黎曼猜想漫谈

本文是一些关于黎曼\zeta函数的简单有趣的介绍。

从素数谈起

素数是困扰数学家千百年的难题。从欧几里得对素数无穷性的证明再到后来的黎曼猜想,为了探究素数的性质,无数数学家前仆后继。甚至有人说,如果你能用公式预测下一个素数是是什么,那么你在人类科学史上将和爱因斯坦、牛顿、欧拉、高斯并肩。

德国数学家波恩哈德·黎曼曾对素数领域做出过杰出的贡献。他的论文中许多内容影响了后人的证明,然而黎曼关于\zeta函数的根的猜想,依旧是个迷,直到近日才有人提出证明,不过在学术界还未得到证实。

先介绍几个简单的定理及公式

素数无穷性

首先,轻松一下,我们先证明一下素数的无穷性。

假设素数是有限的,令P为所有素数的积,那么P+1不能被当前所有已知素数中的任意一个整除,所以也是一个素数,与假设矛盾。

\zeta函数

我们这里讨论的\zeta函数
\large \zeta(n)=\sum_{r=1}^{\infty}\frac{1}{r^n}
如果将n=1代入,我们将得到调和级数。

欧拉乘积公式

假设f是一个积性函数,那么有狄利克雷级数
\large \sum_{n}f(n)n^{s}
等于欧拉乘积
\large \prod_{p}P(p,s)
其中,p是所有质数,P(p,s)可表示为
\large 1+f(p)p^{s}+f(p^2)p^{2s}+\cdots
我们可以把它看为f的形式母函数。形式欧拉乘积展开与f(n)为积性函数互为充要条件。

f(n)是完全积性函数时,P(p,s)为等比级数,有
\large P(p,s)=\frac{1}{1-f(p)p^{s}}
ff(n)=1时,我们可以得到
\large \zeta(s)=\sum_{n}n^{s}=\prod_p\frac{1}{1-p^{-s}}
由于篇幅有限,这里只对f(n)=1的情况作证明。对于f为其他积性函数的证明类似。
\large \zeta(s)=1+\frac{1}{2^{s}}+\frac{1}{3^{s}}+\cdots \tag{1.1}
两边同时乘以2^{s}
\large \frac{1}{2^{-}}\zeta(s)=\frac{1}{2^{s}}+\frac{1}{4^{s}}+\frac{1}{6^{s}}+\cdots \tag{1.2}
1.1式减去1.2式可以得到
\large (1-\frac{1}{2^{s}})\zeta(s)=1+\frac{1}{3^{s}}+\frac{1}{5^{s}}+\cdots \tag{1.3}
类似的,我们将1.3式两边同时乘以3^{s},可以得到
\large (1-\frac{1}{2^{s}})\frac{1}{3^{s}}\zeta(n)=\frac{1}{3^{s}}+\frac{1}{9^{s}}+\frac{1}{15^{s}}+\cdots \tag{1.4}
1.3式减去1.4式,有
\large (1-\frac{1}{2^{s}})(1-\frac{1}{3^{s}})\zeta(n)=1-\frac{1}{5^{s}}+\frac{1}{7^{s}}+\frac{1}{11^{s}}+\cdots
我们对所有的素数都做一遍以上步骤,最后可以得到
\large \zeta(n)(1-\frac{1}{2^{-s}})(1-\frac{1}{3^{-s}})(1-\frac{1}{5^{-s}})\cdots=1
也就是说
\large \zeta(n)=\frac{1}{(1-2^{-s})(1-3^{-s})(1-5^{-s})\cdots}\\
证毕。

欧拉乘积公式用莫比乌斯函数表示为
\large \frac{1}{\zeta(s)}=\sum_{n\in\mathbb{N}}\frac{\mu(n)}{n^s}

素数定理

素数定理由高斯(和勒让德)分别提出
\large \lim_{x\rightarrow\infty}\pi(x)=\frac{x}{\ln(x)}
以及另外一个近似方式。

函数
Li(x)在所有x\neq1的正实数x上有定义。
并以一个对数函数的积分方式定义
\large Li(x)=\int_{2}^x\frac{1}{\ln(t)}\mathrm{d}t

笔者未能在网上找到对素数定理的初等证明,如果读者有这方面的资料,可以在评论区分享,不胜感激。

\Gamma函数(Gamma函数)

