黎曼猜想原始论文中文译注-《论小于某给定值的素数的个数》(1)
黎曼猜想_论小于给定数值的素数个数
数，除了 1 之外，对于每个有限的 s ，其值都是有限的. 它也表明，当 s 为偶的负 整数时， (s) 为 0.(1)[4]
如果 s 的实部为负的话，则积分也可通过取别的路径来计算. 与按正方向围
绕先前描述的区域的路径不同，这次的路径是按负方向围绕上述区域的余集，这
是因为对于所有的充分大模的 x ，积分是无穷小的. 在这个区域的内部，仅当 x 等 于 2i 的整数倍时，被积函数才是不连续的，所以积分就等于那些按负方向围 绕这些点的积分之和. 围绕点 n2i 的积分值为(n2i)s1(2i) ，因此，
立即得出
(s 1) (s)
x s1dx 0 ex 1
如果我们现在考虑围道积分
* 全文摘自《黎曼全集》第一卷，127-135 页.
-1-
( x)s1dx ，
ex 1 其中积分路线沿一条闭路径按正方向从 到 ，这条路径内部包含 0 点
但不包含被积函数的其他不连续点，则容易看出它等于
(esi
有限的，而且 (t) 的其他因子的对数亦然，所以，显然仅当t 的虚部位于 1 i 和 1 i
2
2
之间时， (t) 才可能为 0. 方程 (t) 0 的实部位于 0 和T 之间的根，其数目约为
-3-
T 2
log
T 2
T 2
.
这是因为，积分 d
log (t)（忽略一个阶为 1 T
的次要项）的值为 T
1)
1
x
(见 Jacobi 全集第 1 卷第 235 页)，所以我们有
(
s
1)
s 2
(s)
(
x)x
s 2
1
dx
1
(
1
黎曼的伟大猜想：素数之魂(上)-学习文档
黎曼的伟大猜想：素数之魂(上) 与费尔马猜想时隔三个半世纪以上才被解决，哥德巴赫猜想历经两个半世纪以上屹立不倒相比，黎曼猜想只有一个半世纪的纪录还差得很远，但它在数学上的重要性要远远超过这两个大众知名度更高的猜想。
黎曼猜想是当今数学界最重要、最期待解决的数学难题2019年5月24日，美国克雷数学研究所在法国巴黎召开了一次数学会议。
在会议上，与会者们列出了七个数学难题，并作出了一个颇具轰动性的决定：为每个难题设立一百万美元的巨额奖金。
距此次会议一百年前的1900年，也是在巴黎，也是在一次数学会议上，一位名叫希尔伯特的德国数学大师也列出了一系列数学难题。
那些难题一分钱的奖金都没有，但对后世的数学发展产生了深远影响。
这两次远隔一个世纪遥相呼应的数学会议除了都在巴黎召开外，还有一个相同的地方，那就是在所列举的问题之中，有一个且只有一个难题是共同的。
那个难题就是“黎曼猜想”。
黎曼猜想顾名思义，是由一位名叫黎曼的数学家提出的，这位数学家于1826年出生在一座如今属于德国，当时属于汉诺威王国的名叫布列斯伦茨的小镇。
1859年，黎曼被选为了柏林科学院的通信院士。
作为对这一崇高荣誉的回报，他向柏林科学院提交了一篇题为“论小于给定数值的素数个数”的论文。
这篇只有短短八页的论文就是黎曼猜想的“诞生地”。
黎曼那篇论文所研究的是一个数学家们长期以来就很感兴趣的问题，即素数的分布。
素数是像2、5、19、137那样除了1和自身以外不能被其他正整数整除的数。
这些数在数论研究中有着极大的重要性，因为所有大于1的正整数都可以表示成它们的乘积。
从某种意义上讲，它们在数论中的地位类似于物理世界中用以构筑万物的原子。
素数的定义简单得可以在中学甚至小学课上进行讲授，但它们的分布却奥妙得异乎寻常，数学家们付出了极大的心力，却迄今仍未能彻底了解。
黎曼论文的一个重大的成果，就是发现了素数分布的奥秘完全蕴藏在一个特殊的函数之中——尤其是，使那个函数取值为零的一系列特殊的点对素数分布的细致规律有着决定性的影响。
黎曼猜想到底是什么意思？
黎曼猜想到底是什么意思？2018年，89岁⾼龄的菲尔兹奖得主，迈克尔·阿蒂亚爵⼠举⾏了他最后⼀次公开的数学报告：这个报告是关于“黎曼猜想”的证明，报告结束后仅仅三个⽉，⽼爷⼦就溘然长逝。
这次报告到底是不是证明了“黎曼猜想”，我没有资格评论，这需要数学界内部进⾏审查。
哪怕就算结果错的，也有可能指出新的突破⽅向，这在数学史上也层出不穷。
留待学界、时间来检验吧。
但是，黎曼猜想：函数的所有⾮平凡零点的实部都是。
到底说了什么，能让这位耄耋⽼⼈在⽣命的最后⼀刻依然向它发起冲锋；让⼀代代的数学家为之魂系梦绕（⼤数学家希尔伯特就说过，如果他能复活，第⼀件事情就是要问问，黎曼猜想证明了吗？）。
逝者安息，⽣者传承，下⾯就以我们的⽅式尽量数普⼀下黎曼猜想，把⽼爷⼦这份执着传递⼀⼆，把⽆数数学家的这份执着传递⼀⼆。
1 素数⼤于 1 的⾃然数中，除了 1 和该数⾃⾝外，⽆法被其他⾃然数整除的数称为素数（Prime Number），⽐如 2、3、5、7、11、。
我们知道素数是⽆穷的[1]，也可以通过埃拉托斯特尼筛法[2]筛出有限个的素数：但对于素数的整体了解依然⾮常少，素数似乎是完全随机地掺杂在⾃然数当中的⼀样，下⾯是1000 以内的素数表，看上去也没有什么规律（你说它越来越稀疏吧，877、881、883、887 ⼜突然连着出现 4 个素数，和 10 以内的素数个数⼀样多）：别说素数的精确分布了，就是随机抽取⼀个⾜够⼤的⾃然数出来，要检验它是否是素数都需要经过⼀番艰苦的计算。
以研究素数为核⼼的数论，在数学家眼中就是：数学是科学的皇后，数论是数学的皇后。
----⾼斯你可能会有⼀个疑问，研究素数⼲嘛？可以改善⽣活吗？提⾼寿命吗？粮⾷增产吗？移民⽕星吗？当然可以给出⼀些现实的理由，⽐如流⾏的区块链中的加密算法就依赖于素数分布的⼀些理论。
但是随着了解的深⼊，我发现对于数学家⽽⾔这些根本不重要，不⾜以构成驱使他们前进的动⼒。
理解最伟大的数学猜想——黎曼猜想
理解最伟大的数学猜想——黎曼猜想昨天写了一篇文章，证明了所有自然数之和等于-1/12，很多小伙伴留言：老胡你真是胡说科学、混淆视听、怎么可能、逻辑错误……同学们都很厉害，但是大家比较谦虚，很少能说出问题的关键，这里涉及到一个非常著名的数学猜想：黎曼猜想，和一个数学概念：解析延拓！废话少说，进入正题！可以说，如今纯数学中最重要的未解决的证明就是黎曼假设了，该假设与素数的分布密切相关。
理解这个问题所需的基本技术之一称为解析延拓，这是本文的主题。
解析延拓是一种来自于数学分支复分析的技术，用于扩展复解析函数的定义域。
•图1:解析延拓技术在自然对数(虚部)上的应用示意图一些重要的数学概念在介绍这项技术之前，我将简要地解释一些重要的数学概念。
泰勒级数假设我们想求某个函数f(x)的多项式近似。
多项式是由变量和系数构成的数学表达式。
它们涉及基本操作(加法、减法和乘法)，并且只包含变量的非负整数指数。
一个n次变量x的多项式可以写成：•方程1：一元x次n的多项式图2:3次和4次多项式图现在假设多项式有一个无穷大的次数(它是由无限项的和给出的)。
这种多项式称为泰勒级数(或泰勒展开)。
泰勒级数是函数的无限项和的多项式表示。
级数的每一项都是由f(x)在一个点上的导数值，关于点a处的泰勒级数的形式为：•方程2:一个关于a的函数f(x)的泰勒级数其中上标(0)、(1)…表示f(x)的导数在x=a时的阶数。
人们可以使用一个多项式来近似一个函数，而该多项式对应的泰勒级数的项数是有限的。
这种多项式叫做泰勒多项式。
在下面的图中，函数f(x) = sin x的几个泰勒多项式被显示出来。
•图3:泰勒多项式与越来越多的项显示。
黑色曲线是sin(x)其他的近似是1、3、5、7、9、11、13次泰勒多项式f(x) = sinx的前四个泰勒多项式由：•方程3:f(x) = sinx的泰勒多项式，阶数为1、3、5、7。
它们在上图中被绘制(连同高阶展开)。
黎曼猜想原始论文中文译注-《论小于某给定值的素数的个数》(1)
积分路径沿从
到
、包含值 0 但不包含被积函数的任何其他奇点的区域的
正向边界进行。 {注 6：参见下面的图 1。}
图1 易得该积分的值为
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所示。关于上式的详细推导参见 /My%20Writings/Reply1.htm }
其中的积分由上面所给出的方式定义。 现在这一等式对于任意复变量 s 都给出了函 数 (s) 的值，并表明它是单值解析的，并且对于所有有限的 s （除了 1 之外）都取有限 值，当 s 等于一个负偶数时取零值。
{注 9：参见下面的图 2，其中的大圆 C’的半径趋向无穷大，从而包含被积函数的所有极点即分 母 e x 1 的所有零点 2nπi（n 为整数） ，接下来的计算用现代术语说就是应用柯西的留数定理。}
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因为该积分的值对于模无限大的复数为无限小，而在该区域内部，被积函数只有 当 x 等于 2 i 的整数倍时才有奇点，于是该积分即等于负向围绕这些值的积分之和，但 围绕值 n2 i 的积分等于 ，
