黎曼猜想（Riemann hypothesis）是什么？有什么用？

黎曼猜想：一个关于素数分布的深刻预言

黎曼猜想（Riemann Hypothesis）是现代数学中一个最重要、最著名，也是最棘手的未解之谜。它由德国数学家伯恩哈德·黎曼（Bernhard Riemann）于1859年首次提出，至今仍未被证明或证伪。这个猜想的核心内容是关于黎曼ζ函数（Riemann zeta function）的零点分布规律，而ζ函数的零点又与素数的分布有着极其密切的联系。

黎曼ζ函数是什么？

要理解黎曼猜想，首先需要了解黎曼ζ函数。对于一个实数 $s > 1$，黎曼ζ函数定义为所有正整数的倒数的无穷级数求和：

$$ zeta(s) = sum_{n=1}^{infty} frac{1}{n^s} = frac{1}{1^s} + frac{1}{2^s} + frac{1}{3^s} + frac{1}{4^s} + cdots $$

这个级数在 $s > 1$ 时是收敛的，也就是说它有一个确定的值。例如：

$zeta(2) = frac{1}{1^2} + frac{1}{2^2} + frac{1}{3^2} + cdots = frac{pi^2}{6}$ （巴塞尔问题，已解决）

黎曼将这个定义通过一种称为解析延拓（analytic continuation）的技术，扩展到了整个复平面（除了 $s=1$ 这一点，它有一个极点）。在复平面上，我们用 $zeta(s)$ 来表示这个更广泛定义的函数，其中 $s$ 可以是复数。

为什么这个函数很重要？ 欧拉（Leonhard Euler）在18世纪就发现了黎曼ζ函数与素数之间的一个惊人联系，称为欧拉乘积公式：

$$ zeta(s) = sum_{n=1}^{infty} frac{1}{n^s} = prod_{p ext{ prime}} frac{1}{1 p^{s}} = frac{1}{1 2^{s}} cdot frac{1}{1 3^{s}} cdot frac{1}{1 5^{s}} cdot frac{1}{1 7^{s}} cdots $$

这个公式告诉我们，对于 $s > 1$，黎曼ζ函数的值可以通过所有素数的乘积来表示。这意味着，理解黎曼ζ函数的性质，就等同于理解素数的分布性质。

黎曼猜想的内容

黎曼ζ函数有很多零点，也就是使得 $zeta(s) = 0$ 的复数 $s$ 值。这些零点可以分为两类：

1. 平凡零点（Trivial Zeros）：这些零点是负偶数：$s = 2, 4, 6, 8, ldots$。它们的行为相对简单，可以通过欧拉乘积公式直接推导出来。
2. 非平凡零点（Nontrivial Zeros）：这些零点更加神秘和复杂。黎曼在研究中发现，所有的非平凡零点都位于复平面上一个特定的区域，即临界带（Critical Strip），这个区域是所有复数 $s = sigma + it$ 的集合，其中 $0 < sigma < 1$（$sigma$ 是实部，$t$ 是虚部）。

黎曼猜想的核心内容是：

黎曼猜想声称，黎曼ζ函数的所有非平凡零点，都位于复平面上实部为 $frac{1}{2}$ 的直线上。也就是说，如果 $zeta(s) = 0$ 且 $s$ 不是一个负偶数，那么 $s$ 的实部 $sigma$ 必须等于 $frac{1}{2}$。

用数学语言来说，如果 $zeta(sigma + it) = 0$ 且 $sigma in (0, 1)$，那么 $sigma = frac{1}{2}$。

这个猜想描绘了一个非常优美而规律的零点分布图景：所有“有趣”的零点都整齐地排列在一条垂直线上。

黎曼猜想有什么用？

虽然黎曼猜想本身是一个纯粹的数学问题，但它的“用途”体现在它对数论以及其他数学分支的深远影响上。如果黎曼猜想被证明，那么将意味着一系列重要的数学定理将得以确立；反之，如果被证伪，也将导致许多现有理论的修正。它的“用处”体现在以下几个方面：

