9月24日阿提亞爵士（Sir Atiyah）直播「證明」黎曼猜想（Riemann hypothesis）在普通人中引發了一輪數學熱潮，網路上一時間湧現了很多數學八卦文章。許多人在論及該命題重要性時都指出，ζ函數的非平凡零點與素數分佈有關，卻未更進一步說明怎麼個有關法。這個「有關」如果沒有一定數學基礎，把答案擺在面前也不一定能看明白。我對相關話題有一點淺顯的認識，所以想談一些比八卦文章更深入的東西，但也不想入得太深，非數學專業理工科學生能跟上就好。

我想盡量簡潔地科普黎曼函數幾條皮毛的皮毛的皮毛的知識，包括：

  • ζ是定義在幾乎全部複平面上的解析函數；
  • 負偶數是ζ的零點；
  • ζ的非平凡零點位於一個帶狀區域；
  • ζ的非平凡零點與素數計數有關。

本文假設讀者通曉微積分，知道複數。由於這不是數學教材或論文，很多計算過程會被跳過，定理的證明會被省略。

那麼我們開始吧。

複分析提要

因為不確定是否所有學微積分的專業都要學複變函數，所以還是先提一下。

本文提到的函數除非另有說明，均為解析函數。對於復變數 z=x+iy , x=Re(z),y=Im(z) 為其實、虛部。一個複數域上的函數可以看成定義在 R^2 上的實變數函數。當我們說一個複函數 w=f(z) 是解析的，除了要求它對變數 x,y 可微，更進一步還要求其滿足柯西-黎曼方程（Cauchy-Riemann equations）

frac{partial u}{partial x}=frac{partial v}{partial y}, frac{partial v}{partial x}=-frac{partial u}{partial y},quad u=Re(w),v=Im(w)

C-R方程是一個極強的限制，一些很簡單的函數例如Re(z), Im(z), |z| 因此都被排除出了解析函數的範圍。它使得復解析函數具有許多漂亮的性質，譬如：

  • 若函數 w=f(z) 在開區域 D 內解析，在其閉包ar{D} 連續，那麼 f 在 D 內無限可微，在 D 內任意點 a 附近總有冪級數展開，且收斂半徑大於0. 在點 a 處的各階導數值為( partial D 為區域邊界)

f^{(n)}(a)=frac{n!}{2pi i}oint_{partial D}frac{f(z)dz}{(z-a)^{n+1}}, quad(ngeq0)

  • 如果函數 f 在 D 內沒有極點，那麼 oint_{partial D}f(z)dz=0
  • 整函數（在整個複平面解析的函數） f 如果不是常函數，其值域與複數域至多相差一個元素。例如多項式函數遍歷複數域，指數函數遍歷 mathbb{C}setminus{0} .更進一步，如果整函數 f 還不是多項式，則除去一個可能存在的例外，對於值域中的每一點A，方程 f(z)=A 都有無窮多個解；A為例外點時方程無解或只有有限個解。

我們說點 a 是函數 f 的一個 n 級極點或零點，簡單說是指當自變數 z 靠近 a 時，函數表現得像是 lambda(z-a)^{-n} 或 lambda(z-a)^{n} ， lambda 為非零復常數。

再介紹一個在複分析中極為重要的概念，解析延拓。假設解析函數 f_1,f_2 分別定義在開區域 D_1,D_2 上，若 D_1cap D_2 非空且兩個函數在 D_1cap D_2 取值相等，那麼存在定義在 Dsupset(D_1cup D_2) 上的解析函數 f ,它在 D_i 上和 f_i 相等， i=1,2

這看上去平平無奇，即便在實函數情形下也很顯然。區別在於，實函數的解析延拓有無窮多種方式，而複函數的延拓方式是唯一的（證略）

舉個例子， f(x,y)=0,(x,y)in {(x,y)|x^2+y^2<1} 作為實函數如果要延拓到全平面且在所有點都任意可微，可以是常函數也可以是以下函數族中的任意一個（當然還有其它很多種選擇）

f_a(x,y)=left{egin{array}{ll} 0,quad r:=sqrt{x^2+y^2}leq a\ extrm{e}^{-frac{1}{r-a}},r>a end{array}<br /> ight. quad,ain[1,infty]

