黎曼猜想完整简明证明
黎曼猜想等价命题
黎曼猜想是数论领域的一项重要问题，它涉及到黎曼ζ函数的零点分布。
虽然目前尚未得到最终证明，但根据黎曼猜想，可以得出许多等价的命题和数学结论。
以下是几个与黎曼猜想等价的命题：
1. 黎曼猜想与素数分布：黎曼猜想表明黎曼ζ函数的非平凡零点都位于复平面上的直线Re(s) = 1/2 上。
而黎曼ζ函数与素数密切相关，因此黎曼猜想与素数的分布有关。
2. 黎曼猜想与素数定理：素数定理是一个关于素数分布的重要定理，它表明当自然数 n 趋向无穷大时，小于或等于 n 的素数的个数约等于 n/ln(n)。
黎曼猜想是素数定理的一个推广和加强，可以说黎曼猜想蕴含了素数定理。
3. 黎曼猜想与黎曼假设：黎曼假设是复数域上的一种推广，与黎曼猜想是等价的。
黎曼假设表明复数域上的所有埃尔米特型函数的非平凡零点都位于复平面上的直线Re(s) = 1/2 上，包括黎曼ζ函数。
4. 黎曼猜想与模形式：黎曼猜想与模形式有密切联系，特别是与椭圆模形式的零点有关。
黎曼猜想是椭圆模形式零点分布的一个推广。
需要注意的是，尽管这些命题与黎曼猜想等价，但至今仍未有人成功证明黎曼猜想。
黎曼猜想是数学领域一个尚未解决的难题，其证明仍然是数学界的重要挑战。
质数公式 黎曼猜想
质数公式黎曼猜想黎曼猜想是数学领域中一个备受关注的问题，它是由德国数学家黎曼在1859年提出的。
这个猜想与质数有着密切的关系，因此被称为质数公式黎曼猜想。
本文将从质数和黎曼猜想两个方面来展开讨论。
质数是自然数中的一类特殊数字，它只能被1和自身整除，不能被其他数字整除。
例如，2、3、5、7等都是质数。
质数在数学中起着举足轻重的作用，不仅在理论上有重要地位，而且在实际应用中也有广泛的应用。
质数的研究涉及到数论等多个数学分支，是非常复杂和深奥的。
黎曼猜想则是在质数研究中的一个重要问题。
它提出了一种与质数分布有关的数学函数，即黎曼zeta函数的零点分布。
黎曼zeta函数是一个复数域上的函数，定义为zeta(s) = 1^(-s) + 2^(-s) + 3^(-s) + ...，其中s是一个复数。
黎曼猜想认为，黎曼zeta函数的所有非平凡零点都位于复平面的直线Re(s) = 1/2上。
这个猜想的重要性在于它与许多数论问题的解决息息相关。
如果黎曼猜想成立，那么我们就能够更好地了解质数的分布规律，从而推导出其他与质数有关的数学结论。
然而，至今为止，黎曼猜想尚未被证明或否定，它仍然是数学界的一个未解之谜。
许多数学家为了解决黎曼猜想，做出了大量的努力。
他们使用了各种数学工具和方法，进行了大量的计算和推导。
然而，迄今为止，还没有找到确凿的证据来证明或否定黎曼猜想。
这个问题的困难在于黎曼函数的复杂性以及涉及到的数学技巧的复杂性。
虽然黎曼猜想尚未被证明，但它仍然是数学研究的一个重要方向。
许多数学家继续致力于研究和探索，希望能够找到解决这个问题的方法。
他们通过计算机模拟、数学推导和分析等方法，不断拓展我们对质数和黎曼函数的认识。
无论黎曼猜想是否最终被证明，它都是数学领域中的一个重大问题。
它的提出促使了数学界对质数和黎曼函数的深入研究，推动了数学理论的进步。
无论是解决黎曼猜想，还是在探索的过程中获得其他的数学成果，都将对数学领域产生重要的影响。
黎曼猜想
有意思的是，黎曼那篇文章的成果虽然重大，文字却极为简练，甚至简练得有些过分，因为它包括了很多 “证明从略”的地方。而要命的是，“证明从略”原本是应该用来省略那些显而易见的证明的，黎曼的论文却并 非如此，他那些“证明从略”的地方有些花费了后世数学家们几十年的努力才得以补全，有些甚至直到今天仍是 空白。
内容
黎曼观察到，素数的频率紧密相关于一个精心构造的所谓黎曼zeta函数ζ(s)的性态。黎曼假设断言，方程 ζ(s)=0的所有有意义的解都在一条直线上。这点已经对于开始的1,500,000,000个解验证过。
黎曼ζ函数 ζ(s)是级数表达式
在复平面上的解析延拓。
之所以要对这一表达式进行解析延拓，是因为这一表达式只适用于复平面上 s的实部 Re(s) > 1的区域 （否则级数不收敛）。黎曼找到了这一表达式的解析延拓（当然黎曼没有使用 “解析延拓”这样的现代复变函数 论术语）。运用路径积分，解析延拓后的黎曼ζ函数可以表示为：
谢谢观看
德国数学家戴维·希尔伯特在第二届国际数学家大会上提出了20世纪数学家应当努力解决的23个数学问题， 其中便包括黎曼假设。现今克雷数学研究所悬赏的世界七大数学难题中也包括黎曼假设。
当今数学文献中已有超过一千条数学命题以黎曼猜想（或其推广形式）的成立为前提。
黎曼猜想与费马大定理已经成为广义相对论和量子力学融合的m理论几何拓扑载体。
在黎曼猜想的研究中，数学家们把复平面上 Re(s)=1/2的直线称为 critical line（临界线）。运用这一 术语，黎曼猜想也可以表述为：黎曼ζ函数的所有非平凡零点都位于 critical line上。即黎曼ζ函数的所有非 平凡零点都位于复平面上 Re(s)=1/2的直线上（Re(s)表示复数s的实数部分）。
黎曼猜想的简单理解
黎曼猜想的简单理解黎曼猜想，又叫黎曼假设，是由19世纪德国数学家哥廷根黎曼发表的一个重要猜想，它期望着为任意大于3的自然数N，寻找一组相同大小的整数，可以组成数学上著名的定理：黎曼假设成立时，每个大于3的自然数都能够表示为两个素数（质数）的和。
黎曼假设和定理可以用以下等式来描述：黎曼假设：对于任意大于3的自然数N，存在两个素数p和q，使得N=p+q黎曼定理：对于任意大于3的自然数N，都存在两个素数p和q，使得N=p+q。
黎曼猜想是一个有着悠久历史的数学问题，它有着深远的影响，并在研究者中引发了巨大的兴趣。