{注 10：被积函数在 n2 i （n≠0）的留数等于
( x) s 1 ( x) s 1 s 1 ( n2 i ) (e x 1) ' x xn 2 i e xn 2 i
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世界七大数学难题与Hilbert的23个问题
世界七大数学难题与Hilbert的23个问题继上文《数学家的猜想错误》提到的七大数学难题和大卫·希尔伯特23个数学难题，今天我们就来详细了解下。
世界七大数学难题，这七个“千年大奖问题”是：NP完全问题、霍奇猜想、庞加莱猜想、黎曼假设、杨－米尔斯理论、纳卫尔－斯托可方程、BSD猜想。
千年大奖问题美国麻州的克雷（Clay）数学研究所于2000年5月24日在巴黎法兰西学院宣布了一件被媒体炒得火热的大事：对七个“千年数学难题”的每一个悬赏一百万美元。
其中有一个已被解决(庞加莱猜想),还剩六个.（庞加莱猜想，已由俄罗斯数学家格里戈里·佩雷尔曼破解。
我国中山大学朱熹平教授和旅美数学家、清华大学兼职教授曹怀东做了证明的封顶工作。
）“千年大奖问题”公布以来，在世界数学界产生了强烈反响。
这些问题都是关于数学基本理论的，但这些问题的解决将对数学理论的发展和应用的深化产生巨大推动。
认识和研究“千年大奖问题”已成为世界数学界的热点。
不少国家的数学家正在组织联合攻关。
可以预期，“千年大奖问题”将会改变新世纪数学发展的历史进程。
01庞加莱猜想1904年，法国数学家亨利·庞加莱（HenriPoincaré）在提出这个猜想：'任何一个单连通的，封闭的三维流形一定同胚于一个三维的球面。
'换一种简单的说法就是：一个闭的三维流形就是一个没有边界的三维空间；单连通就是这个空间中每条封闭的曲线都可以连续的收缩成一点，或者说在一个封闭的三维空间，假如每条封闭的曲线都能收缩成一点，这个空间就一定是一个三维圆球。
懵逼中为了大家便于理解庞加莱猜想，有人给出了一个十分形象的例子：假如在一个完全封闭（足够结实）的球形房子里，有一个气球（皮是无限薄的），现在我们将气球不断吹大，到最后，气球的表面和整个房子的墙壁是完全贴住，没有缝隙。
面对这个看似十分简单的猜想，无数位数学家前仆后继，绞尽脑汁，甚至是倾其一生都没能证明这个猜想。
“素数之恋”——黎曼假设的神秘世界
“素数之恋”——黎曼假设的神秘世界一个仍未确定解决的重要谜题比哥德巴赫猜想重要性大得多的谜题据说一些数学家愿用灵魂换答案的谜题Riemann Hypothesis (RH)以尽量简洁的陈述说明黎曼假设，共5部分：1.黎曼假设的表述2.问题源头的初等问题3.黎曼假设的提出4.历史进展5.意义和对我们的影响•一、黎曼假设的表述：ζ函数所有非平凡零点的实部都是1/2（这个陈述看起来不太友好，然而无法更精简了，这也是没有广泛流传的原因）这里有三个关键词：ζ函数、零点、非平凡（哦，对了，可能还要加上“实部”这个词）但是——但是一上来就解释这三个词，会不那么有趣，所以先记住这三个关键词，进入第二部分，回头再解释这个表述。
•二、问题源头的初等问题1. 素数(Prime number)、素数定理、高斯黎曼假设看起来太遥远，所以说要先来点简单明了的，比如说素数。
素数即质数，我们认识质数通常是在小学5年级课本，并且需要背诵前8个质数：2、3、5、7、11、13、17、19当然，我们也可以把110以内的质数都列出来，并以适当布局排列，会很好记2、3、5、7、11、13、17、19、23、29、31、37、41、43、47、53、59、61、67、71、73、79、83、89、97、101、103、107、109特别是中间两行，注意到了么：尾数几乎一致，且每10个自然数中的质数个数很齐整。
质数的重要性，学过小奥的都知道，就不再解释了。
如果不熟悉质数也没关系，高斯，这位数学王子，连小朋友都是熟悉的，当然，主要是那个速算1~100的和的故事。
然而在他稍大一点的时候，还有另一个故事，就是他从15岁开始，每天“休闲一刻钟”的空闲，用来计算连续1000个自然数中有多少个质数，差不多坚持了1000个1000（也就100万）。
看起来没什么了不起，嗯。
不过我们可以试着处理一个数字：20291，才2万多，这是他第21天就会遇到的1000个数字之一，那么这个数是不是质数呢？——欢迎使用计算器O(∩_∩)O实际上高斯计算了四五年，在19岁猜想了质数在数字中出现的频率：在前N个自然数中，大约有N/lnN 个质数（其中lnN是以e为底的对数运算）这个结论后来被改进的更加精确：前x个自然数中，质数的个数约为Li(x)（其中Li(x)是一个积分式）这个结论叫做素数定理，简称PNT（能猜出是哪几个单词的缩写么？）PNT可以通过枚举来做一些验证，但并不是个简单易证的定理，至少直到高斯甚至直到黎曼去世的时候，素数定理还没有公布于众的任何证明。
Riemann 猜想漫谈
Riemann 猜想漫谈- 卢昌海 -If you could be the Devil and offer a mathematician to sell his soul for the proof of one theorem - what theorem would most mathematicians ask for? I think it would be the Riemann Hypothesis. - H. Montgomery目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 Hardy 的电报 Riemann ζ 函数与 Riemann 猜想 素数的分布 Riemann 的论文 - 基本思路 Riemann 的论文 - 零点分布与素数分布 错钓的大鱼 从零点分布到素数定理 零点在哪里？ Riemann 的手稿 探求天书 Riemann-Siegel 公式 休闲课题：围捕零点 从纸笔到机器 最昂贵的葡萄酒 更高、 更快、 更强 零点的统计关联 茶室邂逅 随机矩阵理论 Montgomery-Odlyzko 定律 Hilbert-Pólya 猜想 Riemann 体系何处觅？ Bohr-Landau 定理 Hardy 定理 Hardy-Littlewood 定理 数学世界的独行侠 临界线定理 Levinson 方法 艰难推进 哪里没有零点？ - 未完待续 - 附录一： 超越 ZetaGrid -Riemann 猜想漫谈 (一) - 卢昌海 -If you could be the Devil and offer a mathematician to sell his soul for the proof of one theorem what theorem would most mathematicians ask for? I think it would be the Riemann Hypothesis. - H. Montgomery 返回目录Bernhard Riemann 一. Hardy 的电报 让我们从一则小故事开始我们的 Riemann 猜想之旅吧。
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》。
黎曼猜想与素数分布
贾朝华(中国科学院数学研究所)
1 §1. 黎曼猜想
在费尔马猜想被证明之后, 数论学家的关注点集中到了黎曼猜想上. 黎曼猜想作 为七个千禧问题之一, 被推荐给本世纪的数学家们, 其重要性不言而喻.
以下我们将黎曼猜想简记为RH.
首先, 我们来看RH的表述. 在学习微积分的时候, 会遇到判别级数
Bombieri无条件地证明了(12)式, 这是他关于(1+3)证明中的关键部分, 也是 他获得菲尔兹奖的主要工作之一.
L(1, χ)与代数数域上的类数有关. 关于单个L(1, χ)的估计比较困难, 但我们 可以有一些好的均值估计.
当q ≥ 3时, 戚鸣皋、张文鹏证明了恒等式
|L(1,
χ)|2
=
π2 12
但事实恰相反. Hilbert第七问题已于1934年被解决, 费尔马大定理由Wiles解 决, 而黎曼猜想依然进展不大.
在中科院数学所的一次座谈会上, Atiyah爵士曾乐观地表示: 黎曼猜想可 望10年左右被解决. 常有消息说黎曼猜想已被解决, 但数论学家们并不抱乐观态 度.
2 §2. 素数分布
自然地, 我们会问为什么要研究ζ(s)的零点呢? 黎曼是在1859年的一篇文章中提出他的猜想的, 文章的题目叫论不超过一个
∞1 na
n=1
当a > 1时, 有Euler乘积公式
∞1 n=1 na
=
p
(1 +
1 pa
+
1 p2a
+···)
=
p
(1 −
1 pa
)−1.