然而如果將 f 視為複函數，它的解析延拓只能是常函數。

現在考慮如下兩個函數

f(x)=sumlimits_{n=0}^{infty}x^n quad,xin Omega={xinmathbb{C}||x|<1}\ g(x)=frac{1}{1-x}quad,xin D=mathbb{C}setminus{1}

f 和 g 在其公共定義域 Omega 上是相同的，我們說g是f的一個解析延拓，在這層意義上，有時會有人說f 和 g是相同的函數。當需要計算髮散的幾何級數時，比如計算 f(2) ,會用 g(2)=-1 來代替（小孩子不要學）。這看似荒謬的結果其實還能牽扯到無窮級數求和怎麼定義的問題，只能是柯西和嗎？這裡就不進一步展開了，有興趣的讀者可以參考這裡 Downarrow

全體自然數的發散級數和等於負十二分之一代表了什麼？隱藏了一個天大的祕密嗎？?

www.zhihu.com圖標

g還是f 的最大解析延拓。因為無法找到一個解析函數，它的定義域真包含D （如果存在，這樣的定義域只能是 mathbb{C} ,但這個函數在 x=1 處不連續）

當我們研究一個復解析函數時，如果它的定義域未鋪滿全平面，一個很自然的想法是尋找它的最大解析延拓。

用無窮級數定義黎曼的Zeta函數

定義：zeta(s)=sumlimits_{n=1}^{infty}n^{-s} . 我們在微積分課堂上就知道這個無窮級數只在 sin(1,infty) 收斂（當然，如果你是某方士或其信徒，我覺得本文你不用看下去了），如果它是復變數函數呢？

複分析中有條結論說如果 sumlimits_n|a_n| 收斂，則 sumlimits_n a_n 也收斂。由此可知 zeta(s) 的無窮級數定義可以直接推廣到 Re(s)>1 區域。

現在看它的零點，當自變數為實數時顯然 zeta>1 ,自變數為複數時，利用算數基本定理和乘法分配律，我們將函數重寫為

zeta(s)=prod_{p}(1+p^{-s}+p^{-2s}+p^{-3s}+cdots) =prod_pfrac{1}{1-p^{-s}}

p 取遍所有素數，這裡我們第一次把 zeta 和素數聯繫起來。

egin{eqnarray} |zeta(s)|&geq&prod_pfrac{1}{1+|p^{-s}|}= prod_pfrac{1}{1+p^{-Re(s)}} =prod_p(1-p^{-Re(s)}+frac{p^{-2Re(s)}}{1+p^{-Re(s)}})\ &>&prod_p(1-p^{-Re(s)})=zeta(Re(s))^{-1}>0 end{eqnarray}

由於每一點的模長都大於0，因此該函數沒有零點。

Zeta的最大可延拓區域

看到上一節的結論，有的讀者可能就要拍桌子了

那麼多大數學家在找它的零點，你居然說不存在，這不扯嗎。我就是沒看明白你的過程也敢說肯定有哪裡錯了，畢竟大神們不可能集體犯錯吧？

大神們當然沒錯，我也沒錯，因為上一節只得到函數在 Re(s)>1 時沒有零點。在這之外的區域，我們要先把函數延拓出去才能討論。很多文章裏都提到過 zeta 是定義在 D=mathbb{C}setminus{1} 上的函數，但這從原始定義很難看出。為此，我們考察下面這個函數

I(s)=int_{+infty}^{+infty}frac{(-x)^s}{e^x-1}frac{dx}{x},quad (-x)^s:=exp[s(ln|x|+iarg(x)-ipi)]

arg(x) 為 x 的幅角，在 [0,2pi] 取值。

看到這個積分限，也許又有人不滿了

積分上下限相同，這擺明瞭是0嘛！

當然沒那麼簡單，實際的積分路徑由三部分組成：

1.從正無窮沿著正實軸到一個很小的正數 delta ，幅角為0

2.以原點為圓心，逆時針旋轉一圈

3.從 delta 沿著正實軸到無窮遠處，幅角為 2pi

最後還要取極限 delta ightarrow0

被積函數在 x=2kpi i,kinmathbb{Z} 有1級極點(x=0不一定是1級極點，但不影響結論)，而積分路徑可以避開所有極點。 x ightarrow+infty 的時候，函數被指數壓低，無論 s 如何取值都會收斂。也就是說， I(s) 是整函數。

這個積分在 Re(s)>1 時很容易算出 I(s)=2isin(pi s)Gamma(s)zeta(s) ,其中 Gamma 是已經被人們研究得很透徹的歐拉（Euler）伽馬函數。伽馬函數沒有零點，除了0和負整數為其1級極點，它在全平面解析。為了之後書寫簡便，我們作一個平移，用 Pi(s-1)=Gamma(s) 替代它。對於自然數 n,Pi(n)=n!