自从黎曼发表这个猜想以来，数学家们就从事着它的研究，可惜的是，迄今为止，这个猜想仍未得到令人满意的证明。
黎曼假设的研究很受欢迎，因为它涉及了抽象和复杂的数学结构，以及计算机科学的许多概念。
它也与代数、几何、概率论和组合数学有着深刻的关系，这些都是数学的重要分支。
此外，黎曼猜想也有重要的实用价值。
它关于数字解密的实际应用，它曾被利用过，用于破解密码，然而，由于种种原因，它不总是有效的。
在研究黎曼猜想的历史上，研究者们一直写出了大量的论文和文章，提出了许多解决问题的可能性论点，但到目前为止，黎曼猜想仍未得到证明，也没有任何很好的解决方案。
虽然黎曼猜想尚未解决，但这不妨碍数学家们对它的研究和讨论。
它也在一定程度上促进了数学研究的发展，特别是在质数与素数理论方面，成为全球数学家研究的重点领域。
因此，可以认为黎曼猜想以及它的定理，是数学领域的一个重要议题。
它的影响一直深入到抽象数学及计算机科学等其他领域，而且，它也为数学研究者们带来了挑战和机会。
未来，黎曼猜想仍将成为当今众多数学家研究的焦点，他们将继续探索和发现，最终找到有用的解决方法。
对黎曼猜想的证明
non-trivial zero points of ζ ( s) ;
z
ζ (ρ)
exists infinite non-trivial zero points lying on line
Re ( s )
=
1 2
.
Riemann further conjectured that all non-trivial zeros of
Γ ( s) here is the Euler gamma function
∏ 1
Γ(s)
=
s
∞ n=1
⎛⎜⎝1 +
s n
⎞ ⎟⎠
⎛⎜⎝1 +
1 n
⎞−s ⎟⎠
.
(4)
Moreover, this zeta function ζ ( s) has the following properties:
z ζ ( s) has an analytic continuation to the whole complex plane except for a simple pole at
s =1;
z ζ ( s) has zero points at s = −2, −4," , in half plane Re ( s) < 0 . These zero points are
+
Γ′ ⎛ 1− s Γ ⎜⎝ 2
⎞ ⎟⎠
−
Γ′ ⎛ Γ ⎜⎝
s 2
⎞ ⎟⎠
−
Γ′ ⎛ Γ ⎜⎝
s 2
⎞ ⎟⎠
=
0 .（15）
Since
∑ Γ′ ⎛ 1− s
Γ ⎜⎝ 2
⎞ ⎟⎠
黎曼猜想被证明
一、什么是黎曼猜想黎曼猜想——最重要的数学猜想早在1737年，大数学家欧拉就发现了质数分布问题与Zeta函数的联系，给出并证明了欧拉乘积公式，使得Zeta函数成为研究质数问题的经典方法。
欧拉乘积公式，其中p为质数，n为自然数黎曼猜想（Riemann Hypothesis）由大数学家黎曼在1859年首次提出，讨论黎曼Zeta函数的非平凡解问题。
黎曼猜想是众多尚未解决的最重要的数学问题之一，被克雷数学研究所列为待解决的七大千禧问题，悬赏百万美金证明或者证伪。
一百年前希尔伯特就曾被问过一个问题“假定你能死而复生，你会做什么？”，他的回答是，“我会问黎曼猜想是否已经解决”。
可见黎曼猜想多么吸引人黎曼猜想是关于黎曼Zeta函数的零点分布的猜想。
黎曼Zeta函数长这个样子：黎曼Zeta函数有两种零点，一种是位于实数轴线上的零点，被称为平凡零点，另一种是位于其他复平面区域上的零点，被称为非平凡零点，目前数学家已经证明这些非平凡零点全部位于实部区间为0到1的复平面内，而黎曼则大胆猜想，这些非平凡零点全部位于实部为1/2的一条直线上。
“所有非平凡零点都位于实部为1/2的直线上”是一个尚未得到严格证明的猜想，但数学家们至今找到的上万亿个非平凡零点的确都位于这条直线上，无一例外。
黎曼猜想还跟幂律分布有关。
我们都知道幂律分布是指其中x如果只能取1,2,3,...,n的整数，c为归一化常数，满足：而这里面的就是Zeta函数，黎曼猜想就是关于这个函数的，但是a可以取复数值。
黎曼猜想真的会被证明吗？质数分布没有简单规律，但质数出现的频率跟黎曼Zeta函数紧密相关。
有数学家甚至认为黎曼猜想与强条件下的质数定理是等价的。
目前已经验证了前1,500,000,000个质数对这个定理都成立，但至今没有完全证明。
黎曼猜想得证，对质数研究、数论研究意义重大。
黎曼猜想对许多数学领域都意义重大，质数分布只是其中一个。
有上千个数学命题都建立在黎曼猜想为真的基础上。
黎曼猜想内容
黎曼猜想内容有些数具有不能表示为两个更小的数的乘积的特殊性质，例如，2,3,5,7,等等。
这样的数称为素数；它们在纯数学及其应用中都起着重要作用。
在所有自然数中，这种素数的分布并不遵循任何有规则的模式；然而，德国数学家黎曼(1826~1866)观察到，素数的频率紧密相关于一个精心构造的所谓黎曼蔡塔函数z(s)的性态。
著名的黎曼假设断言，方程z(s)=0的所有有意义的解都在一条直线上。
这点已经对于开始的1,500,000,000个解验证过。
证明它对于每一个有意义的解都成立将为围绕素数分布的许多奥秘带来光明。
在证明素数定理的过程中，黎曼提出了一个论断：Zeta函数的零点都在直线Res(s) = 1/2上。
他在作了一番努力而未能证明后便放弃了，因为这对他证明素数定理影响不大。
但这一问题至今仍然未能解决，甚至于比此假设简单的猜想也未能获证。
而函数论和解析数论中的很多问题都依赖于黎曼假设。
在代数数论中的广义黎曼假设更是影响深远。