\Gamma函数是在概率论和组合数学中常见的函数,是阶乘函数在实数和复数域上的扩展。

如果n为正整数,则
\large \Gamma(n)=(n-1)!
对于实部大于0的复数z\Gamma函数定义为
\large \Gamma(n)=\frac{\Gamma(n+1)}{n}
\Gamma函数可以用欧拉第二类积分定义为
\large \Gamma(z)=\int_{0}^{\infty}\frac{t^{z-1}}{e^t}\mathrm{d}t
\Gamma函数可以和\zeta函数联系为
\Gamma(z)\zeta(z)=\int_{0}^{\infty}\frac{t^{z-1}}{e^t-1}\mathrm{d}t\\ z\notin{1,0,-1,-2,\cdots}
从上式可以看出,\zeta函数和\Gamma函数都是复平面上的亚纯函数。

黎曼\zeta函数

黎曼第一个对复变量s考虑zeta函数\zeta(s),其中s=\sigma+it

黎曼\zeta函数对所有s\in \mathbb{C},\Re(s)>1解析的无穷级数,在这一区域内绝对收敛。

为了分析\Re(s)>1区域外的函数,黎曼通过对半平面\Re(S)>0半平面中绝对收敛的函数进行解析延拓,重新定义\zeta
\large \zeta(s)=\frac{s}{s-1}-s\int_{1}^{\infty}\frac{{x}}{x^{s+1}}\mathrm{d}x
其中{x}=x-|x|

黎曼\zeta函数的零点分布

对于所有的实部\Re(s)<0时,容易从以下zeta函数的形式中发现
\large \zeta(s)=2^s\pi^{s-1}sin(\frac{\pi s}{2})\Gamma(1-s)\zeta(1-s))
可以容易地得到,对于所有负偶数s=-2nsin\frac{\pi s}{2}=0,是黎曼函数的非平凡零点。

对于\Re(s)>1的情况,由欧拉乘积公式可以得到
\large \zeta(s)=\prod_p\frac{1}{1-p^{-s}}
是不收敛的,所以对\Re(s)>1的情况,不存在零点。

对于实部0\leq\Re(s)<1的零点的分布,黎曼提出了他的推测,也就是大名鼎鼎的黎曼猜想

黎曼猜想

黎曼zeta函数\zeta(s)非平凡零点的实部\Re(s) = 1/2

下面我们将我们将把\zeta函数的零点和素数的分布结合起来

我们定义黎曼素数计数函数J(x)
\large J(x)=\pi(x)+\frac{1}{2}\pi(\sqrt{x})+\frac{1}{3}\pi(\sqrt[3]{x})+\frac{1}{4}\pi(\sqrt[4]{x})+\cdots
J(x)按照以下规则增加
J(x)\ \ 跳跃 \begin{cases} 1\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ x\ is\ a\ prime\\ \frac{1}{2}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ x=p^2\\ \frac{1}{3}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ x=p^3\\ \cdots\ \ \ \ \ \ \ \cdots \end{cases}

通过莫比乌斯反演我们可以得到
\large \pi(x)=\sum_{n}\mu(n)\frac{J(\sqrt[n]{x})}{n}

我们可以用这个方法近似地求\pi(x)

欧拉乘积公式的变换

欧拉乘积公式
\large \zeta(n)=\prod_{n}\frac{1}{1-n^{-s}}
两边同时取对数
\large \log\zeta(n)=\sum_{n}\log(\frac{1}{1-n^{-s}})
用麦克劳林级数展开可以得
\large \log\zeta(n)=\sum_{n}\sum_{i=1}^{\infty}\frac{1}{in^{is}}
黎曼将上式用J(x)下的积分表示为
\large \frac{1}{s}\log\zeta(s)=\int_{0}^{\infty}J(x)x^{-s-1}\mathrm{d}x

黎曼素数定理

接着,黎曼提出了自己的素数定理,是对Li(x)的一个改进
\large J(x)=Li(x)-\sum{\rho}^\infty Li(x^\rho)-\log2+\int_{x}^\infty \frac{1}{t(t^2-1)\log t}\mathrm{d}t
其中第二项为\zeta函数的非平凡零点

黎曼素数定理在逼近\pi(x)上有很高的精度。事实上,冯·柯赫在 1901 年证明,使用黎曼猜想的零点来校正Li(x),是素数定理中误差项的“最佳可能”边界。

由于博主水平有限,如有错误请在下方评论区指出。谢谢

本文参考自

黎曼猜想及其解释

黎曼猜想

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