利用兩條性質： Pi(s)=sPi(s-1),quadPi(s)Pi(-s)=frac{pi s}{sin(pi s)} ,我們有

zeta(s)=I(s)Pi(-s)/2pi i .等號兩邊都是解析函數，儘管該方程是在 Re(s)>1 得到的，但可由解析延拓的理論得到它在兩邊的最大延拓區域上也成立。由於 I(s) 無極點， Pi(s) 只在 sinmathbb{Z}_- 有1級極點，所以 zeta 是 mathbb{C}setminusmathbb{Z}_+ 上的解析函數。然而之前已經得到了 zeta(s) 在 Re(s)>1 收斂， s=2,3,4cdots 在定義域內。至於 s=1 ,沿著實軸從右側取極限可知函數該點發散，無法通過取特定值消除不連續性，所以 zeta(s) 的最大延拓區域為 D .

現在考察自變數趨近於1時的漸進行為，以確定這是它的幾級極點。在 Re(epsilon)>0 時有

zeta(1+epsilon)=Pi(epsilon)^{-1}int_0^inftyfrac{t^epsilon dt}{e^t-1} ,發散出現在積分變數t接近0的部分，此時被積函數近似 t^{epsilon-1} ,所以 zeta(1+epsilon)=epsilon^{-1}+O[1] ,1是函數的1級極點。

Zeta的平凡零點

先介紹伯努利數（Bernoulli numbers），將以下函數作泰勒展開（Talor expansion）

frac{x}{e^x-1}=sum_{n=0}^{infty}frac{B_n x^n}{n!}\

展開係數被稱為伯努利數（不同文獻中對伯努利數的定義略有區別），它們都是有理數。由於

frac{x}{e^x-1}+frac{x}{2} 是偶函數，所以除了 B_1=-frac{1}{2} ，其他的奇伯努利數都為0.

令 s=-n,ninmathbb{N} ,我們有

egin{eqnarray} quadzeta(-n)&=&frac{Pi(n)}{2pi i}int_{+infty}^{+infty}frac{(-1)^{n}x^{-n}}{e^x-1}frac{dx}{x}\ &=&(-1)^nfrac{n!}{2pi i}lim_{delta ightarrow0}oint_{|x|=delta} sum_{m=0}^inftyfrac{B_m x^{m-n-1}}{m!}frac{dx}{x}\ &=&(-1)^nfrac{B_{n+1}}{n+1} end{eqnarray}

一些膾炙人口的結論，例如 zeta(0)=-1/2,zeta(-1)=-1/12 便可由此得到。如同之前舉例的函數 f 和 g ,在需要計算全體自然數之和的場合，人們總說它為-1/12

之前說了，奇伯努利數幾乎全為0，所以當 s 為負偶數時， zeta(s)=0 .這個性質太過簡單，這些零點被人們稱作zeta函數的平凡零點。

順便一提，歐拉在研究zeta函數時，對於正偶數情形得到了

zeta(2n)=frac{(-1)^{n+1}B_{2n}}{2(2n)!}(2pi)^{2n}\

zeta(2n)/pi^{2n}inmathbb{Q}_+ 這個結果實在是令人訝異，也是讓我被zeta函數吸引的最初原因。一個只與自然數冪有關的級數裏怎麼會冷不丁地冒出圓周率來？我不打算在此證明這個一般性的結論，對於 zeta(2) ，下面這個用物理思想進行計算的視頻，是我見過最有趣的方法了。

https://www.bilibili.com/video/av20400157/?

www.bilibili.com

我尤其喜歡這句話「如果你看到 pi ,在錯綜複雜的龐大數學網路中，就會有一條路把你帶回幾何學中的圓」，條條大路通羅馬的感覺有沒有？

非平凡零點關於1/2對稱

下文開頭拋了一個「眾所周知」的方程，我本來還想證一下，但既然大家都知道，那就直接拿來用好了。

羅旻傑：積分變換和 Riemann zeta 函數的函數方程?

zhuanlan.zhihu.com圖標

用 1-s 替換眾所周知方程中的 s ，我們得到

zeta(s)=2(2pi)^{s-1}sin(frac{pi s}{2})Pi(-s)zeta(1-s)