若能证明黎曼假设，则可带动许多问题的解决。
进展:Riemann 猜想究竟是一个什么样的猜想呢？在回答这个问题之前我们先得介绍一个函数：Riemann ζ函数。
这个函数虽然挂着Riemann 的大名，其实并不是Riemann 首先提出的。
但Riemann 虽然不是这一函数的提出者，他的工作却大大加深了人们对这一函数的理解，为其在数学与物理上的广泛应用奠定了基础。
后人为了纪念Riemann 的卓越贡献，就用他的名字命名了这一函数。
那么究竟什么是Riemann ζ函数呢？Riemann ζ函数ζ(s) 是级数表达式(n 为正整数)ζ(s) = ∑n n-s (Re(s) > 1)在复平面上的解析延拓。
之所以要对这一表达式进行解析延拓，是因为- 如我们已经注明的- 这一表达式只适用于复平面上s 的实部Re(s) > 1 的区域(否则级数不收敛)。
Riemann 找到了这一表达式的解析延拓(当然Riemann 没有使用“解析延拓”这样的现代复变函数论术语)。
黎曼猜想内容
黎曼猜想内容黎曼猜想（或称黎曼假设）是关于黎曼ζ函数ζ(s)的零点分布的猜想，由数学家波恩哈德·黎曼于1859年提出。
德国数学家戴维·希尔伯特在第二届国际数学家大会上提出了20世纪数学家应当努力解决的23个数学问题，其中便包括黎曼假设。
现今克雷数学研究所悬赏的世界七大数学难题中也包括黎曼假设。
虽然在知名度上，黎曼猜想不及费尔马猜想和哥德巴赫猜想，但它在数学上的重要性要远远超过后两者，是当今数学界最重要的数学难题，当今数学文献中已有超过一千条数学命题以黎曼猜想（或其推广形式）的成立为前提。
2018年9月，迈克尔·阿蒂亚声明证明黎曼猜想，于9月24日海德堡获奖者论坛上宣讲。
9月24日，迈克尔·阿蒂亚贴出了他证明黎曼假设（猜想）的预印本。
已经知道，黎曼猜想是一个二阶逻辑问题，属于无法一次性证明的工作。
黎曼猜想的主项是一个集合概念的命题，所以只能一个个地验证。
黎曼猜想与费马大定理已经成为广义相对论和量子力学融合的m理论几何拓扑载体。
作为数学中最著名的未决问题，黎曼假设有若干种等价的表达形式，其中一种涉及素数定理给出的估计的精度。
高尔斯在《数学》（牛津通识读本）里介绍说，素数定理告诉我们在某数附近素数的近似密度。
素数是大于1且不能被其他整数——1和自身显然除外——整除的整数。
自从古希腊时期以来，素数就一直困扰着数学家们，因为它们表面上多多少少是随机分布的，但又并非全然随机。
从没有人找出一种简单的规则，能够告诉我们第 n个素数是多少。
和小素数比起来，大素数的出现越来越稀疏。
但它们稀少到何种具体程度？如果你在 1 000 001和 1 010 000之间随机取一数，那么这个数有多大的机会是素数？换言之,1 000 000附近的素数“密度”是多大？它是极其小还是仅仅比较小？有许多关于素数的著名问题。
例如，哥德巴赫猜想断言，任意大于4的偶数都可以表示为两个奇素数之和。
这个猜想看起来比维诺格拉多夫所解答的三素数猜想要难得多。
张益唐 黎曼猜想
张益唐黎曼猜想张益唐黎曼猜想是一个数学猜想，由十九世纪晚期德国数学家克劳德张益唐（Kleiner Jantang）提出的。
它的主要思想是，任何一个甚至数学上的“无穷”，在任何潜在条件下都可以划分为一些XYZ，其中XYZ（X，Y，Z）为有限数字。
该猜想引发了后来很多关于对象分隔和对象表示的讨论，也促进了许多研究方法的发展。
简而言之，张益唐黎曼猜想的基本思想是，任何一个“无穷”的物体，可以划分为有限数量的离散部分，而这些离散部分又可以划分为更小的离散部分，并且这样的划分过程可以不断重复下去，没有最小极限。
从这个角度来看，张益唐黎曼猜想的概念似乎涉及到了计算机科学的“分割”和“处理”，从而预示着一种可能的解决方案，即采用从上到下的递归策略来分割和处理某个对象。
就像计算机科学中的其他问题一样，张益唐黎曼猜想的实现也可以利用算法的思想来解决问题。
具体而言，在试图找出有限数字X Y Z来划分一个“无限”的物体时，可以采取一种“分段策略”，即先划分范围较大的部分，然后一步步进行细分，直到最终划分出有限数字X Y Z来划分无限的物体。
尽管有了这种“分段策略”，但张益唐黎曼猜想的实现仍然具有一定的挑战性。
首先，要正确地确定分段策略的实施方式；其次，要正确地定义各个分段的特征，以确定物体的构成；最后，要编写代码来实现分段策略。
张益唐黎曼猜想的应用不仅局限于计算机科学领域，在数学研究和计算科学领域也有它的应用。
在数学研究领域，它可以用来分析分段函数，用来推导函数的精确表达式，从而建立完整的函数空间；在计算科学领域，它可以帮助提高整数处理能力，使整数计算更加高效，并且可以用来设计更高性能的数据处理策略。
因此，张益唐黎曼猜想的重要性不言而喻。
它不仅是数学研究领域的重要思想，也是计算机科学领域的重要概念。
由于它的适用性极广，因此，它可以用来解决许多不同的数学和计算机问题，并且可以促进数学研究和计算机科学的发展。
综上所述，张益唐黎曼猜想具有重要的理论意义和实际应用价值，它不仅可以用来解决许多不同的数学和计算机问题，而且也有助于提高整数处理和数据处理的性能，更重要的是，它为数学研究和计算机科学的发展提供了重要的思想和方法。
黎曼猜想
黎曼猜想其实大部分人都知道，如果用一句话概括就是黎曼函数的非平凡零点的实部都是。
想介绍黎曼猜想势必离不开对黎曼函数的介绍，我们就一步步的先从最简单的说起吧。
我们先从一个大家都知道的概念出发——数列。
