黎曼猜想- 维基百科，自由的百科全书

黎曼猜想所以被認爲是當代數學中一個重要的問題，主要是因為很多深入和重要的數學和物理結果都能在它成立的大前提下得到證明。

大部份數學家也相信黎曼猜想的正確性（約翰· ... 黎曼猜想 數學猜想與素數的重新劃分有關 語言 監視 編輯   此條目介紹的是數學中由波恩哈德·黎曼所提出的未解決之問題。

關於音樂和聲理論中由胡戈·里曼所提出的和聲分析理論，請見「里曼理論」。

黎曼猜想（英語：Riemannhypothesis，RH）由德國數學家波恩哈德·黎曼於1859年提出。

它是數學中一個重要而又著名的未解決的問題，有「猜想界皇冠」之稱，多年來它吸引了許多出色的數學家為之絞盡腦汁。

其猜想為： 黎曼ζ函數， ζ ( s ) = 1 1 s + 1 2 s + 1 3 s + 1 4 s + ⋯ {\displaystyle\zeta(s)={\frac{1}{1^{s}}}+{\frac{1}{2^{s}}}+{\frac{1}{3^{s}}}+{\frac{1}{4^{s}}}+\cdots} 。

非平凡零點（在此情況下是指 s {\displaystyles} 不為 − 2 {\displaystyle-2} 、 − 4 {\displaystyle-4} 、 − 6 ⋯ {\displaystyle-6\cdots} 等點的值）的實數部份是 1 2 {\displaystyle{\frac{1}{2}}} 。

未解決的數學問題：黎曼ζ函數的每個非平凡零點的實部是否同為 1 2 {\displaystyle{\frac{1}{2}}} ？ 黎曼猜想是關於黎曼ζ函數 ζ ( s ) {\displaystyle\zeta(s)} 的零點分布的猜想。

黎曼ζ函數在任何複數 s ≠ 1 {\displaystyles\neq1} 上有定義。

它在負偶數上也有零點（例如，當 s = − 2 , s = − 4 , s = − 6 , ⋯ {\displaystyles=-2,s=-4,s=-6,\cdots} ）。

這些零點是「平凡零點」。

黎曼猜想關心的是非平凡零點。

黎曼猜想提出： 黎曼ζ函數非平凡零點的實數部份是 1 2 {\displaystyle{\frac{1}{2}}} 即所有的非平凡零點都應該位於直線 1 2 + t i {\displaystyle{\frac{1}{2}}+t\mathbf{i}} （「臨界綫」）上。

t {\displaystylet} 為一實數，而 i {\displaystyle\mathbf{i}} 為虛數的基本單位。

沿臨界綫的黎曼ζ函數有時通過Z-函數進行研究。

它的實零點對應於ζ函數在臨界綫上的零點。

質數在自然數中的分布問題在純粹數學和應用數學上都很重要。

質數在自然數中的分布並沒有簡單的規律。

黎曼（1826－1866）發現質數出現的頻率與黎曼ζ函數緊密相關。

1901年HelgevonKoch指出，黎曼猜想與強條件的質數定理 π ( x ) = Li ⁡ ( x ) + O ( x ln ⁡ x ) {\displaystyle\pi\left(x\right)=\operatorname{Li}(x)+O\left({{\sqrt{x}}\lnx}\right)} 等價。

現在已經驗證了最初的1,500,000,000個質數對這個定理都成立。

但是是否所有的解對此定理都成立，至今尚無人給出證明。

黎曼猜想所以被認爲是當代數學中一個重要的問題，主要是因為很多深入和重要的數學和物理結果都能在它成立的大前提下得到證明。

大部份數學家也相信黎曼猜想的正確性（約翰·恩瑟·李特爾伍德與阿特勒·塞爾伯格曾提出懷疑。

塞爾伯格於晚年部分改變了他的懷疑立場。

在1989年的一篇論文中，他猜測黎曼猜想對更廣泛的一類函數也應當成立）。

克雷數學研究所設立了$1,000,000美元的奬金給予第一個得出正確證明的人。

目次 1歷史 2黎曼猜想與質數定理 3黎曼猜想之結果及其等價命題 3.1默比烏斯函數的增長率 3.2積性函數增長率 3.3里斯判準與二項式係數和 3.4韋伊判準、李判準 3.5與法里數列的關係 3.6跟群論的關係 3.7臨界線定理 4已否證的猜想 5相對弱的猜想 5.1林德勒夫猜想 5.2大質數間隙猜想 6證明黎曼猜想的嘗試 6.1黎曼猜想證明的可能的著手方向 6.2與算子理論的可能聯繫 7搜尋ζ函數的零點 8參考文獻 8.1引用 8.2來源 9相關 歷史編輯  黎曼ζ函數在臨界線 Re ( s ) = 1 2 {\displaystyle{\text{Re}}(s)={\frac{1}{2}}}  上的實部（紅色）和虛部（藍色）。