利用前述 Pi 函數的兩條性質，並進一步注意到（其實我感覺一般人注意不到）

Pi(s)=2^sPi(frac{s}{2})Pi(frac{s-1}{2})pi^{-1/2} ,我們有如下長得很對稱的方程

zeta(s)Pi(frac{s}{2}-1)pi^{-frac{s}{2}} =zeta(1-s)Pi(frac{1-s}{2}-1)pi^{-frac{1-s}{2}}

定義新的函數 xi(s):=zeta(s)Pi(frac{s}{2}-1)pi^{-frac{s}{2}}cdotfrac{s(s-1)}{2}= pi^{-frac{s}{2}}(s-1)Pi(frac{s}{2})zeta(s) ,由上面的方程可知對稱性 xi(s)=xi(1-s) .

s=1 , zeta 處於1級極點， (s-1) 會將其抵消； s 為負偶數時 Pi 處於1級極點但 zeta 的平凡零點會將其抵消。這說明 xi 是整函數，它不是常函數，幾乎肯定有無窮多零點。黎曼斷言，對於充分大的正數T,虛部位於[0,T]區間內的零點數量約為 frac{T}{2pi}lnfrac{T}{2pi}-frac{T}{2pi} ，相對誤差在 T^{-1} 量級。黎曼覺得這個結論很簡單大家都能得到，也就沒寫計算過程。他實在是太高估同行們了，這個結論直到1905年才由曼戈爾特（von Mangoldt）給出證明，此時距離黎曼去世已經快40年了。

由於 Pi 沒有零點，因此 xi 在自變數實部大於1時無零點，再由對稱性，實部小於0時也沒有零點（從這裡可以看出zeta的所有平凡零點都是1級零點），所以zeta的非平凡零點全部位於帶邊條狀區域 {sinmathbb{C}|0leqRe(s)leq1} .

1896年阿達瑪（Hadamard）和普桑（Poussin）各自獨立證明邊界上沒有零點，去掉邊界之後的區域現在被人們稱作臨界帶。

zeta函數與素數計數的關係

說了這麼多，黎曼研究這個函數他到底是想幹嘛？黎曼的研究寫在了他的8頁論文《On the Number of Primes Less Than a Given Magnitude》，他的目的是瞭解素數的分佈規律，具體說是要得到素數計數函數。

現在起要加快車速，只擺結果了，因為涉及到的每一個方程，證明過程都只是單純往死了算。

引入莫比烏斯函數（M?bius function），定義域為mathbb{Z}_+

mu(n)=left{egin{array}{ll} (-1)^r,quad 若n是r個不同素數的積 \ 0,quad 其他end{array} ight.

這樣有 mu(1)=1,mu(2)=mu(3)=-1,mu(4)=0,mu(5)=-1,mu(6)=1cdots

引入階躍函數J(x)，定義域為[0,+∞]

J(0)=0;若x不是某個素數的冪，那麼在x的足夠小鄰域內J為常數；若x為某個素數的n次冪，則在此處有幅度為1/n的跳變，即對任意的0<a<1, J(x+a)-J(x-a)=1/n, J(x)-J(x-a)=1/2n.

把前幾段顯式表達出來為

egin{eqnarray} J(x)=left{egin{array}{ll} 0,quad xin[0,2)&&2,quad xin(3,4)\ 1/2,x=2&&9/4,x=4\ 1,quad xin(2,3)&&5/2,quad xin(4,5)\ 3/2,x=3&&cdots end{array} ight. end{eqnarray}

看得出來這東西並不好算，假如我們想知道J(100)的值，要把100以內的所有素數和它們的冪都找出來，然後累加。打開素數表，可以數出來幅度為1的跳變數（即100以內的素數個數）為25；幅度為1/2的跳變次數為4（4、9、25、49）；幅度為1/3、1/4的跳變次數為2（8、27、16、81）；幅度為1/5、1/6的跳變次數為1（32、64）。 sqrt[7]{100}<2 ，再往上不用算了。於是可以得到J(100)=25+4/2+2/3+2/4+1/5+1/6=28.5333……當自變數很大時，這項工作就很困難了。

素數計數函數，這個函數用的字母和圓周率相同，是歷史遺留的習慣

pi(x) ={ (0,x)內素數的個數+(0,x]內素數的個數 }/2, 易知 J(x)=sum_{n=1}^inftypi(x^{1/n})/n .