照字面意思解释就是数的排列，比如下面几个例子都是数列1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11……2 4 8 16 32 64 128 256……45 26 15 78 34 67 839 1234 542 779……很显然第一个是自然数的数列，第二个是个公比为2的等比数列，很多学霸肯定在拼命的计算第三种是啥数列，在这里鞠个躬，不好意思没啥规律，就是个随机数的排列，这其实也是个数列。
对于第一个数列，它的第1项是1，第2项是2，第3项是3，第n项是n；对于第二个数列，它的第1项是21，第2项是22，第3项是23，第n项是2n。
n和2n就是所谓的通项，就是用项数n来表示数列第n项的值。
我们一般用Sn表示数列前n项的和，初中数学教过我们等比和等差数列的求和公式，这里不列出了，因为和题目没什么关系。
说穿了级数就是数列前n项求和，就是我们上面提到的Sn，只不过换了一个更高大上的名字而已。
无穷级数顾名思义，就是数列无穷项求和的值（这个值不一定存在）。
这个概念看似复杂，其实只是说上面提到的无穷级数的和是否存在的问题。
如果存在就说级数收敛，如果不存在就说级数发散。
这里所说的存在是要一个确定的具体的数，无穷大不算。
（当然收敛还分绝对收敛和条件收敛，这里并不牵涉到，就暂时不说了）调和级数指的是这么一个特殊的无穷级数，它是从1开始所有自然数的倒数的和，如下：这个级数非常重要，请容许我这里多废话几句。
14世纪晚期，奥雷姆提出了对于调和级数趋于无穷大的证明，这个证明在今天看来也是十分简单易懂的。
推导过程如下：数学上对于这些级数以及无穷大和无穷小的量的研究被统称为分析。
此后大数学家欧拉也对调和级数有更深入的研究，在1748年出版的关于分析的教科书中把它叫做《无穷小的分析引论》。
用最简单的方式解释黎曼猜想（三），黎曼ζ函数的解析延拓与零点
用最简单的方式解释黎曼猜想（三），黎曼ζ函数的解析延拓与零点我们已经开始接近黎曼猜想，回顾一下前两篇的内容：用最简单的方式解释黎曼猜想（一），理解素数定理用最简单的方式解释黎曼猜想（二），黎曼ζ函数，素数之门的金钥匙我们已经知道，如果s是某个大于1的数，那么zeta函数如下：或者用求和符号表示：我已经展示了，通过应用一个过程（非常像埃拉托色尼的筛选法），它是如何等价于：整理得：因此有：•欧拉乘积公式到目前为止，一切都很顺利。
但什么是非平凡零点？函数的零点是什么？zeta函数的零点是什么？它们什么时候是“非平凡”的？我们继续！先忘记黎曼zeta函数，考虑下面的函数：这个函数收敛吗？为了对这个函数有个直观的感受，我们先看一个例子。
拿一个标有四分之一、八分之一、十六分之一……的普通尺子。
用铅笔尖指着尺子上的第一个标记，零。
把铅笔向右移1（单位）。
铅笔尖在“1”的标记上，总共移动了1个单位，如下图1：•图1现在，把笔尖向右移动0.5个单位，如图2：•图2继续把笔尖向右移动1/4，1/8，1/16，1/32，1/64。
现在，你的笔尖在图3的位置：•图3笔尖移动的距离是：容易算出的结果是：显然，如果能像这样继续下去，每次减半距离，会越来越接近2，但永远也到不了2（可以无限接近）。
我们可以把这个事实表示成：假设笔尖先向右移动一个单位，再向左移动0.5个单位，再向右移动1/4个单位，再向左移动1/8个单位……，如图4：•图4因为从数学的角度来看向左移动等于向右负移动，这就等于：结果是43/64。
如果继续加、减无穷项，就会得到：如果是1/3呢？如果你自己动手去移动，不难发现，移动总距离不超过3/2，也就是：同理可以知道：回到函数S（x），计算S（x）函数值如下：画出函数图如下：在-1的左边和1的右边，函数没有值，也就是这个函数的定义域是[-1,1]。
但我可以换个方式表达函数，如下：看出什么了吗？右边括号里的内容不就是S（x）吗？也就是说：把最右边的一项移到等号左边：也就是：因此：也就是：对吗？某种程度上是。
黎曼猜想简介
黎曼猜想简介数学是自然科学的女皇，数论是数学的女皇。
-----K.F.Gauss比哥德巴赫猜想更“辉煌”的猜想20 世纪70 年代后期，徐迟先生的《哥德巴赫猜想》风靡神州大地，陈景润这个名字和“皇冠上的明珠”这一词汇令人耳目一新。
而今，那皇冠上的明珠，仍在那里闪光，陈景润研究员本来已离那皇冠上的明珠仅一步之遥了，可是那明珠却又因陈景润的离去而变得似乎遥不可及。
但就在1995年，英国数学家怀尔斯(A. Wiles, 1953-)却出人意外地解决了358 年悬而未决的费马猜想(即费马大定理)，摘取了这颗历史更加悠久、似乎更加奇异的夜明珠，让人好不惊异，它使纯粹数学再次引人注目。
当我们仰望数学群山，发现在群山之巅，好像都镶嵌着宝珠或明珠，等待能攀登上峰顶的勇士摘取，哥德巴赫猜想、费马猜想等就像位于邻近山峰不同峰顶上的明珠。
而当我们仰望那最高峰，隐约看见有一颗更加明亮而硕大的宝珠，在纯粹数学巅峰闪光，那就是具有近160 年历史的黎曼猜想。
让我们从1858 年讲起吧。
1858 年的一天，习惯于冥思苦想的黎曼先生正漫步在德国格廷根的街道上，忽然，他脑海里奇思迸发，急忙赶回家中，写下了一篇划时代的论文，题目叫做“论不大于一个给定值的素数的个数”。
论文于1859 年发表，这是黎曼生前发表的惟一一篇数论论文，然而却成了解析数论的开山作。
就是在这篇大作中，黎曼先生提出了划时代的黎曼猜想。
黎曼(G. F. B. Riemann, 1826-1866)于1826 年9 月17 日出生在德国汉诺威的布列斯伦茨。
他的父亲是位牧师，母亲是个法官的女儿，黎曼在 6 个兄弟姐妹中排行老二。
黎曼 6 岁左右开始学习算术，很快他的数学才能就显露出来。
10 岁时，他的算术和几何能力就超过了教他的职业教师。