如果将a换成复数s, 则当Re(s) > 1时, 易见级数 ∞1 ns
n=1
黎曼猜想原始论文中文译注-《论小于某给定值的素数的个数》(1)
论小于某给定值的素数的个数（黎曼提出黎曼猜想的原始论文）黎曼（Riemann ）原稿 谢国芳（Roy Xie ）译注Email:**************承蒙（柏林）科学院接纳我为通讯院士，我想表达被赐予这份殊荣的感谢之情的最好方式是立即利用由此得到的许可向其通报一项关于素数分布密度的研究，考虑到高斯和狄利克雷曾长期对此问题抱有浓厚的兴趣，它似乎并不是完全配不上这样性质的一个报告。
我以欧拉的发现、即下面这个等式作为本研究的起点：11 1 s s p n -=-∑∏其中等式左边的p 取遍所有质数，等式右边的n 取遍所有自然数，我将用()s ζ表记由上面这两个级数（当它们收敛时）表示的复变量s 的函数。
{注1： 即定义复变函数11()1s s s n pζ-==-∑∏} 上面这两个级数只有当s 的实部大于1时才收敛，但很容易找到一个（对任意s ）总是有效的函数()s ζ的表达式。
{注2：用现代数学语言讲，即要对复变函数()s ζ进行解析延拓，而解析延拓的最好方法是寻找一个该函数的更广泛有效的表示如积分表示或适当的函数方程。
}利用等式{注3：()s ∏是高斯引入的伽玛函数记号，现在一般把伽玛函数记作()s Γ，()(1)()s s s s ∏=Γ+=Γ，10()s x s x e dx ∞--Γ=⎰，令积分号中的哑变量x nx →即可导出上式。
}可得{注4：111 1111x nxx x x n e ee e e -∞---==-==---∑ }现在考虑积分{注5：按现代数学记号，该积分应记成 1()1s x C x dx e ---⎰或（考虑到一般用z 表示复数）1()1s z C z dz e ---⎰，其中的积分路径C 如下面的图1所示。
}积分路径沿从到、包含值0但不包含被积函数的任何其他奇点的区域的正向边界进行。
{注6：参见下面的图1。
}图1 易得该积分的值为其中我们约定在多值函数中，log()x -的取值对于负的x 为实数。
黎曼猜想被证明
、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。
np欧拉乘积公式，其中p为质数，n为自然数黎曼猜想(RiemannHypothesis)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123,...,n的整数，c为归一化常数，满足:p(l)+p(2)+...+p(n)=c^i~a=1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。
《在给定大小之下的素数个数》【黎曼】
x s −1 ex −1
dx
，
如果我们考虑下面的积分
∫∞ (−x)s−1 dx ，积分限从 −∞ 到 +∞ ，这其中包括 0，但是不
0 ex −1
包括其他的定义域中的不连续点，容易发现上式等于
∫∞
(e−π si − e−π si )
x s −1
dx ，
0 ex −1
1
基于 (−x)s−1 = e(s−1)log(−x) ，其中当 x 小于零时， log(−x) 有意义，有
=
Σ
1
F
(x
1 n
)
我们可以得到
F
(
x)
=
Σ(−1)μ
1
1
f (xm ) ，其中
n
m
m 取遍所有的无平方因子数， μ 定义 m 的素因子的个数.
如果我们将 Σα 限制为有限项，那么 f (x) 的微分随着 x 的增长而快速的减小，接近
于
1
− 2Σα
cos(α
log
−1
x)x 2
log x
log x
这给出了一个关于素数密度和素数平方数密度的一半以及素数三次方数的三分之一的
这是因为
∑ −
log
Π(
s
)
=
n=m
lim (
log(1 +
s
) − s log m) ，
2 m→∞ n=1
2n 2
4
我们有
∑ d 1 log Π( s )
−s
2=
∞
d 1 log(1+ s )
s
2n ，
ds
1
ds
∫ 这样 f (x) 的表达式便成立了，除了 1 1 a+∞i 1 logξ (0)xsds = logξ (0) ，此时取下面的
证明N生(含孪生)素数猜想的原文(英文)并附译后汉语
Advances in Theoretical and Applied Mathematics, ISSN 0793-4554, V ol.8,№1, 2013, pp.17-26There are Infinitely Many Sets of N-Odd PrimeNumbers and Pairs of Consecutive Odd PrimeNumbersZhang TianshuNanhai west oil corporation,China offshore Petroleum,Zhanjiang city, Guangdong province, P.R.China.Email: tianshu_zhang507@AbstractLet us consider positive odd numbers which share a prime factor>1 as a kind, then the positive directional half line of the number axis consists of infinite many equivalent line segments on same permutation of χkinds’ odd points plus odd points amongst the χkinds’ odd points, where χ≥1. We will prove together that there are infinitely many sets of n-odd prime numbers and pairs of consecutive odd prime numbers by the mathematical induction with aid of such equivalent line segments and odd points thereof, in this article.KeywordsSets of n-odd prime numbers, Pairs of consecutive odd prime numbers, Mathematical induction, Odd points, Positive directional half line of the number axis, RLSS№1~№χ, Sets of •µ(•s)+b(◦s)•, Pairs of•υ(◦s)•, The coexisting theorem, №1 RLS №1~№χ, Set of♠µ(♠s)+b(◦s)♠,Pair of♠υ(◦s)♠.Basic ConceptsSuppose n >1, and κ1<κ2<...<κn-1 are n-1 natural numbers, and Jχ, Jχ+κ1, Jχ+κ2, Jχ+κ3, ... Jχ+κn-1 are all odd prime numbers, then we call (Jχ,Jχ+κ1,Jχ+κ2,Jχ+κ3,...Jχ+κn-1) a set of n-odd prime numbers. Thereupon we conjecture that for any positive odd prime number J p, if a number of residue’s classes which n integers 0, κ1, ... κn-1divide respectively bymodulus J p is less than J p , then there are infinitely many sets of n-odd prime numbers which differ orderly by κ1, κ2-κ1, κ3-κ2,...and κn-1-κn-2.We term the conjecture as n-odd prime numbers’ conjecture. For example, when n≥2, and κ1=2, it contains twin prime numbers’ conjecture. In addition, it contains 3-odd prime numbers’ conjecture when n≥3, κ1=2 and κ2=6. And so on and so forth…Evidently, if modulus J p ≥ Jχ+κn-1, then each odd prime number of such a set of odd numbers belongs in a residue class, thus number n of n-odd prime numbers is less than J p. If modulus J p ≤ Jχ, then number n of n-odd prime numbers may be greater than J p. For example, a set of 16-odd prime numbers (13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 53, 59, 61, 67, 71, 73) for modulus J4 (i.e. 11), it has 16 odd prime numbers of 10 residue’s classes because 17≡61(mod 11), 19≡41(mod 11), 23≡67(mod 11), 29≡73 (mod 11), 31≡53(mod 11), and 37≡59(mod 11) plus 13, 43, 47, and 71.In addition, there is such a conjecture, namely if there is a pair of consecutive odd prime numbers which differ by 2k, then there are surely infinitely many pairs of consecutive odd prime numbers which differ by 2k, where k is a natural number. This conjecture needs still us to prove it. When k=1, it is the very twin prime numbers’ conjecture evidently.Everyone knows, each and every odd point at positive directional half line of the number axis expresses a positive odd number. Also infinitemany a distance between two consecutive odd points at the positive directional half line equal one another.Let us use the symbol “•” to denote an odd point, whether • is in a formulation or it is at the initial positive directional half line of the number axis. Moreover the positive directional half line is marked merely with symbols of odd points. Please, see following first illustration. •••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••First IllustrationWe use also symbol “•s” to denote at least two odd points in formulations. Then, the number axis’s positive directional half line which begins with odd point 3 is called