1. 对素数分布规律的精确刻画：
素数定理的精确化： 素数定理（Prime Number Theorem）已经证明了素数在自然数中的分布是渐近均匀的。它告诉我们，小于或等于 $x$ 的素数个数大约是 $frac{x}{ln x}$。黎曼猜想则提供了对这个分布更精确的估计。
误差项的控制： 如果黎曼猜想为真，那么素数定理的误差项可以被严格地估计。具体来说，小于等于 $x$ 的素数个数 $pi(x)$ 与 $ ext{Li}(x)$（对数积分函数，是 $frac{x}{ln x}$ 的一个更精确的近似）的差的绝对值 $|pi(x) ext{Li}(x)|$ 将受到 $|sqrt{x} ln x|$ 的上界限制。这意味着素数的分布比我们最初想象的要“更规律”，不会出现太大的偏差。
素数间隙的理解： 黎曼猜想也暗示了素数之间的间隔不会过于稀疏，也可能对素数对（相差为2的素数，如3和5，11和13）的存在性问题提供线索。

2. 作为许多数论定理的“基石”：
历史上，许多数论研究的进展都依赖于假设黎曼猜想为真。一旦黎曼猜想被证明，这些依赖于它的定理将立即得到确立，而无需额外的证明。其中包括：
对二次域的类数问题的研究。
对某些数论函数（如莫比乌斯函数 $mu(n)$）的性质的研究。
某些与丢番图方程（整数解方程）相关的猜想。
在代数几何领域，黎曼猜想有一个重要的推广——广义黎曼猜想（Generalized Riemann Hypothesis, GRH），它涉及代数簇上的L函数。如果GRH成立，将对许多代数几何和数论的问题产生巨大影响。

3. 在密码学和计算机科学中的潜在应用：
虽然直接应用黎曼猜想到密码学并非易事，但它所揭示的素数分布的深刻规律，可能在未来为公钥密码学（如RSA算法）的理论基础提供更坚实的支持，或者启发新的加密算法。对素数分布的深入理解，是现代密码学设计的基石之一。

4. 推动数学发展和创新：
黎曼猜想的挑战性，促使了无数数学家去探索新的数学工具和理论。为了解决它，数学家们发展了复分析、调和分析、解析数论等许多重要的数学分支。即使黎曼猜想尚未解决，研究它的过程本身也极大地丰富了人类的数学知识宝库。它就像一个磁石，吸引着数学家们不断前行，探索数学的未知领域。

为什么这么难？

黎曼猜想之所以如此难以解决，原因有很多：

涉及无限多的零点： 要证明所有非平凡零点都在临界线上，需要对一个无限的集合进行精确的论证，这本身就非常困难。
解析延拓的复杂性： 黎曼ζ函数在整个复平面上的性质比它在实数域的性质要复杂得多，理解其零点分布需要深刻的复分析技巧。
素数分布的随机性与规律性的矛盾： 素数看起来似乎是随机分布的，但又遵循着某种深层的规律。黎曼猜想正是试图捕捉这种“看似随机中的规律”。
工具的局限性： 尽管数学家们已经发展出许多强大的工具，但目前还没有一个工具能够完全捕捉黎曼ζ函数的全部奥秘。

现状与未来

目前，数学家们已经通过计算机验证了黎曼ζ函数的前数万亿个非平凡零点，它们都确实位于实部为 $frac{1}{2}$ 的直线上。这极大地增强了人们对黎曼猜想正确性的信心，但数学上的证明仍然是必要的。

解决黎曼猜想将是数学史上的一个里程碑事件，其意义将不亚于证明费马大定理。它不仅会解答数论中最古老、最重要的问题之一，还将为许多其他数学领域带来革命性的进展。

总结来说，黎曼猜想是一个关于黎曼ζ函数非平凡零点分布规律的猜想，它将素数的分布规律与数学中最核心的函数之一紧密联系起来。它的正确与否，不仅对数论至关重要，更对整个数学科学的格局产生着深远的影响。它的解决将是数学界的一大盛事，为我们揭示更多关于数字世界的美丽秘密。