14 岁时，黎曼进入文科中学，文科中学校长施马尔夫斯(C. Schmalfuss)发现了他的数学才能，便将自己的私人数学藏书借给这位生性沉静的孩子，一次，黎曼居然借走了著名数学家勒让德写的859 页的大 4 开本《数论》，并用 6 天时间读完了它，大约这就是他对数论感兴趣的开始。
黎曼猜想论证
黎曼猜想论证
黎曼猜想是一个数论中的未解问题，它涉及到黎曼 zeta 函数
的零点位置。
黎曼猜想由德国数学家伯纳德·黎曼在1859年提出，至今尚未被证明或者推翻。
黎曼猜想表述如下：黎曼 zeta 函数ζ(s) 的所有非自明零点都
位于位于复平面的直线 Re(s)=1/2 上。
目前还没有人能够给出对黎曼猜想的证明，但是有一些数学家对黎曼猜想进行了重要的工作和贡献。
其中最著名的其中一项成果是1884年由挪威数学家斯蒂尔杰·雪费尔森证明了黎曼猜
想在 Re(s) > 1 时成立的情况。
此后，许多数学家为了证明黎
曼猜想进行了努力，但是在复平面的其他区域内证明黎曼猜想的难度非常高。
黎曼猜想在数论和物理学等领域具有重要的应用，特别是在素数分布和量子力学中。
许多数学家和物理学家认为黎曼猜想十分有可能是正确的，因为大量实验证据与该猜想的预测相吻合。
但是，缺乏理论的证明使得黎曼猜想仍然是一个待解问题。
目前，对于黎曼猜想的证明仍然是数学界的一大挑战。
许多数学家在研究中依然致力于黎曼猜想的证明，希望能够取得突破性的进展，从而解决这一数学难题。
但是由于黎曼猜想本身的复杂性、证明方法的困难性以及数学界对于黎曼猜想的研究进展有限，目前还没有对黎曼猜想的证明方法取得重大突破。
关于黎曼猜想的一个简单解答
关于黎曼猜想的一个简单解答初解黎曼函数我们知道黎曼猜想最终对应于欧拉乘积公式，那么不妨从最基本的数列开始，看看它还有没有别的理解方式。
已知，1−a n = 1−a 1+a +a 2+a 3⋯+a n−1令a ≠1,n >01−a n1−a =1+a +a 2+a 3⋯+a n −1 我们将大于1的正整数p 的倒数1p 代入其中，1− 1p n = 1−1p 1+1p +1p 2+1p 3⋯+1pn−11− 1p n1−1p=1+1p +1p 2+1p 3⋯+1pn−1当n →∞时，上式就变为了欧拉乘积公式，11−1p=1+1p +1p 2+1p 3⋯ 假定p 为质数，则有，11−1pp Prime= 1+12+122+123⋯ 1+13+132+133⋯ 1+15+152+153⋯ ⋯= 1n ∞n =1注意，这里的n 和上面趋于无穷大的n 并不是同一个n 。
如果以p s 代换 p ，其中s 为实部大于1的复数，那么上式就变为，11−1psp Prime= 1n s ∞n =1 这就是黎曼Zeta 函数，ζ s =1n s ∞n =1不难看到，这个转变过程中有两个关键位置，一个是1− 1p n1−1p =1+1p +1p 2+1p 3⋯+1pn−1 为了进一步将所有的质数相乘进而取得任何一个自然数，我们要求n →∞，这就得到了，11−1p=1+1p +1p 2+1p 3⋯ 另一个是将p 替换为p s ，最终获得黎曼形式。
现在我们主要观察第一个关键位置，1− 1p n1−1p=1+1p +1p 2+1p 3⋯+1pn−1 这个n 和 1n ∞n =1中n 的不是同一个n ，为了防止混淆，我们换一个字母c 来表示（c >1），1− 1p c1−1p=1+1p +1p 2+1p 3⋯+1pc−1 那么，1− 1p c1−1pp Prime = 1nmn =1这时候应当有n 的上限m ，作为有限项和的描述，且c 扩展到实数域。
黎曼猜想是什么意思
黎曼猜想是什么意思黎曼猜想是什么意思？很多同学都会问到，黎曼猜想就是黎曼（ Riemann）在19世纪末和20世纪初提出的关于任意非负整数可以写成两个整数之和，而这两个整数的比又不大于的整数。
黎曼在1883年证明了“1+2”的素数个数等于2。
那么如果一个数可以被某个特征整除，而且每一个特征整除它的余数也被这个数所整除，那么这样的数可以被写成一个形式的乘积。
由此产生了黎曼猜想——一个未解决的猜想，一道难题。
黎曼猜想的内容十分简单：假设给定平面上一个任意小圆盘，半径是一个质数，一个高次幂零，高度为一个奇数。
我们将数轴看作一条直线。
当 n=1时，其值为3，故猜想1+2。
若存在正实数 x，使得1+2=5，则有4。
后来，奥地利数学家庞加莱证明1+2=5。
庞加莱将其归功于欧拉，并因此获得1913年的菲尔兹奖。
黎曼猜想揭示了数学中最本质的东西。
“这种极具魅力的简洁性与其说来自于对人类语言之抽象与精确表达能力的惊叹不如称赞为对一位数学大师智慧的敬佩。
”——《新华文摘》报告会，教育部副部长、国家总督学柳斌在发言中指出“我觉得现在的孩子缺乏理科兴趣和热情，需要培养良好的科学素养和创造性，需要让更多的青少年喜欢数学，钻研数学，使他们认识数学的美，感受数学的力量，体验数学的神奇，享受数学的乐趣，进而激励广大中小学生努力学习数学、探索数学，从而爱上数学，在快乐中感悟数学的价值，在创造性思维训练中领略数学的美妙。
”谈及对数学教育改革的期望，江苏省启东中学校长徐万安认为应该引导青少年树立“以终身发展为目标”的教育观念；建立“开放性”的课程结构，实施“社团活动制”，注重挖掘学生的潜能；推行基础教育改革，优化课堂教学，调整评估方案，变评考模式为评教模式，完善德育评价机制，减轻学业负担，保护好奇心，鼓励独立思考。
真正把素质教育落到实处。
这是针对初中学段孩子编著的书籍，主要讲述的就是中学阶段的数学知识，帮助同学们掌握中学数学必备的基础知识，熟悉各章节的相关概念。
用最简单的方式解释黎曼猜想（一），理解素数定理
用最简单的方式解释黎曼猜想（一），理解素数定理要想理解黎曼猜想，我们首先要了解质数定理（素数定理）。