the half line for short thereinafter.We consider smallest positive odd prime number 3 as №1 odd prime number, and consider positive odd prime number Jχas №χodd prime number, where χ ≥1, then odd prime number 3 is written as J1 as well. And then, we consider positive odd numbers which share prime factor Jχas №χkind of odd numbers. If an odd number contains α one another’s-different prime factors, then the odd number belongs in α kinds of odd numbers concurrently, where α ≥1.There is an only odd prime number Jχwithin №χkind’s odd numbers. Excepting Jχ, we term others as №χ kind of odd composite numbers.If one • is defined as an odd composite point, then we must change symbol “◦” for its symbol “•”. And use symbol “◦s” to denote at least two definite odd composite points in formulations.In course of the proof, we shall change ◦s for •s at places of ∑№χ[χ≥1] kind’s odd composite points according as χ is from small to large.Since №χkind’s odd numbers are infinitely many a product which multiplies every odd number by Jχ, so there is a №χkind’s odd point within consecutive Jχ odd points at the half line.Therefore any one another’s permutation of χ kind’s odd points plus odd points amongst the χkind’s odd points assumes always infinite many recurrences on same pattern at the half line, irrespective of their prime/composite attribute.We analyze seriatim №χ kind of odd points at the half line according to χ=1, 2, 3 … in one by one, and range them as second illustration.3 91521273339 455157 63697581879399105 117 129 •••◦••◦••◦•◦◦••◦◦•◦••◦•◦◦•◦◦••◦◦•◦••◦◦•◦•◦◦•◦◦◦•◦••◦••◦•◦◦◦◦◦◦•◦•◦◦◦◦◦◦◦◦◦◦◦◦◦◦◦◦◦◦◦◦◦…№1•◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦◦◦◦◦◦ ◦…№2• ◦ ◦ ◦◦ ◦ ◦ ◦ ◦…№3◦• ◦ ◦◦ ◦ ◦…№4•. ◦ ◦ ◦ ◦…№5Second IllustrationWe consider one another’s equivalent shortest line segments at the half line in accordance with same permutation of χ kinds’ odd points plus odd points amongst the χkinds’ odd points as recurring segments of the χkinds’ odd points.We use character “RLS№1~№χ”to express a recurring segment of ∑№χ[χ≥1] kind of odd points, and use character “RLSS№1~№χ” to express theplural. If one • is affirmed as an odd prime point, then this • is rewritten as one♠ at the half line and/or in formulations, and symbol ♠s express at least two odd prime points in formulations. For example, the one another’s permutation of certain kinds of odd points at №1 RLS№1~№4 , please, see following third illustration.The permutation of odd prime & composite points at №1 RLS№1~№4♠♠♠○♠♠○♠♠○♠○○♠♠○○♠○♠♠○♠○○♠○○♠♠○○♠○♠♠○○♠○♠○○♠○○○♠○3 15 27 39 51 63 75 87 99♠♠○♠♠○♠○○○○○○♠○♠○○♠♠○○○○♠♠○○♠○○♠○♠○○♠○○♠♠○○○○♠♠○♠111 123 135 147 159 171 183 195♠○○○○○♠○○○○○♠○♠♠○♠○○♠♠○○○○♠○○♠○○♠○○♠♠○○♠○♠♠○○○○♠○ 207 219 231 243 255 267 279 291○○○○○♠○♠♠○♠○○○○○○♠○○♠○○○♠♠○♠○○♠○○○♠○○♠○○♠○♠○○♠○○○ 303 315 327 339 351 363 375 387♠○♠○○○♠○○○○♠♠○○○○♠♠○○♠○♠○○♠○○○♠○♠♠○♠○○○○○♠○○○♠○♠○ 399 411 423 435 447 459 471 483○○♠○♠○○♠○○○○○♠♠○○○○○○○○♠○○♠○○○○♠○○♠○○♠♠○○♠○○○○♠○○ 495 507 519 531 543 555 567 579 591 ♠○○♠♠○○♠○○♠○♠♠○○○○○♠○○○○♠♠○♠○○♠○○♠♠○○○○○♠○♠○○♠○○○ 603 615 627 639 651 663 675 687♠○○○○♠○○○♠○○○○○♠○○♠○○♠○○♠○♠○○○♠○○♠○♠○○○♠○♠○○○○○○♠699 711 723 735 747 759 771 783○○○○♠○○○○○♠♠○○○○♠♠○♠♠○○○○♠○○○○○○♠○♠♠○♠○○○♠○○♠○♠♠○ 795 807 819 831 843 855 867 879♠○○○○○○○○○♠○♠○○○♠○○○○♠○○○♠○♠○○♠○○♠○○○○○○♠○♠○○♠○○♠891 903 915 927 939 951 963 975○○○♠○○♠○○○○○♠○♠○○♠♠○○○○♠♠○○♠○○○○♠♠○○○○♠♠○○♠○○○○○○987 999 1011 1023 1035 1047 1059 1071○○♠○♠♠○♠○○♠○○♠○○○♠○○♠○○♠○○○○○○○○○○♠♠○○○○♠○○○♠○○○○ 1083 1095 1107 1119 1131 1143 1155 1167 1179 ♠○○♠○○♠○○○♠○○○○○♠○♠○○♠○○♠♠○○♠○○○○○♠○○○○♠○○○○○○○○♠1191 1203 1215 1227 1239 1251 1263 1275 ♠○♠○○♠♠○○♠○♠♠○♠○○○○○♠♠○○♠○○○○○○○○○○○○○○○○♠○○♠○○♠○ 1287 1299 1311 1323 1335 1347 1359 1371○○♠○○○○○○○○♠○○○○♠○○○○○○♠○♠♠○♠○○♠○○○♠○♠♠○○♠○○○○○♠○ 1383 1395 1407 1419 1431 1443 1455 1467○○○♠♠○♠♠○♠○○♠○○○○○♠○○○○○♠○○○♠○○○○○♠○○♠○♠○○♠○○○♠○♠1479 1491 1503 1515 1527 1539 1551 1563○○○♠○♠○○○○○○♠○♠○○♠♠○♠○○♠♠○○♠○○○○♠○○○○○○○○○♠○○♠○♠♠1575 1587 1599 1611 1623 1635 1647 1659○○○○○○○○○○♠○♠♠○○○○♠○○○○○♠♠○○○○♠○○○♠○○♠○○♠○○♠○○○○○ 1671 1683 1695 1707 1719 1731 1743 1755 1767 ○○○♠○○♠○♠♠○○○○○♠○○○○♠○○○○○♠○○○♠○○○○○○○♠○○○○○○♠○○♠1779 1791 1803 1815 1827 1839 1851 1863○♠♠○♠♠○○○○♠○○○○○♠○○♠○○♠○○○○○○○○♠♠○○○○○○○♠♠○○○○○○○ 1875 1887 1899 1911 1923 1935 1947 1959○○○♠○○♠○○○♠○○♠○♠♠○♠○○○♠○○♠○○○○♠♠○○○○♠○○○○○○♠○○○○♠1971 1983 1995 2007 2019 2031 2043 2055○○♠○○○○○♠♠○♠♠○○○○♠○○○○○♠♠○○○○○○○♠♠○○♠○♠♠○○○○♠○○○♠2067 2079 2091 2103 2115 2127 2139 2151○○○○○○○○♠○○○○○○○○○○○♠○♠○○♠○○○♠○○○○○○○♠♠○♠○○○♠○○○○ 2163 2175 2187 2199 2211 2223 2235 2247 2259 ○○○♠♠○♠○○○♠○○♠○○♠○○○○○○○♠♠2271 2283 2295 2307Third IllustrationAnnotation: “♠” denotes an odd prime point; “○” denotes an odd composite point.№1 RLS№1ends with odd point 7; №1 RLS№1~№2ends with odd point 31;№1RLS№1~№3 ends with odd point 211; №1 RLS№1~№4 ends with odd point 2311. Justly №1 RLS№1~№χbegins with odd point 3. There are ∏Jχ odd points at each RLS№1~№χ , where χ ≥1,and ∏Jχ=J1*J2*…*Jχ.Undoubtedly one RLS№1~№(χ+1)consists of consecutive Jχ+1RLSS№1~№χ , and they link one by one.Since none of any kind’s odd composite points coincides with odd point 1 on the left of №1 RLS№1~№χ, then none of any kind’s odd composite points coincides with the odd point which closes on the left of №2 RLS№1~ №χaccording to the definition of recurring segments of the χkinds’ odd points. The odd point which closes on the left of №2 RLS№1~№χis exactly the most right odd point of №1 RLS№1~№χ. Thus the most right odd point of №1 RLS№1~№χis an odd prime point always. Namely 2∏Jχ+1 is an odd