b-a}{n} T_n=\frac{f(a)+f(b)}{2}+ \sum_{k=0}^{n}{f(a+kh)} \begin{align} R_\nu&\ =-\sum_{k=1}^{\nu-1}{\frac{h^kB_k}{k!}\left(f^{(k-1)}(b)-f^{(k-1)}(a)\right)}\\\\&+\ \frac{h^{\nu-1}}{\nu!}\int_{0}^{1}{\left(B_\nu(1-t)-B_\nu\right)\sum_{k=0}^{n-1}{f^{(\nu)}}(a+kh+ht)dt} \end{align}
若我们取 \nu=1 ， R_\nu=R_1=0 ：\begin{align} \int_{a}^{b}{f(x)dx}= hT_n= \frac{h}{2}(f(a)+f(b))+ h\sum_{k=0}^{n}{f(a+kh)} \end{align}\\ 若 a=0,\ b=1 ，则 h=\frac{b-a}{n}=\frac{1}{n} ：\begin{align} \int_{0}^{1}{f(x)dx}= \frac{f(0)+f(1)}{2n}+ \frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n}{f(\frac{k}{n})} \end{align}\\ 当然这里的 n\rightarrow\infty 又因为 \sum_{k=\color{red}0}^{n}{f(\frac{k}{n})}=\sum_{k=\color{red}1}^{n}{f(\frac{k}{n})}+f(0)\\ 故\begin{align} \int_{0}^{1}{f(x)dx}= \frac{f(1)-f(0)}{2n}+ \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}{f(\frac{k}{n})} \end{align}\\ 所以我们可以得到以下重要结论\color{red}{ \lim_{n\rightarrow\infty}{n\left(\sum_{k=1}^{n}{\frac{1}{n}f(\frac{k}{n})}-\int_{0}^{1}{f(x)dx}\right)}=\frac{f(1)-f(0)}{2} }\\ 可定义为欧拉-麦克劳林中值定理或者\color{purple}{\sum_{k=1}^{n}{\frac{1}{n}f(\frac{k}{n})}= \frac{f(1)-f(0)}{2n}+ \int_{0}^{1}{f(x)dx}}\\ 其中 n\rightarrow\infty Euler-Maclaurin 求和公式同样的方法可得更常用的欧拉-麦克劳林求和公式\color{blue}{\sum_{n=a}^{b}{f(n)}=\frac{f(a)+f(b)}{2}+\int_{a}^{b}{f(x)dx}+R_\nu}\\ 其中 \nu\rightarrow\infty R_\nu=\sum_{k=1}^{\nu-1}{\frac{B_{2k}}{(2k)!}\left(f^{(k-1)}(b)-f^{(k-1)}(a)\right)} 表示 \nu 阶近似下的余项取 \nu=1 可得级数的一阶近似\color{red}{\sum_{n=a}^{b}{f(n)}=\frac{f(a)+f(b)}{2}+\int_{a}^{b}{f(x)dx}}\\

所谓黎曼函数R(x)，是定义在区间0~1上的一个构造函数：当x是有理数p/q（p、q为互质整数）时,R(x)=1/q;当x是无理数时，R(x)=0.黎曼函数是由黎曼进行定义，用来作为数学分析中反例说明函数方面的待证性质的。如：
黎曼函数在（0，1）内所有无理数点处连续，在所有有理数点处间断。每一点处都存在着极限，且极限都是0（可见间断点都属第一类中的可去间断点）。
这个函数在[0，1]上可积，它在[0，1]上的定积分为0，等等。
下面将对黎曼函数的间断点是第一类间断点中的可去间断点进行证明。先证明对于（0，1）中的任意一点a，当x→a时，limR(x)=0,这是因为，对任意正数ε，要使|R(x)-0|&gtε成立，x显然不能取为无理数，因为x为无理数时，R(x)=0,不可能让0大于正数ε。而当x为有理数p/q时，R(x)=1/q.而要|R(x)-0|&gtε成立,即1/q&gtε,q&lt1/ε.但明显地，使这一式子成立的正整数q不会超过[1/ε],只有有限个。那么，形如p/q的这种最简真分数的个数也最多只有有限个。设这些有理数分别记为x1,x2,……，xk.然后，我们在|x1-a|、|x2-a|、……、|xk-a|中通过比较，一定能选择出最小的正数|Xi-a|，并令δ=|xi-a|/2.即存在着正数δ，当0&lt|x-a|&ltδ时，|R(x)-0|&ltε.所以，x→a时，R(x)→0.利用这一结论知，
当a为无理数时，R(x)在x=a处因极限值等于函数值，故而连续；当a为有理数点时，虽然R(x)在x=a处有极限0，但函数值R(a)不为0，从而x=a成为R(x)的第一类间断点中的可去间断点。证毕。
黎曼积分就是数学分析中的定积分，简单讲就是无限分割求曲边梯形的面积
狄利克雷（Dirichlet）函数
　　实数域上的狄利克雷（Dirichlet）函数定义为分段函数： 　　F(x) = 0 (x是无理数) 或1 (x是有理数)
基本性质
　　1、定义域为整个实数域 R 　　2、值域为 {0, 1} 　　3、函数为偶函数 　　4、无法画出函数图像 　　5、以任意正有理数为其周期（由实数的连续统理论可知其无最小正周期）
分析性质
　　1、处处不连续 　　2、处处不可导 　　3、在任何区间内黎曼不可积 　　4、函数是可测函数 　　5、在单位区间 [0,1] 上勒贝格可积，且勒贝格积分值为 0（且任意区间&lta,b&gt（区间不论开闭和是否有限）上的勒贝格积分值为0 ） 　　对性质5的说明：虽然m(R/Q)=+∞，但在R/Q上有f(x)=0，符合可积条件（说明中Q为有理数集）。
函数周期
　　狄利克雷函数是周期函数，但是却没有最小正周期，它的周期是任意有理数，而非无理数。