在数学中，素数定理（PNT）描述了正整数中素数的渐近分布。
它通过精确量化质数出现的速率，形成了数越大，质数就越不常见这一直观观点。
该定理在1896年由雅克·阿达马等人用黎曼zeta函数（ζ函数）证明。
小于给定数的质数有多少个？取一个正整数，我以28为例。
什么数能整除它？答案是：1、2、4、7、14、28。
这些是28的因数（因子）。
我们说，28有6个因数。
不难得出，每个数都有1和自身作为因数，除1和自身以外的因子叫作真因数，如28的真因数是2、4、7、14。
而29没有真因数。
质数就是那些没有真因数的正整数。
下面是1到1000的质数：如你所见，总共有168个。
如果你仔细观察这个质数列表，你会发现它们出现的频率越来越低。
在1到100之间有25个质数；401到500之间有17个；901到1000只有14个。
在任何由100个整数组成的区间中，质数的数量似乎都在减少。
如果我们列出所有小于100万的质数，你会看到在最后的100个整数中（即从999901到100万）只有8个质数。
如果继续扩大到1万亿，那么最后100整数中只有4个质数（它们是：999,999,999,937；999,999,999,959；999,999,999,961和999,999,999,989）。
质数有多少个？问题自然就出现了，如果继续下去，最终会不会达到一个点，超过这个点就没有质数了，那么就会存在一个最大质数？欧几里得在公元前300年左右找到了这个问题的答案。
没有最大的质数。
无论你找到多大的质数，总是能找到更大的质数。
有很多方法能证明“质数有无穷多个”，网上都能找到，不在这里给出。
接下来数学家们自然好奇的是：我们能确定质数的（增长）规律（分布）吗？小于100的质数有25个，而小于1000的质数是168（而不是250），质数不是均匀分布的，而是越来越“稀薄”。
黎曼猜想简析
黎曼猜想简析原⽂：参考和和就说这个猜想跟素数的分布有关，⽽素数的重要性被奉为万数之基。
⼀句话定义黎曼猜想：黎曼zeta函数只在下⾯两种点上为0值：第⼀种是负偶数第⼆种是实部为1/2的复数。
⽤⼆维坐标系表⽰复平⾯，那么取零值的点只在下⾯两条横纵直线上：前⼀种称为平凡零点，不怎么受⼈关注，后⼀种叫“⾮平凡零点”，据说跟素数的分布有某种神秘的联系，下⾯研究看看。
上⾯的定义看完只能理解表层的数学定义，但是这个东西跟素数有什么关系，背后有什么深意，则完全是⼀头雾⽔，也就是说，只看这个定义，只是相当于该知识的冰⼭⼀⾓。
我完全不能满意，那么下⾯我将尝试展开该问题，以求获得问题的全貌，这是⼀个困扰⼈类⼀百多年⾄今仍悬⽽未决的数学难题，我这辈⼦估计是不可能解出来的，不过解不出来，尝试理解⼀下问题本⾝总可以吧？为了对得起⾃⼰的学历，下⾯尝试展开对这个问题做⼀些分析。
上⾯的定义中，黎曼zeta函数是什么？代表了什么含义？黎曼zeta函数⽤⽆穷级数定义如下：重点在于s是复数，且仅在s的实部⼤于1的情况下，该级数才收敛。
但是黎曼这个神⼈做了⼀个“解析拓延”，这是这⾥⾯的重中之重，⽐如上⾯的级数最初的定义域是在⼤于1的⾃然数上定义的，但后来逐步拓展到⼤于⼀的实数，然后最终拓展到复平⾯。
总之这⾥解析拓延是黎曼猜想的重中之重，也是⽔很深的地⽅，我只能做这么个粗浅解释，有兴趣可以⾃⼰研究。
⽤积分形式的定义如下:看上⾯的积分形式定义，问题⼜来了，这个分母中的函数是个什么⿁？怎么念？这个函数的定义如下：其实就是个阶乘函数，但是偏移掉最⼤的⼀个数。
欧拉证明素数⽆限的⽅法，:- If Q is prime, you’ve found a prime that was not in your “list of all the primes”.- If Q is not prime, it is composite, i.e made up of prime numbers, one of which, p, would divide Q (since all composite numbers are products of prime numbers). Every prime p that makes up P obviously divides P. If p divides both P and Q, then it wouldhave to also divide the difference between the two, which is 1. No prime number divides 1, and so the number p cannot be onyour list, another contradiction that your list contains all prime numbers.求在给定正整数范围内有多少素数，是⼀个很有⽤的函数，记为π(x), 容易理解这个函数是个阶梯函数，每当x为素数时阶跃1，来看⼀眼这个函数的图像，⼤概也能感觉到素数分布之规律难寻：素数定理：⽤python画了⼀下分母的这个函数x/ln(x)的趋势，如下图：把黎曼zeta函数跟素数发⽣关系的⼀个公式：欧拉乘积公式（Euler product formula）右边的p是所有的素数。
3亿个数据全部验证,黎曼猜想没有反例,却远远算不上证明成功
3亿个数据全部验证，黎曼猜想没有反例，却远远算不上证明成功
黎曼猜想(Riemann hypothesls)是数学史上最为伟大而又最著名的猜
想之一，它由德国数学家Bernhard Riemann 在一篇著名的论文中提出，据说全世界的复杂问题都可以用它来描述，但是到目前为止，却还没有人将