prime number always.Number the ordinals of odd points at seriate each RLS№1~№χ+y by consecutive natural numbers which begin with 1, namely from left to right each odd point at seriate each RLS№1~№χ+y is marked with from small to great a natural number ≥1 in the proper order, where y≥0. Then, there is one №(χ+y) kind’s odd point within Jχ+y odd points which share an ordinal at Jχ+y RLSS№1~№(χ+y-1) of a RLS№1~№χ+y. Furthermore, there is one №(χ+y) kind’s odd composite point within Jχ+yodd points which share an ordinal at Jχ+y RLSS№1~№(χ+y-1) of seriate each RLS№1~№χ+y on the right of №1 RLS№1~№χ+y.Odd prime points J1, J2 …Jχ-1 and Jχare at №1 RLS№1~№χ. Yet, there are χodd composite points on ordinals of J1 plus J2 ...plus Jχ-1 plus Jχ at seriate each RLS№1~№χon the right of №1 RLS№1~№χ. Thus №1 RLS№1~№χis a particular RLS№1~№χ in contradistinction to each of others.After change ◦s for •s at places of ∑№χ[χ≥1] kind’s odd composite points at the half line, if one • is separated from another • by µ •s plus b ◦s irrespective of their permutation,then express such a combinative form as a set of • µ(•s)+b(◦s) •, where µ ≥0, and b ≥0.If µ+2 •s of • µ(•s)+b(◦s) • are all defined as odd prime points, then the set of • µ(•s)+b(◦s) • is rewritten as a set of♠ µ(♠s) +b(◦s)♠. Further, if the set of ♠µ(♠s)+b(◦s) ♠lies within consecutive Jχodd points, and for odd prime number Jχ, a number of residue’s classes which µ+2 odd prime numbers whereof µ+2 ♠s express divided respectively by modulus Jχ is less than Jχ, then, such a set of♠ µ(♠s) +b(◦s)♠ is the very a set of n-odd prime points, where n=µ+2.If two •s of • υ(◦s) • are defined as odd prime points,then the pair of •υ(◦s)• is rewritten as a pair of♠ υ(◦s) ♠, where υ≥0.When µ=0, a set of • µ(•s)+b(◦s) • is exactly a pair of •b(◦s)•, and a set of ♠ µ(♠s)+b(◦s) ♠is exactly a pair of♠ b(◦s) ♠, where b≥0.Let µ+ b=m, a set of • µ(•s)+b(◦s)• may be written as a set of • m(•s◦s) •, and a set of♠ µ(•s)+b(◦s)♠may be written as a set of♠ m(•s◦s)♠.After change ◦s for •s at places of ∑№χ[χ≥1] kind’s odd composite points, Jχ-h at №1 RLS№1~№χ is defined as an odd prime point, where χ>h≥0,yet there are infinitely many •s on the right of Jχat the half line, and every •is an undefined odd point on prime/composite attribute. Anyhow every prime factor of an odd number which each •at the right of Jχ expresses is greater than Jχ.A set of • µ(•s)+b(◦s) •is negated according as any • of the set is defined as one ◦. Also a pair of • υ(◦s)• is negated according as either • of the pair is defined as one ◦. If a set of • µ(•s)+b(◦s) • can not always be negated, then it is precisely a set of♠ µ(♠s)+b(◦s) ♠. Likewise, if a pair of • υ(◦s)• can not always be negated, then it is precisely a pair of ♠υ(◦s) ♠.From the definition for recurring segments of χ kinds’ odd points, we can conclude that after change ◦s for •s at places of ∑№χ[χ≥1] kind’s odd composite points, if there is a set of♠ µ(♠s)+b(◦s) ♠within consecutive Jχodd points on the right of Jχ at №1 RLS№1~№χ, then there is surely a set of • µ(•s)+b(◦s) • on ordinals of the set of ♠µ(♠s)+b(◦s)♠at seriate each RLS№1~№χon the right of №1RLS№1~№χ.Without doubt, the converse proposition is tenable too. Namely after change ◦s for •s at places of ∑№χ [χ≥1]kind’s odd composite points, if there is a set of •µ(•s)+b(◦s) • within consecutive Jχodd points at seriate each RLS№1~№χon the right of №1 RLS№1~№χ, and from left to right №k odd prime points of all sets of •µ(•s)+b(◦s) • share an ordinal, then there is surely a set of♠ µ(♠s)+b(◦s) ♠on ordinals of any such set of • µ(•s)+b(◦s) •, at №1 RLS№1~№χ, where k = 1, 2, … µ+2.Of course, every ♠ of the set of ♠ µ(♠s)+b(◦s) ♠and every prime factor of an odd number which each • of every such set of • µ(•s)+b(◦s) • expresses are greater than Jχ.To be brief, after change ◦s for •s at places of ∑№χ[χ≥1] kind’s odd composite points, a set of ♠µ(♠s)+b(◦s) ♠on the right of Jχat №1 RLS№1~№χand infinite many sets of •µ(•s)+b(◦s)• on ordinals of the set of ♠µ(♠s)+b(◦s)♠at seriate RLSS№1~№χon the right of №1 RLS№1~№χcoexist at the half line. We term the aforesaid conclusion as the coexisting theorem of a set of ♠µ(♠s)+b(◦s)♠plus infinite many sets of •µ(•s)+b(◦s)• at the half line, or term it as the coexisting theorem for short.Jχ+1 RLSS№1~№χ of any RLS№1~№(χ+1) may be folded at an illustration, oneby one, so as to view conveniently, e.g. №1, №2 and №3 kinds’ odd points at two RLSS№1~№3from the differentia, please, see following fourth illustration.№: 1 5 10 15 №: 1 5 10 153♠♠♠ ◦• • ◦ •• ◦ • ◦ ◦ •• C ◦ ◦ ◦ ◦ • • ◦ • • ◦ • ◦ ◦ • •◦ ◦ •◦ • • ◦• ◦ ◦ • ◦ ◦ •• ◦ ◦ • ◦ • • ◦ • ◦ ◦ • ◦ ◦ • •◦ ◦ • ◦ • • ◦ ◦ •◦ • ◦ ◦ • ◦ ◦ ◦ • ◦ • • ◦ ◦ • ◦ • ◦ ◦ • ◦◦ ◦ • ◦ • • ◦ •• ◦ • ◦ ◦ ◦ • ◦ ◦ • ◦ • • ◦ • • ◦ • ◦ ◦ ◦ •◦ ◦ • ◦ • ◦ ◦ • • ◦ • ◦ ◦ • • ◦ ◦ • ◦ • ◦ ◦ • • ◦ • ◦ ◦ • •◦ ◦ • ◦ ◦ • ◦ • • ◦ • ◦ ◦ • • ◦ ◦ • ◦ ◦ • ◦ • • ◦ • ◦ ◦ • •◦ ◦ • ◦ • • ◦ • • ◦ ◦ ◦ ◦ • •211 ◦ ◦ • ◦ • • ◦ • • ◦ ◦ ◦ ◦ • •DFourth IllustrationAfter change ◦s for •s at places of №1 plus №2 plus №3 kinds’ odd composite points, every♠denotes a definite odd prime point, and every • denotes an undefined odd point at prime/composite attribute, and every ◦ denotes a definite odd composite point, in the illustration. Line segment 3(211) is №1 RLS№1~№3, and line segment CD is any of seriate RLSS№1~№3 on the right of №1 RLS№1~№3.The ProofWe will prove together that there are infinitely many sets of n-odd prime numbers and pairs of