我們可以看到最起初的幾個非平凡零點就位於 Im ( s ) = ± 14.135 , ± 21.022 {\displaystyle{\text{Im}}(s)=\pm14.135,\pm21.022}  和 ± 25.011 {\displaystyle\pm25.011}  上。

 黎曼ζ函數實部與虛部的數值比較圖，也就是 Re ( ζ ( s ) ) {\displaystyle{\text{Re}}(\zeta(s))}  vs. Im ( ζ ( s ) ) {\displaystyle{\text{Im}}(\zeta(s))}  ，沿著臨界線 s = t i + 1 2 {\displaystyles=t\mathbf{i}+{\frac{1}{2}}}  ， t {\displaystylet}  由0到34 黎曼1859年在他的論文《ÜberdieAnzahlderPrimzahlenuntereinergegebenenGröße》中提及了這個著名的猜想，但它並非該論文的中心目的，他也沒有試圖給出證明。

黎曼知道ζ函數的不平凡零點對稱地分布在直線 s = 1 2 + i t {\displaystyles={\frac{1}{2}}+\mathbf{i}t}  上，以及他知道它所有的不平凡零點一定位於區域 0 ≤ Re ( s ) ≤ 1 {\displaystyle0\leq{\text{Re}}(s)\leq1}  中。

1896年，雅克·阿達馬和CharlesJeandelaVallée-Poussin分別獨立地證明了在直線 Re ( s ) = 1 {\displaystyle{\text{Re}}(s)=1}  上沒有零點。

連同了黎曼對於不非凡零點已經證明了的其他特性，這顯示了所有不平凡零點一定處於區域 0 < Re ( s ) < 1 {\displaystyle0 0 {\displaystyle\varepsilon>0}  ，我們有 | π ( x ) − ∫ 0 x d t ln ⁡ ( t ) | = O ( x 1 / 2 + ε ) , {\displaystyle\left|\pi(x)-\int_{0}^{x}{\frac{\mathrm{d}t}{\ln(t)}}\right|=O(x^{1/2+\varepsilon}),}  式中 π ( x ) {\displaystyle\pi(x)}  為質數計數函數， ln ⁡ ( x ) {\displaystyle\ln(x)}  為 x {\displaystylex}  的自然對數，以及右手邊用上了大O符號[2]。

一個由LowellSchoenfeld提出的非近似版本，表示黎曼猜想等價於： | π ( x ) − ∫ 0 x d t ln ⁡ ( t ) | < 1 8 π x ln ⁡ ( x ) , forall  x ≥ 2657 {\displaystyle\left|\pi(x)-\int_{0}^{x}{\frac{\mathrm{d}t}{\ln(t)}}\right| 0 {\displaystyle\varepsilon>0}  都有 M ( x ) = O ( x 1 / 2 + ε ) {\displaystyleM(x)=O(x^{1/2+\varepsilon})}  ，這將會對於 M {\displaystyleM}  的增長給出了一個更緊的限制，因為即使沒有黎曼猜想我們也能得出 M ( x ) ≠ o ( x 1 2 ) {\displaystyleM(x)\neqo(x^{\frac{1}{2}})}  （關於這些符號的意思，見大O符號。

） 積性函數增長率編輯 黎曼猜想等價於一些除 μ ( n ) {\displaystyle\mu(n)}  以外一些積性函數增長率的猜想。

例如，因數函數 σ ( n ) {\displaystyle\sigma(n)}  由下式給出： σ ( n ) = ∑ d ∣ n d {\displaystyle\sigma(n)=\sum_{d\midn}d}  那在 n > 5040 {\displaystylen>5040}  的時候， σ ( n ) < e γ n ln ⁡ ln ⁡ n {\displaystyle\sigma(n) 0 {\displaystyle\epsilon>0}  成立 − ∑ k = 1 ∞ ( − x ) k ( k − 1 ) ! ζ ( 2 k ) = O ( x 1 / 4 + ϵ ) {\displaystyle-\sum_{k=1}^{\infty}{\frac{(-x)^{k}}{(k-1)!\,\zeta(2k)}}=O\left(x^{1/4+\epsilon}\right)}  哈代稍後於1918年以波萊爾求和法及梅林變換證明了下式的積分表法。