黎曼放話說 pi(x)=sum_{n=1}^inftymu(n)J(x^{1/n})/n ,這看上去是無窮求和，但從 n>log_2x 開始每一項都為0, 所以對任意x都是有限求和，不需要考慮斂散性。

快完了，到最後一個定義了

extrm{Li}(x)=lim_{epsilon ightarrow0^+} (int_0^{1-epsilon}frac{dt}{ln t}+int_{1+epsilon}^xfrac{dt}{ln t}), quad x>1

這東西怎麼延拓我也不管了，總之黎曼經過一通騷操作之後得到了他在著名的8頁文裏的結論

J(x)=mathrm{Li}(x)-sum_{Im( ho)>0}[mathrm{Li}(x^<br /> ho)+mathrm{Li}(x^{1-<br /> ho})] +int_x^inftyfrac{dt}{t(t^2-1)ln t}+lnxi(0)quad(x>1)

他要的其實就是這個公式。這一坨東西裡頭第一項最重要，積分要比挨個找素數冪容易多了，後面的都是誤差修正項。右邊末項就是個常數ln(1/2)；第三項衰減得比 x^{-2} 還快， x 越大第三項越可忽略；第二項求和，ρ遍歷ξ所有虛部大於0的零點，這個誤差一眼看不出來，暫時也沒人算出來，但通過之後的表格可以稍微感受下它在x不是特別大的時候沒多大影響。這便是zeta函數零點和素數計數的關係。

黎曼寫那篇文章的目的是為了得到計數函數的估計值，在他之前 x/ln x , int_2^x(ln t)^{-1}dt 即 mathrm{Li}(x)-mathrm{Li(2)} 都曾被用作 pi(x) 的近似函數。但黎叔說他的函數比這些都準（那是當然，你這是精確表達式），重要的是把那一坨誤差項丟掉，結果也比它們準，收斂得也極快。我們只取前2項，拿 mathrm{Li}(x)-mathrm{Li}(sqrt{x})/2 來對比

看起來J(x)的第二項確實影響不大

結尾

有個很重要的問題還沒說，零點實部是否全是1/2（即黎曼猜想）我提都沒提，黎叔的猜想究竟和哪些重要的命題有怎樣的聯繫也沒講。原因很簡單，我也不知道233333但是一點不說也不好，所以我就從維基百科搬運一點。

  • 如果用 mathrm{Li}(x) 估計pi(x) ，從上節的表中看到彷彿總有 pi(x)<mathrm{Li}(x) ，這在 x<10^{23} 是肯定成立的。雖然人們還沒找到令不等號反向的例子，但可以證明對任意正數M，總存在x、y>M使得

pi(x)-mathrm{Li}(x)>frac{sqrt xlnlnln x}{3ln x}， pi(y)-mathrm{Li}(y)<-frac{sqrt ylnlnln y}{3ln y}

由此可知，函數 pi(x)-mathrm{Li}(x) 會變號無窮多次。

  • 誤差 |pi(x)-mathrm{Li}(x)|=O(x^etaln x) , 其中 eta 是零點實部的上確界,顯然 etain[1/2,1] . eta=1 是很糟糕的情況，畢竟 pi(x)<x，誤差變得比天然的上界還要大。然而目前為止，人們對 eta 的估計仍停留在這個閉區間。
  • 如果假設黎曼猜想成立，那麼可以得到當x>2657時，|pi(x)-mathrm{Li}(x)|<sqrt xln x/8pi，相對誤差隨著x增大會趨於0.

數學專業的哪裡用得著看本文學知識，非數學專業的如果一路看下來還很興奮，那接著看文獻好了，畢竟推導更嚴格內容更深。如果你能把本文跟下來而且沒天才到一眼看穿所有算式，我想你對這些數學問題的難度有多大又會有新的認識。原來讀科普、數學史甚至營銷號蹭熱點的八卦文可能是站在海平面看珠峯，就看見老遠有個坡；現在可能往高處走了幾步，還沒能看到半山腰。至於雲層之上有多高多難爬，其實仍然沒有感覺。

我是學物理的，這東西只是本科在學統計力學時閑得蛋疼看著玩的。本來好多年沒管了，但阿提亞前幾天又搞了個大新聞，各路科普我又感覺太淺，那趁此機會把我知道的總結下吧。這麼naive的內容，本來想發企鵝空間，但辣雞企鵝敲不了公式，於是隻能（冒著隨時被數學大佬公開處刑的風險）放到公開場合。解析數論對我來說太過艱深，興趣不大，實際上我對幾何更感興趣。陳省身有言：複流形的美怎麼描述都不為過。我覺得，如果能理解這句話，體會到他的感受，此生無憾。

ps:等真喫到碗裏的鬼知道我會不會又瞄著鍋裏，TMD，這無涯的學海真操蛋！


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