consecutive odd prime numbers by the mathematical induction with the aid of RLSS№1~№χ and odd points thereof, thereinafter.1. When χ=1, there is a set of♠ ♠ alone on the right of J1 at №1 RLS№1 , and the set of♠ ♠ is a pair of♠υ1(◦s)♠ as well, i.e. twin odd prime points 5 and 7, where υ1=0.When χ=2, there are ♠◦♠♠◦♠♠◦♠◦ ◦♠♠on the right of J2at №1RLS№1~№2,and these odd points contain several sets of ♠µ2(♠s)+b2(◦s)♠within consecutive J s odd points, including several pairs of♠υ2(◦s) ♠within them, where µ2≤6,b2≤5,J1≤J s≤J5, and υ2 ≤ 2.Evidently these pairs of♠υ2(◦s)♠ contain pairs of twin odd prime points.When χ=3, there are both sets of ♠ µ3(♠s)+b3(◦s) ♠within consecutive J f odd points and pairs of ♠υ3(◦s) ♠on the right of J3 at №1 RLS№1~№3, where µ2≤µ3≤41, b2≤b3≤58, J s ≤ J f ≤J27=101, and υ2≤υ3=0, 1, 2, 3, 4, 5 and 6. Evidently these sets of ♠µ3(♠s)+b3(◦s)♠embody certain sets of ♠µ2(♠s)+b2(◦s)♠, and these pairs of ♠ υ3(◦s) ♠ embody all pairs of♠υ2(◦s)♠.For pairs of ♠υ3(◦s)♠on values of υ3 at №1 RLS№1~№3, we instance (11, 13), (13, 17), (23, 29), (89, 97), (139, 149), (199, 211) and (113, 127). Please, see preceding third illustration once again.When χ=4, there are both sets of ♠ µ4(♠s)+b4(◦s)♠within consecutive J a odd points and pairs of ♠ υ4(◦s)♠on the right of J4 at №1 RLS№1~№4 , where µ3≤µ4≤337, b3≤b4≤813, J f ≤J a≤J189=1151, and υ3≤υ4 =0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11and 16.Evidently these sets of ♠µ4(♠s)+b4(◦s)♠ embody certain sets of ♠µ3(♠s)+b3(◦s)♠, and these pairs of ♠ υ4(◦s)♠ embody all pairs of ♠ υ3(◦s) ♠.For pairs of ♠υ4(◦s)♠on values of υ4 at №1 RLS№1~№4, we instance (17, 19), (19, 23), (31, 37), (89, 97), (139, 149), (211, 223), (293, 307), (1831,1847), (1259, 1277), (887, 907), (1669, 1693), (2179, 2203)and (1327, 1461). Please, see preceding third illustration once more.2. When χ=β≥4, suppose that there are both sets of ♠ µβ(♠s)+bβ(◦s) ♠within consecutive J b odd points and pairs of ♠ υβ(◦s) ♠on the right of Jβat №1 RLS№1~№β , where µβ≥µ4, bβ≥b4, υβ≥υ4, J b ≥J a, and Jβ≥J4. In addition, these sets of ♠µβ(♠s)+bβ(◦s) ♠embody any of sets of n-odd prime points on the right of J1 at №1 RLS№1~№ψ, and these pairs of ♠ υβ(◦s) ♠ embody any of pairs of consecutive odd prime points at №1 RLS№1~№ψ, where ψ<β.Let us suppose that any of sets of n-odd prime points on the right of J1 at №1 RLS№1~№ψ is a set of ♠ µp(♠s)+b q(◦s)♠; and any of pairs of consecutive odd prime points at №1 RLS№1~№ψis a pair of ♠ υδ(◦s)♠,where µp≥µ4, b q≥b4, and υδ ≥υ4.3.When χ=η>β,prove that there are both sets of ♠µη(♠s)+bη(◦s) ♠within consecutive J c odd points and pairs of ♠ υη(◦s) ♠on the right of Jηat №1 RLS№1~№η ,where µη≥µβ, bη≥bβ, υη≥υβ, J c ≥J b, and Jη>Jβ. In addition, these sets of ♠ µη(♠s)+bη(◦s) ♠ must embody a set of ♠ µp(♠s)+b q(◦s)♠ which needs us to prove, and these pairs of ♠ υη(◦s) ♠must embody a pair of ♠ υδ(◦s)♠ which needs us to prove.Proof．Since there is a set of ♠ µp(♠s)+b q(◦s)♠ within consecutive J b oddpoints on the right of Jβat №1 RLS№1~№β, furthermore, we name the set of ♠µp(♠s)+b q(◦s)♠ “Jβ+d µp(♠s)+b q(◦s) J g”, where d≥1 and g =β+d+µp+1. Well then, let us first prove that there is a set of ♠µp(♠s)+b q(◦s)♠ on ordinals of Jβ+d µp(♠s)+b q(◦s) J g on the right of J g at №1 RLS№1~№g , hereinafter.We know that every odd number >1 has a smallest prime factor except for 1 surely, yet the smallest prime factor of any odd prime number is exactly it itself.If greatest one within respective smallest prime factors of b q odd composite numbers whereof b q(◦s) between Jβ+d and J g express is written as Jφ, then the set of Jβ+d µp(♠s)+b q(◦s) J g is either at №1 RLS№1~№ φ or out of №1 RLS№1~№φ. If it is at №1 RLS№1~№φ, then let 1≤χ1≤ϕ. If it is out of №1 RLS№1~№φ, then suppose that it is just at №1 RLS№1~№κ , but it is not at №1 RLS№1~№κ-1, then κ >ϕ , and let 1≤χ2≤κ .If the set of Jβ+d µp(♠s)+b q(◦s) J g is at №1 RLS№1~№φ, then after change ◦s for •s at places of ∑№χ1 [1≤χ1≤ϕ] kind’s odd composite points, there is a set of •µp(•s)+b q(◦s)•on ordinals of Jβ+d µp(♠s)+b q(◦s)J g at seriate each RLS№1~№φon the right of №1 RLS№1~№φ.If the set of Jβ+d µp(♠s)+b q(◦s) J g is just barely at №1 RLS№1~№κ , but it is out of №1 RLS№1~№(κ-1), then after change ◦s for •s at places of ∑№χ2[1≤χ2≤κ]kind’s odd composite points, there is a set of •µp(•s)+b q(◦s)•on ordinals of Jβ+d µp(♠s)+b q(◦s) J g at seriate each RLS№1~№κon the right of №1 RLS№1~№κ.Either there is Jϕ ≥ µp+b q+2 or Jκ ≥ µp+b q+2, uniformly let it to equal Jν. If Jϕ or Jκ<µp+b q+2, then suppose that Jν is the smallest odd prime number which is not smaller than µp+b q+2.Each set of •µp(•s)+b q(◦s)• on ordinals of Jβ+d µp(♠s)+b q(◦s) J g considering aforementioned either case is rewritten as a set of • µp(•s)+b q(◦s)•.If some set of • µp(•s)+b q(◦s)• is defined as a set of ♠ µp(♠s)+b q(◦s)♠, then the set of ♠ µp(♠s)+b q(◦s)♠ is rewritten as a set of ♠µp(♠s)+b q(◦s)♠.Let ν+1≤ω≤g, since there is one №ω kind’s odd point within consecutive Jω odd points, and there is one №ω kind’s odd point within Jωodd points which share an ordinal at seriate JωRLSS№1~№ω-1, therefore there is a series of results as the following.After successively change ◦s for •s at places of № (ν+1) kind’s odd composite points, there are both (Jν+1-µp) sets of •µp(•s)+b q(◦s) • and µp sets of •(µp-1)(•s)+(b q+1)(◦s)• at seriate each RLS№1~№(ν+1)on the right of №1 RLS№1~№(ν+1).Of course, every prime factor of an odd number which each • at here expresses is greater than Jν+1.After successively change ◦s for •s at places of № (ν+2) kind’s odd composite points, there are both(Jν+1-µp)(Jν+2-1)sets of • µp(•s)+b q(◦s) • and µp( Jν+2-1) sets of • (µp-2)(•s)+(b q+2)(◦s)• at seriate each RLS№1~№(ν+2)on the right of №1 RLS№1~№(ν+2). Of course, every prime factor of an odd number which each • at here expresses is greater than Jν+2 .And so on and so forth…Up to after successively change ◦s for •s at places of №g kind’s odd composite points, there are both(Jν+1-µp)(Jν+2-1)( Jν+3-1)…( J g-1) sets of •µp(•s)+b q(◦s)•and µp(Jν+2-1)( Jν+3-1)…( J g-1) pairs of • (µp+b q)(◦s) •at seriate each RLS№1~№g on the right of №1 RLS№1~№g。