− ∑ k = 1 ∞ ( − x ) k ( k − 1 ) ! ζ ( 2 k ) = f ( x ) {\displaystyle-\sum_{k=1}^{\infty}{\frac{(-x)^{k}}{(k-1)!\,\zeta(2k)}}=f(x)}  其它相關的積性函數的增長率也具有與黎曼猜想等價的表述。

考慮二項式係數和 c k = ∑ j = 0 k ( − 1 ) j ( k j ) 1 ζ ( 2 j + 2 ) {\displaystylec_{k}=\sum_{j=0}^{k}(-1)^{j}{k\choosej}{\frac{1}{\zeta(2j+2)}}}  ，Báez-Duarte[4][5]與Flajolet、BrigitteVallée[6]證明了黎曼猜想等價於對所有的 ϵ > 0 {\displaystyle\epsilon>0}  下式成立 c k ≪ k − 3 / 4 + ϵ {\displaystylec_{k}\llk^{-3/4+\epsilon}}  。

類似的還有以下級數 d k = ∑ j = 2 k ( − 1 ) j ( k j ) 1 ζ ( j ) {\displaystyled_{k}=\sum_{j=2}^{k}(-1)^{j}{k\choosej}{\frac{1}{\zeta(j)}}}  。

對此。

Flajolet與Vepstas[7]證明了黎曼猜想等價於對所有的 ϵ > 0 {\displaystyle\epsilon>0}  下式成立 | d n | < C ϵ n 1 / 2 + ϵ {\displaystyle|d_{n}| 1 2 {\displaystylee>{\frac{1}{2}}}   ∑ i = 1 m | F n ( i ) − i / m | = O ( n e ) {\displaystyle\sum_{i=1}^{m}|F_{n}(i)-i/m|=O(n^{e})}  」等價於黎曼猜想。

在這裏 m = ∑ i = 1 n ϕ ( i ) {\displaystylem=\sum_{i=1}^{n}\phi(i)}  是法里數列中 n {\displaystylen}  階項的數目。

類似地等價於黎曼猜想的命題是「給出任何 e > − 1 {\displaystylee>-1}  . ∑ i = 1 m ( F n ( i ) − i / m ) 2 = O ( n e ) {\displaystyle\sum_{i=1}^{m}(F_{n}(i)-i/m)^{2}=O(n^{e})}  」跟群論的關係編輯 黎曼猜想等價於群論中的一些猜想。

舉例說， g ( n ) {\displaystyleg(n)}  ，是對稱群 S n {\displaystyleS_{n}}  的所有元素的秩之中，最大的一個，也就是蘭道函數，則黎曼猜想等價於：對夠大的 n {\displaystylen}  ，下式成立： ln ⁡ g ( n ) < Li − 1 ⁡ ( n ) {\displaystyle\lng(n) 1 {\displaystyle{\text{Re}}\left(s\right)>1}  時沒有零點，則黎曼猜想成立，但HughMontgomery證明了這前提並不成立。

另一個更強的默滕斯猜想也同樣被否證。

相對弱的猜想編輯 林德勒夫猜想編輯 黎曼猜想有各種比較弱的結果；其中一個是由芬蘭數學家恩斯特·列奧納德·林德勒夫（ErnstLeonardLindelöf）所提出，關於ζ函數於臨界線上的增長速度的猜想，表明了給出任意的 e > 0 {\displaystylee>0}  ，當 t {\displaystylet}  趨向無限， ζ ( 1 2 + i t ) = O ( t e ) {\displaystyle\zeta\left({\frac{1}{2}}+it\right)=O(t^{e})}  。

記第 n {\displaystylen}  個質數為 p n {\displaystylep_{n}}  ，一個由英國數學家阿爾伯特·英厄姆(AlbertIngham)得出的結果顯示，林德勒夫猜想將推導出「給出任意 e > 0 {\displaystylee>0}  ，對足夠大的 n {\displaystylen}  有 p n + 1 − p n < p n 1 2 + e {\displaystylep_{n+1}-p_{n}