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。
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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