数学千年之谜（一）黎曼猜想：来自珠穆朗玛的曙光
数学千年之谜（一）黎曼猜想：来自珠穆朗玛的曙光如果让一名优秀的数学家用灵魂去换取某一个数学问题的答案，那这个问题，大多数职业数学家都会同意，它就是大名鼎鼎的黎曼猜想。
这个由德国数学家黎曼（Riemann）于1859提出的难题，已经困扰世人一个半世纪。
这也是德国数学家希尔伯特（Hilbert）在1900年提出的23个问题中唯一悬而未决的重大问题。
如今，它再次被列入21世纪的千年难题表，继续引领着新时代的科学潮流。
德国数学家黎曼（1826-1866，图片来源：维基百科）对未来安全体系的挑战黎曼猜想的完全解决，无疑将极大地加深人们理解素数的本质，对数学和物理，以及现代生活的诸多方面产生重大深远的影响。
事实上，现代人的生活行为都以一种潜移默化的方式依赖于数学。
人们乘坐汽车、火车、飞机、轮船出行时，就进入了一个数学的世界。
人们听歌、看电影、上网、娱乐时，使用的都是数学的产物。
甚至人们查询天气、金融投资时，都已经深深地依赖数学。
没有先进的数学，这一切现代化的技术和设施将荡然无存。
黎曼猜想其高深抽象的问题背后，隐藏着数学中最古老神秘的秘密—素数的分布模式。
令人惊异的是，素数的行为表现对现代经济和金融体系，乃至国防安全都至关重要。
人们每次银行使用自动提款机又或者在互联网上进行商业交易时，都完全依赖于素数的数学理论来确保交易的安全。
战争时代时，人们通过加密的方式传递信息，其军事机密的安全性则完全取决于对素数的基本性质的了解程度。
在现代金融活动中，安全至关重要（图片来源：）由于黎曼猜想揭示了素数的分布模式，对这一猜想的证明将很可能对依赖于密码的现代安全体系造成致命的打击，使得互联网安全到银行金融，甚至国家安全都将面临极其严峻的挑战。
因此，破译黎曼猜想不仅仅是理论上的丰功伟绩，而且有可能会颠覆未来世界的安全格局。
前赴后继的探索如果我们回顾黎曼猜想的历史，不难发现，它正是起源于和数学一样古老的时代。
自古希腊人引入了素数的概念—一个只能整除1和它自身的自然数—以来，许多数学家开始了对这一特殊自然数孜孜不倦的研究。
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,数学家心目中最璀璨的明星
黎曼猜想,数学家心目中最璀璨的明星刘洪亮;李泽【期刊名称】《高中数理化》【年(卷),期】2018(000)021【总页数】2页(P23-24)【作者】刘洪亮;李泽【作者单位】清华大学附属中学永丰学校;清华大学附属中学永丰学校【正文语种】中文在数学界,有很多非常重要的数学难题至今没有被攻克和证明,黎曼猜想就是其中的一个,它已经困扰了数学家159年．2018年9月20日, 一条大新闻炸翻了学术界,引起了广泛关注:著名数学家、菲尔兹奖和阿贝尔奖双料得主迈克尔·阿蒂亚宣称自己证明了久负盛名的黎曼猜想,并将在9月24号海德堡获奖者论坛上进行宣讲,届时或将给出全部证明过程．在海德堡论坛上,阿蒂亚爵士解释了黎曼猜想的本质及其与素数的相关性,提出了对黎曼猜想证明方法的一个简单思路．其灵感来源于他在2018年ICM上提出的精细结构常数的推演.虽然精细结构常数是物理上未被完全证明的常数,但他声称相关论文已投稿至 Royal Society．由于这篇文章目前还未经过同行审议,一些学者对他的推演过程或证明过程存疑,也有学者认为他的思路或为后续黎曼猜想证明提供一种新思路．虽然对黎曼猜想的解释仍需进一步完善,但阿蒂亚爵士一生中对数学做出的贡献,以及此次讲座中的一些思考,都是对未来科学家进一步探索未知的一种激励．当然也可能像加州理工大学的研究人员Spiros Michalakis和微软的研究人员Matthew Hastings破解了数学物理领域的13个难题中的“量子霍尔效应”一样,要耗费多年时间才能得到学界认可．1 黎曼猜想究竟是什么数学家波恩哈·德黎曼于 1859 年发表了一篇题为《论小于给定数值的素数个数》的论文,该论文的一个重大成果是发现质数蕴藏在一个特殊函数(今被称为黎曼ζ函数)之中,而该函数的零点对质数分布的细致规律有着决定性的影响,提出关于黎曼ζ函数零点分布的猜想,即黎曼猜想．黎曼ζ函数零点中特别重要的一部分称为黎曼ζ函数的非平凡零点,黎曼猜想的内容就是猜想这些非平凡的零点,全部分布在一条特殊的直线上,这条直线被称为“临界线”,它是一条通过实轴的点1/2与虚轴平行的直线．也就是说,黎曼发现,质数在自然数中的分布并不是毫无规律可循,而是其分布与黎曼ζ函数紧密相关．数学家黎曼拿不出足够强的证据来说明结论成立,这样的点有无穷多个,无法一一验证是不是所有的点都在线上,永远验证不完,而在数学上,对证明要求严格,所以只能称之为猜想．到1936年为止,数学家手动验证了1041个,全部符合,后来数学家开始使用计算机,如今已经验证了10万亿个,也全都符合,但仍未给出完整证明过程．2 为什么研究质数质数又称素数,是像2，13，137那样除了1和自身以外不能被其他正整数整除的数．所有大于1的正整数都可以表示成质数的乘积,所以质数在数论研究中具有重要意义,在数论中的地位类似于物理世界中构筑万物的原子．质数的定义简单,可以在中、小学进行讲授,但它们的分布却难以捉摸,仿佛又有特定的规律,所以质数分布问题一直是数学界关注的问题．在实际运用中,质数可以运用在密码学、安全认证等领域.无论是银行数据,还是国家机密,或是个人隐私,都离不开密码,离不开加密的手段，如现在通用的RSA加密算法.加密计算的第一步是产生2个大质数,对极大整数做因数分解的难度决定了加密的可靠性,所以寻找大质数、探寻质数分布的规律,具有重要的实际意义．如果传递一串信息,又要保密,可以事先商量好几个特别特别大的质数,比如a，b和c．例如，若想发送一个秘密的数字356,那么实际上发送的是m=a3b5c6,一个巨大无比的数字．利用计算机m很容易就可以得到,接收者拿到了这个巨大的数字之后,只需要用a，b和c去除,就可以很快把幂解出来,得到356．若信息被破坏分子截获,他就必须分解质因数,在不知道a，b和c的前提下,分解质因数是一个非常复杂和缓慢的过程,他可能需要很长时间才能破译,秘密就能得到很好的保护．这里面需要说明的是,a，b和c都必须要特别大,这样分解质因数才会特别慢,如果a，b和c分别是2，3和5,那么分解质因数就很简单了．所以说,找到大的质数,了解质数都分布在哪里,是一件十分重要的事情．3 为什么黎曼猜想会如此重要早在2000年5月,美国克雷数学研究所为了呼应1900年希尔伯特提出的23个历史性数学难题(也称“希尔伯特难题”)而设立了一个称为“千禧难题”的数学问题挑战,一共7个问题．这7个问题中,以黎曼猜想最为著名,它也是唯一一个在两次数学会议都被认定为难题的数学问题．黎曼猜想的重要性不言而喻,也早已被克雷数学研究所列为世界黄金问题之一．3.1 黎曼猜想联系上千个数学命题迄今为止,有上千个数学命题以黎曼猜想及其推广形式的成立为前提,如果黎曼猜想被证实,那么数学家们长期建立在此猜想上而计算出的一切公式、结论都将被证实,并将会把它们运用到金融、人工智能、生物神经网络、国家保密系统等多个十分重要并且尖端的先进高科技领域,从而推动整个社会的发展．与此相反,如果黎曼猜想被推翻,那么这些数学命题中绝大多数将会不可避免地成为“陪葬”品．并且,黎曼猜想的证实,可能促使更多数学规律的发现,开辟更多数学领域,解决更多数学难题,得出更多结论．3.2 黎曼猜想直接影响数论的发展数论是传统数学的一个重要分支,曾被德国数学家高斯称作“数学中的女皇”,而质数分布问题是数论的一个重点研究课题．对质数的研究可以追溯到古希腊时期,欧几里得用反证法证明了自然数中存在着无穷多个质数,但是对质数的分布规律却毫无头绪．后续众多数学家对特立独行的质数极为感兴趣,期待研究清楚质数的分布,这就使得黎曼猜想在科学家们心目中的地位和重要性大大提升．3.3 黎曼猜想“侵入”到物理学领地早在20世纪70年代,有科学家发现黎曼猜想与某些物理现象存在关联,基于黎曼猜想产生了一些十分惊艳的想法,很多物理学中的重要命题可以在黎曼猜想成立的前提下得到证明．如所有自然数的和,即1+2+3+… 通过黎曼ζ函数的解析延拓可产生看似荒谬的结果-1/12.这一结论在量子力学和弦论等领域已有所应用.可以说黎曼猜想的证明是无数数学家和物理学家都关注的议题．4 黎曼猜想的研究进程众多数学家都为证明黎曼猜想做出了贡献．1914年,高德菲哈罗德哈代证明了有无限个零点在直线Re(s)=1/2上．1932 年,人工智能之父图灵计算出了函数的 1104 个非平凡零点,开启了计算机辅助计算的接力赛.1975年,美国麻省理工学院的莱文森引入了独特的方法,证明黎曼函数临界线上的零点占全部零点的比例达到了34.74%,一年后中国数学家楼世拓、姚琦证明了比例达到35%.最新的成果是一法国团队将零点计算出了前10万亿个而没有发现反例．似乎人们离证明成功越来越近了．此次海德堡论坛上阿蒂亚爵士对黎曼猜想的证明尝试,掀起了社会各界的广泛关注,引发了一次空前的科普狂潮．虽然对黎曼猜想的证明仍需进一步完善,但阿蒂亚爵士用毕生信念追求理想,并为达成理想锲而不舍的精神,值得我们学习．期待黎曼猜想能得到完整证明．。
黎曼猜想（一）：通往质数的征途
黎曼猜想（一）：通往质数的征途作者：黄逸文（中国科学院数学与系统科学研究院）德国著名数学家希尔伯特（David Hilbert，1862～1943）1900年，大数学家希尔伯特（Hilbert）在巴黎举办的第二届国际数学家大会上提出了23个数学问题，它为整个二十世纪的数学发展指明了方向。
时过境迁，值千禧年之际，美国克雷研究所提出了7个世纪性的数学难题，并慷慨地为每个问题设置了100万美元的奖金。
当我们回顾这次跨越时空的呼应时，却发现有一个共同的问题，并且已经伴随着数学家们走过了沧桑百年的历程，它就是大名鼎鼎的黎曼猜想。
黎曼猜想究竟有何神奇之处，竟让如此多的数学家为此痴迷和魂牵梦绕？在它那里，又藏着怎样惊世骇俗的秘密？破译这样一个难题，真的会给数学和世界带来激动人心的改变吗？质数探索在自然数序列中，质数就是那些只能被1和自身整除的整数，比如2，3，5，7，11等等都是质数。
4，6，8，9等等都不是质数。
由于每个自然数都可以唯一地分解成有限个质数的乘积，因此在某种程度上，质数构成了自然数体系的基石，就好比原子是物质世界的基础一样。
人们对质数的兴趣可以追溯到古希腊时期，彼时欧几里得用反证法证明了自然数中存在着无穷多个质数，但是对质数的分布规律却毫无头绪。
随着研究的深入，人们愈发对行踪诡异的质数感到费解。
这些特立独行的质数，在自然数的汪洋大海里不时抛头露面后，给千辛万苦抵达这里的人们留下惊叹后，又再次扬长而去。
1737年，瑞士的天才数学家欧拉（Euler）发表了欧拉乘积公式。
在这个公式中，如鬼魅随性的质数不再肆意妄为，终于向人们展示出了其循规蹈矩的一面。
沿着欧拉开辟的这一战场，数学王子高斯（Gauss）和另一位数学大师勒让德（Legendre）深入研究了质数的分布规律，终于各自独立提出了石破天惊的质数定理。
这一定理给出了质数在整个自然数中的大致分布概率，且和实际计算符合度很高。
在和人们玩捉迷藏游戏两千多年后，质数终于露出了其漂亮的狐狸尾巴。
他只活了39年，却用一篇论文称霸数学界160多年......