它证伪成功。
自从19世纪以来，黎曼猜想激发了数学家们积极探索它的本质，近几
十年来，研究人员继续深入研究，先后证明了许多被称为“强黎曼猜想”
的前提，但这些前提的证明都仅仅是初步的证明。
尽管如此，现有的证据
已足以证明，司因黎曼猜想的可能性很大，人们持续探讨它的证明方法。
在数学界，科学家们仍然在针对黎曼猜想展开研究，例如最近埃及科
学家Axelio 阿努埃尔等人针对300万个数字，花费了一定的时间来证明了一些初步结论，但由于数据量较小，并非全面证明。
此外，Sagemath研究
团队也对约三亿个数字进行了多项验证，未见到反证，但并不能认为它也
证明了黎曼猜想的真实性。
由于数学中有时一些式子可以满足一次猜想，
而在另一次可能不满足，因此，只靠三亿数据也无法判断黎曼猜想是否真实。
可以说，黎曼猜想的结果依靠将他推广到大数量计算上才能得到证明，至少也需要对无穷多的数据进行检验，向世界证明此猜想的正确性。
总之，目前对黎曼猜想的验证不少于300字，仅仅通过对三亿个数据的验证来证明它是不可行的，因为这只是一个初步的阶段，要证明该猜想的正确性，仍然需要不断努力。
关注及早证明黎曼猜想正确性的愿望，在数学界一直以来鲜见这么激烈，这里真有可期待的希望。
黎曼猜想
概述2000年5月24日，美国克雷(Clay)数学研究所公布了7个千禧数学问题。
每个问题的奖金均为100万美元。
其中黎曼假设被公认为目前数学中(而不仅仅是这7个)最重要的猜想。
黎曼假设并非第一次在社会上征寻解答，早在1900年的巴黎国际数学家大会上，德国数学家希尔伯特列出23个数学问题．其中第8问题中便有黎曼假设(还包括孪生素数猜测和哥德巴赫猜想)。
具体概述关于黎曼-希尔伯特问题是：具有给定单值群的线性微分方程的存在性证明。
即：关于素数的方程的所有有意义的解都在一条直线上。
内容方程z(s)=0的所有有意义的解都在一条直线上。
有些数具有不能表示为两个更小的数的乘积的特殊性质，例如，2,3,5,7,等等。
这样的数称为素数；它们在纯数学及其应用中都起着重要作用。
在所有自然数中，这种素数的分布并不遵循任何有规则的模式；然而，德国数学家黎曼(1826~1866)观察到，素数的频率紧密相关于一个精心构造的所谓黎曼zeta函数ζ(s)的性态。
著名的黎曼假设断言，方程ζ（s)=0的所有有意义的解都在一条直线上。
这点已经对于开始的1,500,000,000个解验证过。
证明它对于每一个有意义的解都成立将为围绕素数分布的许多奥秘带来光明。
编辑本段理论形成来源来源几千年前人类就已知道2，3，5，7，31，59，97这些正整数。
除了1及本身之外就没有其他因子，他们称这些数为素数（或质数Prime number），希腊数学家欧几里德证明了在正整数集合里有无穷多的素数，他是用反证法证明、（读者可以参看拙著：《数学和数学家的故事》第一集里这个证明。
）1730年，欧拉在研究调和级数：Σ1/n=1+1/2+1/3+...+1/n.....。
(1)时，发现：Σ1/n=(1+1/2+1/2^2+...)(1+1/3+1/3^2+...)(1+1/5+1/5^2+...)......=Π(1-1/p)^-1。
(2)其中，n过所有正整数，p过所有素数，但稍加改动便可以使其收敛，将n写成n^s(s>1),即可。
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根据 Mertens 定理 3
(1
p x
得
1 e 1 / 2 (1 p ) ln x / 2 O( ln 2 x / 2 ) ps k x sk
式中大 O(
2e / 1 O( 2 / 2 ) ln x ln x
2e / 1 O( 2 / 2 ) ln x ln x
1 ln x k
i
∴ π(x)=
sk 2 1 2 （ p p ） ) g ( x) k 1 k (1 p k 1 j 1 j
i
=
（ p
k 1
2 k 1
sk
(p
2 k 1
p ) (1
j 1
2 k
1 ) pj
(1)
调整每个区间的 s k 值，理论上就可以得到不大于 n 的素数个数公式 （S） π(n)=
sk 2 1 2 ( p p ) ) g ( n) k 1 k (1 p k 1 j 1 j i
j 1
1 ) pj
成立。
当 i=k+1 时， ∵
p1 |n， p 2 |n，…， p k |n，据归纳假设
k
∴
y k (n) n (1
j 1
1 ) pj
因为 p k 1 |n ，所以 m≠o (mod p k 1 ) 的数有
k n 1 (1 ) 个 p k 1 j 1 pj k
2
1 ， x k x0 ln x 1 △>0， s 1 > s 2 ，ρ> ， xk x0 ln x 1 △<0， s 1 < s 2 ，ρ< ， x k x0 ln x
∴
w(k)<
pk p sk
考虑到这 i 个区间 s k 取值的整体一致性(即 log p k p sk 2e ， 引理 3 这点的证明)， 这 i 个区间中可能存在区间误差 w(k)大于 1，最大可达到
pk ( p k ) ，因为是 p n 导致的 p sk
波动误差，所以，累加后误差 w(S)是不会超过
n (1
j 1
1
k 1
∴
i=k+1 时，结论 y k 1 (n) n
(1பைடு நூலகம் p
j 1
1
j
)
成立。
由 I、Ⅱ可得，当 i 为任何正整数，结论都成立。 引理 1 证毕。 引理 2 ： （素数连乘积公式） ：若 p1 2 , p 2 3 ，… p k …, pi , pi 1 为连续素数，
n 个， 去了 p1 , p 2 , , p k 的倍数后，余 p k 1
