里曼假设-价值百万美元的数学谜题

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1、里曼假設—價值百萬美元的數學謎題余文卿2000年五月,筆者應邀參加美國伊利的里曼假設即斷言方程式諾大學所舉辦的千禧年數論研討會;會議ζ(s)=0期間,從報紙得知英國的克雷數學研究所(ClayMathematicsInstitute)在巴黎召的“有趣”解都落在同一直線上。最先的開記者會,提出數學上七大難題,並提供美1,500,000,000個解已驗證是對的。果真能金一百萬元給解決其中問題之一的人。七題證明“有趣”解都是對的話,將會揭開圍繞在質數分布定理周圍的秘密。(以上文字譯自之中有兩題源自數論,一是里曼假設(Rie-http://www.ams.org

2、-claymath/prizemannHypothesis),是關於有名的里曼problems/)Zeta函數的零點位置問題,另一是Birch與Swinnerton-Dyer猜測,是關於附在代數曲線上之Zeta函數在1的取值與曲線上整數點1.里曼Zeta函數之間的關係問題。里曼假設的主角是里曼Zeta函數既然有人願意提供百萬美金做為解題報ζ(s),這函數是由級數所定義:酬,自然突顯出問題的重要性與影響層面,而∞X−s有必要公開給有希望的數學界人士知道。為ζ(s)=n,Res>1.n=1此,我們從網路上下載相關資料,並譯成中文這級數在Res>1時絕對收歛

3、,因而在滿足如下:Res>1的半平面上定義了一s的解析函有些正整數具有不能分解成為兩較小整數。另一方面,算術基本定理(Fundamental數乘積的特有性質,如2,3,5,7,...等theoremofarithmetic)告訴我們每一正整等,這些數稱為質數;它們在純數學與應用−s數n可分解成質因數的乘積,n必出現於數學領域扮演著極重要的角色。這些質數在無窮乘積正整數中的分佈情形沒有規則可循;然而德−s−2s−ks(1+2+2+···+2+···)國數學家里曼(G.F.B.Riemann,1826-−s−2s−ks1866)卻發現質數出現的頻率與一稱為

4、里曼·(1+3+3+···+3+···)−s−2s−ksZeta函數ζ(s)的行為有密切的關係。有名·(1+5+5+···+5+···)···6970數學傳播25卷4期民90年12月Y=(1+p−s+p−2s+···+p−ks+···)可得出Res>1時psY−s/2=(1−p−s)−1,πΓζ(s)2pZ∞1s−11−s−1=+(t2+t2)g(t)dt其中p跑遍所有的質數。注意到出現在無窮s(1−s)1乘積的每一因式(1−p−s)−1皆不為零,因上面的表現式並不局限於半平面Res>1,而ζ(s)在Res>1時完全沒有零點。而是定義在整個複數平面

5、上,而成為這函數定義gamma函數Γ(s)為的解析延拓。且在這式子中,s用1−s代Z∞s−1−t入後不變,而有Γ(s)=tedt,Res>0.0s1−s−s/2−(1−s)/2πΓζ(s)=πΓζ(1−s).這函數也是俗稱的階乘函數,原因是對任意22正整數n這表示ζ(s)的值反應在ζ(1−s)上。現ζ(s)Γ(n+1)=n!.在Res>1沒零點的特質反應到ζ(s)在Res<0的取值。在Res<0時,Γ(s)2又對任意Res>0,由部份積分可得出在s=−2,−4,−6,...有單極點(simpleΓ(s+1)=sΓ(s).pole),致ζ(s)在

6、這些點非得等於0才能扺消Γ(s)的極點,因兩者乘積是解析函數。這這稱為Γ(s)的泛方程式。而可將Γ(s)解析2些ζ(s)的零點稱為顯然零點,並非里曼假設延拓到整個複數平面上。對Res>−m,m有興趣的對象,所謂的“有趣”零點是指落在是正整數,可定義10≤Res≤1區域內的零點,而里曼假設可Γ(s)=Γ(s+m)s(s+1)...(s+m−1)重述如下:1=里曼假設:若ζ(s)=0且0≤Res(s+1)...(s+m−1)Zs≤1,則Res=1。∞s+m−1−t2·tedt.0對任意正整數n,透過變數變換得出2.質數分布定理Z∞ss−1−πn2t−s

7、/2−st2edt=πnΓ.02以π(x)表示不超過x的質數個數。在因而由逐項積分得出一有名的論文中,里曼提出了包括里曼假設sZ∞−s/2s−1在內的六個假設。在這些假設下,里曼證明了πΓζ(s)=t2g(t)dt,20質數分布定理P∞−πn2t其中g(t)=n=1e。透過g(t)的轉xπ(x)∼∼Li(x)換式logxZ11√√xdtg=(t−1)+tg(t)=,x→∞t22logt里曼假設—價值百萬美元的數學謎題71這六個假設除里曼假設外,皆一一得到取對數微分得出證明。而質數分布定理直到1896年才被ζ′(s)−Hadamard與Pouss

8、in兩人分別獨立得到ζ(s)X−s−s−1證明,並未用到里曼假設。就如D.Hilbert=(l