他只活了39年，却用一篇论文称霸数学界160多年......不知道模友们，有没有听过数学圈里的一个笑话：怎样用世界上最难的方法挣到100万美元？虽然是个笑话，但这的确是千真万确的事，也就是说：100万美元的奖金，你们还是有机会的！什么是黎曼猜想黎曼猜想，是关于黎曼ζ函数ζ(s)的零点分布的猜想，由德国天才数学家波恩哈德·黎曼于1859年提出。
波恩哈德·黎曼关于黎曼猜想的提出，也是十分有趣。
1859年，黎曼被选为柏林科学院的通信院士，为了表达自己的感激之情，他决定将自己的一篇论文献给柏林科学院。
1859年黎曼关于这个猜想的手稿这篇论文就是《论小于给定数值的素数个数》，研究的是一直深受数学家喜爱的问题——素数的分布。
黎曼将素数的分布问题归结为函数的问题，认为有一个特殊的函数（黎曼ζ函数），使其取值为零的一系列的特殊的点（黎曼ζ函数的非平凡零点）决定着素数分布的细致规律。
黎曼猜想不过，谁能想到，这篇只有短短八页的论文，便诞生了这道百年谜题——黎曼猜想。
然而，这篇惜字如金得让好几代数学家为之气炸：论文里面该有的性质证明，只有一句——“证明从略”！也许在黎曼眼里，黎曼ζ函数的一些重要性质证明，根本就不是什么事儿，只是想让其他数学家练练手！就这样过了7年，39岁的黎曼因病无法治愈告别了人间，很多数学家，只好一点一点地证明黎曼猜想。
1896年，法国的哈达玛，在黎曼去世的30年后，终于抵达黎曼猜想的三八临界线边缘——证明了黎曼ζ函数的非平凡零点只分布在带状区域的内部，并顺手证明了困扰数学界一百年的素数定理。
但黎曼猜想，仍然是个谜！为什么黎曼猜想那么难那黎曼猜想，究竟有多难证明呢？作为一道“数学难题”，没有证明过程是没有灵魂的！先来看看一大波响当当的数学家，是如何证明的：1903年，即黎曼猜想公布的第44年，丹麦的格拉姆，第一次算出了前15个非平凡零点的具体数值，也是人们首次看到零点的模样。
过了11年，丹麦的玻尔与德国的兰道，才窥得了黎曼ζ函数的非平凡零点倾向于“紧密团结”在临界线的周围。
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d log (t ) （略去和 T 同阶的小量后）的值约等于
的根的数目乘以
1
，而该
{注 18： 此即幅角原理}。
积分的值等于位于此区域内的方程
事实上我发现在该区域内的实根数目近似等于该数目，极有可能所有的根都是实数。 对此我们自然希望能有一个严格的证明，然而在一些仓促的不成功的初步尝试之后，
( s) (1 s) .}
1 现在设 s ti , 2
于是可得
或
{注 15：黎曼定义的这个函数和现在通常使用的函数 ( s ) （参见上注）本质上完全相同（注意
s s s s ( ) ( 1) ( ) ，参见注 3） ，仅有的差别是黎曼以 t 为自变量，而现在通常使用的 ( s ) 仍 2 2 2 2
因为该积分的值对于模无限大的复数为无限小，而在该区域内部，被积函数只有 当 x 等于 2 i 的整数倍时才有奇点，于是该积分即等于负向围绕这些值的积分之和，但 围绕值 n2 i 的积分等于 ，
{注 10：被积函数在 n2 i （n≠0）的留数等于
( x) s 1 ( x) s 1 s 1 ( n2 i ) (e x 1) ' x xn 2 i e xn 2 i
（雅可比《椭圆函数论新基础》S 卷第 184 页）
{注 13：黎曼引入的这个函数 ( x) 本质上即雅可比 theta 函数：
( x)
易见
n
e
n 2 x
n 1
1 2 e n x 1 2(e x e 4 x e 9 x e 16 x ......)
所示。关于上式的详细推导参见 /My%20Writings/Reply1.htm }
其中的积分由上面所给出的方式定义。 现在这一等式对于任意复变量 s 都给出了函 数 (s) 的值，并表明它是单值解析的，并且对于所有有限的 s （除了 1 之外）都取有限 值，当 s 等于一个负偶数时取零值。
n 1
2
( x) e n x =
上述恒等式即 theta 函数的变换公式：
2
( x) 1
2
( ) x ( x)
它最早由柯西用傅立叶分析得到，后来雅可比又用椭圆函数给出了证明，详见[注 13 补]。}
1 x
我们又有
{注 14：注意在上面的最后一个等式中，我们可以明显看出
0
可得
{注 4：
e n 1
nx
1 1 e x } x 1 x x 1 e 1 e e 1
现在考虑积分
{注 5： 按现代数学记号， 该积分应记成 其中的积分路径 C 如下面的图 1 所示。}
( x) s 1 ( z )s 1 dx 或 （考虑到一般用 z 表示复数） dz ， C e x 1 C ez 1
即伽玛函数 ( s) 的余元公式和勒让德公式。 上述结果的推导参见[注 {注 11： “ ( s) 的已知性质” 11 补]。}
该函数的这一性质诱导我在级数 由此我们能得到函数
的一般项中引入
而不是
，
的一个很方便的表达式，事实上我们有
{注 12：
nn n2 （从笛卡尔开始直到黎曼的时代，一个变量的平方一般用叠写该变量表示，虽
(s ) 的平凡零点 -2，-4，-6,....和 ( ) 的其余极点抵消，因此 (s ) 是一个整函数，且仅以 (s ) 的
2
非 平 凡 零 点 为 零 点 。 注 意 到 因 子 s ( s 1) 显 然 在 s 1 s 下 不 变 ， 所 以 仍 有 函 数 方 程
s
s ( 1) s /2 ( s ) 在变换 s 1 s 下不变。 2
1 （ ∵ s( s 1)
和
( x)( x
1
s 1 2
x
1 s 2
) dx
都在 s 1
s 下不变 ）
这样黎曼就再次推导出了 ( s ) 的函数方程（这比前面用围道积分和留数定理的推导更简单） 。若 引入辅助函数
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以 s 为自变量， s 和 t 差一个线性变换： s 这样一来，s 平面中的直线 Re s 的零点就对应于函数 (t ) 的实根。
{注 8：实际上可证上面等式的右边是一个整函数（请读者思考如何证明） ，故左边也是一个整函 数， 注意 ( s 1) ( s)（参见注 3） ， 而 ( s) 在 s 0, 1, 2, 3,... 的一级极点和 sin s 的零点抵消。 }
当 s 的实部为负时，上面的积分可以不沿正向围绕给定值的区域进行，而是沿负向 包含所有剩下的复数值的区域进行，
}
于是我们得到
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它揭示了一个 它表述为：
和
之间的关系，利用函数 ( s) 的已知性质，也可以将
s ( 1) s /2 ( s ) 在变换 s 1 s 下不变。 2
1 另外，从上面的两个积分表示也可以明显看出 (t ) 是偶函数（∵ cos( t log x ) 是 t 的偶函数） 。} 2
对于所有有限的 t ，该函数的值都是有限的，并可以按 t 2 的幂展开成一个快速收敛 的级数， 因为对于一个实部大于 1 的 s 值 ， 这对 的其他因子的对数也同样成立，因此函数 也是有限的， 只有当 t 的虚部位于 i 和 i
1 2 1 2
之间时才可能取零值。
。} {注 16：即 ( s ) 只有当 s 的实部位于 0 和 1 之间时才可能取零值（参见上注）
方程
的实部在 0 和
之间的根的数目约等于
{注 17：黎曼对零点数目估计的这一结果直到 1895 年才由 Mangoldt 严格证明。}
这是因为沿包含所有虚部位于 i 和 i 之间、实部位于 0 和 T 之间的 t 值的正向回 路的积分
积分路径沿从
到
、包含值 0 但不包含被积函数的任何其他奇点的区域的
正向边界进行。 {注 6：参见下面的图 1。}
图1 易得该积分的值为
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1 p
1
s
n
1
s
其中等式左边的 p 取遍所有质数，等式右边的 n 取遍所有自然数，我将用 (s) 表记 由上面这两个级数（当它们收敛时）表示的复变量 s 的函数。
{注 1： 即定义复变函数
(s)
1 1 } s n 1 p s
上面这两个级数只有当 s 的实部大于 1 时才收敛，但很容易找到一个（对任意 s ） 总是有效的函数 (s) 的表达式。
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s ( s ) ( 1) s /2 ( s ) 2
函数方程可以简洁地写为 ( s ) (1 s) ，但更方便的做法是在 ( s ) 中添加因子 s ( s 1) （这
1 ti ，即一个 90°旋转加 1/2 的平移。 2
1 1 就对应于 t 平面中的实轴， zeta 函数在临界直线 Re s 上 2 2
注意在黎曼的记号中， 函数方程 ( s )
(1 s ) （见上注）就变成了 (t ) (t ) ，即 (t )
是偶函数，故而其幂级数展开只有偶次幂，且零点关于 t 0 对称分布。
s 1 s s 2 然其他次数的方幂都用指数表示） 。为了推导上式，只需在 ( 1) ( ) x e x dx 中作替换 2 2 0
x n 2 x 即可。}
因此，如果记
即得
又因为
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正是黎曼接下来做的） ，即令（为了和黎曼的记号保持一致引入数字因子 1/2）
( s)
1
s s ( s 1) s / 2 ( ) ( s ) 2 2
s 2
因为因子 ( s 1) 消去了 ( s ) 在 s 1 处的一阶极点，因子 s 消去了 ( ) 在 s 0 处的极点，而
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我暂时把寻求证明搁在一边，因为对于我接下来研究的目的来说它并不是必需的。
{注 19：黎曼轻描淡写写下的这几句话就是著名的黎曼猜想！}
{注 9：参见下面的图 2，其中的大圆 C’的半径趋向无穷大，从而包含被积函数的所有极点即分 母 e x 1 的所有零点 2nπi（n 为整数） ，接下来的计算用现代术语说就是应用柯西的留数定理。}
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--- 正文第一部分终 ---
【注 11 补】 由欧拉公式（ e cos z i sin z ）可得
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