∴
y k 1 (n) n (1
j 1 k
k 1 n 1 ) (1 ) pj p k 1 j 1 pj k 1 1 1 1 ) (1 ) n (1 ) pj p k 1 pj j 1
sk 2 1 2 （ p p ） ) g ( x) k 1 k (1 p k 1 j 1 j i
（ log p k p s k ） ，得
p sk p k
∵ ∴
p k2 x p k21
p s k p k ( x ) x / 2
pi21 pi2 t 1 pi21 p i2 t 1 1 1 k 1 1 ，而不是 ( 1 ) (1 ) . (1 ) pi pu j t pj pi pu u 1 u 1 pi21 pi2 t 1 p 2 p i2 t 1 1 1 k 1 1 (1 ) (1 ) ， 所以， 少减了。 (1 ) > i 1 pi pu j t pj pi pu u 1 u 1
pi2 n＜p i21 , 则不大于 n 的素数个数π(n)有公式（S）和公式（L）为
（S） π(n)=
sk 2 1 2 ( p p ) ) g ( n) k 1 k (1 p k 1 j 1 j i
其中 g(n)满足：－
1 1 ( n ) <g(n)< 1 ( n ) 1 pi pi
x
x
ln t
2
dt
（L）’
( x)
x dt 2 ln x 2 ln t
2 ln t ln 2 g ( x)
2
dt
其中 g (x)满足：－
1 p
1 i
dt 1 <g (x)< ln t pi 1 2
x
x
ln t
2
dt
证明：根据引理 2（素数连乘积公式） π(x)=
证明：
2 2 2 2 ∵ n＝3+(8－3)+(24－8)+(48－24)+…+ ( p k 1 p k ) +…+ ( p i 1 p i ) 2 2
∴ 根据引理 1，区间［ p k , p k 1 ）的素数个数可近似表示为
k
2 ( p k21 p k ) (1
j 1
根据素数定理，以及就平均而言 p k 1 p k ln p k
3
∴
2 ［ pk , p k21 ) p 2 p k2 2 p k ln p k ln 2 p k ln p k k 1 1 2 2 pk pk p k ln p k p k ln p k
∴
2 ［ pk , p k21 ) p ［ p k2 , p k21 ) p ln p k p ＝ k k (1 ) <2 k psk p sk pk psk pk p sk
k 1
2 k 1
1 p k2） ln x k
i
2 pk 1 1
k 1
x
2 pk
dt g ( x) ln t
dt g ( x ) ln t 2
2
式中△是代换误差（系统误差） ，任取一素数 p k ，在区间［ p k ， （ p k +ln p k ) ）上， 设素数平均分布密度为ρ，△=0 时的 x k x0 ,则
sk
2 2 w(k)= | ( p k 1 p k )
(1 p
j 1
1
j
) －π［ p k2 , p k21 )|
w(S)=|
sk 2 1 2 ( p p ) ) ( n) | k 1 k (1 p k 1 j 1 j i
l
w(L)= | n
(1 p
j 1
1
j
) ( n) |
2 （上式中的π［ p k , p k21 ）表示区间［ p k2 , p k21 ）的素数个数）
2 2 ［ pk , p k21 ) ［ pk , p k21 ) （1）式误差 w(k)应小于 的一半。下面计算 。 psk psk
( n) n n n n ( n) pl pl ln n 2 pl ln n 2 p l
∵
pi2 n＜p i21
∴
n pi 2
w(L)<
∴ 定理 2 证毕。
pi ( n) 2 pl
4
引理 3： （素数连续函数公式） ：若 p1 2 , p 2 3 ，… p k …, pi , pi 1 为连续素数，
pi2 x＜p i21 , 则不大于 x 的素数个数π(x)有公式（S）’ 和公式（L）’ 为
（S） ’
dt ( x) ln t 2
x
x
2 ln t g ( x)
2
dt
其中 g (x)满足：－
x 2
1 p
1 i
dt 1 <g (x)< ln t pi 1 2 2
因为
为了与引理 1 有相吻合的表达式，也避免向后演绎导致麻烦，采取让 p k 后的去素数倍数因
2
子 (1
1 1 1 2 ) 、(1 )、 …、 (1 ) 提前进入， 来平衡少减的量。 所以， 区间 ［ pk , p k21 ） p sk p k 1 pk 2
有较精确的素数个数表达式
1 ) pj
2 pk 1 / pk 1 时，p k 到
2 因为 p k k＜p k21 ， 所以当 p j = pt >
p k21 之间的数没有 p j 的 pk
倍数，所以在去掉 p1 2 , p 2 3 ， pu pt … p j … p k 1 ,的倍数后，余下数中， p k 的倍 数个数是
（ log p k p sk 2e
l
≈1.123 , 欧拉常数γ=0.5772156649 … ）
（L）
π(n)= n
(1 p
j 1
1
j
) g ( n)
（ log pi pl 单增）
其中 g(n)满足：
pi p ( n ) g ( n) i ( n ) 2 pl 2 pl
其中 g(n)满足：－
1 1 ( n ) <g(n)< 1 ( n ) 1 pi pi
（ log p k p sk 2e
2 2
≈1.123,欧拉常数γ=0.5772156649 … ,）
知道了 n 受 pi n＜p i 1 限制，所导致偏差的原因，同理可得另一形式的 不大于 n 的素数个数公式