网友意见

泻药，我不是数学专业的，答得都很肤浅，也有可能有一些问题。

但看着没人答，我就回答一点吧，当然我对具体公式了解不是很多。

这篇答案分为三部分：1:素数有什么简单性质，2:这个性质有什么卵用，3:黎曼猜想和它有什么关系。

同时我依旧保证不出现一个公式，因为手机打不出来。

1:素数的性质，有无限个，而且没法用初等运算算出来是多少。

首先，什么是素数？想必你知道，就是只能被1和它自己整除的数，比如2，3，5，7，这些初中时候应该学过。

分解素因数，大家都应该知道，一个合数必然是由素数乘出来的，比如4=2x2，10=2x5。

第二个问题，素数有多少个？

答案是无限个，因为如果素数是有限个，那么必然可以假设这些数为a1，a2，···an。

那么这个时候把它们乘起来加一，构造一个数b=a1a2a3···an+1

显然a1到an中的任何一个数都无法整除b，b

除以它们一定会余1。

那么b究竟有哪些因子呢？这个时候就只有两种可能了：

1:b就是新的一个素数，没有别的因子。

2:有a1到an之外的另外几个素数c1，c2···cn作为b的因子，b=c1c2···cn

但无论是哪一种情况，都说明了，素数不只有a1到an这n个，要么会多一个b，要么会多一群c。

所以无论n取多少，你都可以找到这n个之外的素数，所以素数必然有无限个。

那么第三个问题，我虽然已经知道了素数有无限个，但能不能用一个公式，使用基本初等运算把它算出来呢？

这就是素数的通项公式。

这个似乎已经被人证明了，不存在，具体证明太复杂，我理解不能。

我讲了这么多，接下来就是重点了

2:素数研究究竟有什么卵用？

在 @鍵山小鞠 的提醒下，我决定把例子换一下。

首先有一条定理，叫做欧拉定理，欧拉定理非常之多。

其中有一条就是：

若有两数a和n互质（互质的意思就是就是a和n不存在1以外的公约数，初中应该都学过）

那么就有

a的f（n）除以n，余数一定是1。

即a^f（n）mod n =1

其中f（n）表示的意思是，比n小的，与n互质的所有数的个数。

具体证明我们就不用管了，可以上百度搜索。

我举个例子，

与7互质，且比7小的数有6个，因为7是个素数，所以比7小的所有数，123456，全都和7只有1这个公约数，所以有f（7）=6。

然后我们不管取什么数，比如5好了，用5的6次方除以7，5的6次方是15625，再除以7等于2232，余1。

把5换成只要不是7的倍数的任何正整数，都无影响，余数一定是1，不信大家可以一试

好了，接下来让我们看看加密的过程。

现在腾讯公司有许多客户要注册qq号。

为了申请qq号，每一个客户都把自己的信息加密了发给腾讯公司，不然的话信息就暴露了，而腾讯公司稍后则进行解密，得到每一个人的信息。

但是问题来了，如果给每个客户都设计一种算法来加密，腾讯公司感到压力山大，完成不了。

于是所有的客户都使用了同一种方法加密，随后腾讯公司用同一种方法解开。

但是问题就又来了，如果所有人都用了同样的方法加密，那么所有申请qq好的人，都必然会知道这种加密的方法。

那么注册qq号的人，假设有两个，A和B，

A要注册qq号，必然要让A知道加密的方法，而此时如果A又窃取到了B发给腾讯公司用来申请qq好的加密密文，这样A同时知道了密文和加密方法，岂不是就能破解了B的个人信息？

于是这个时候人们就想了一种方法，就是加密者用一种方法加密之后，即使知道加密的方法，自己却无法再解开这个密文，密文一旦加密，就只有解密者——腾讯公司才能解开。

怎么会有这么神奇的事情呢，还真有，只需要设计一种运算，它的正向运算非常容易，反向运算非常难就可以了。

这就需要用我刚刚说的素数的几个性质。

目前常规的方法如下：

你先找两个素数，p和q，然后把p和小q乘起来得到p·q，这样有多少小于p·q的数和p·q互质呢？

显然这些数不能以p作因子，也不能以q作因子，不然就和p·q互质了，对吧。

小于p·q的数显然一共有p·q-1个。

其中带有p当作因子数的有q-1个嘛，有q作因子的有p-1个嘛。

所以与p·q互质的个数是多少呢？是p·q-1-（q-1）-（p-1）=（p-1）·（q-1）个了。

然后我们令p·q=N，（p-1）（q-1）=M

可以得到M就是欧拉定理中的f（N）。

再找一个小于N的数与N互质，假设为r，

同时又找一个数s，让s·r除以M的余数是1。

随后你把s和N告诉给要注册qq账号的用户。

让他做这样的操作：

用个软件（一般是客户端），把自己的信息表示出一段数字，这串数字中的每个数都小于s。

假设这段数字是，a1，a2，a3···an。

然后把a1，a2···an分别作s次方，得到b1，b2，b3····

用b1，b2，···bn除以N，得到余数c1，c2···cn。

最后把c1···cn发给腾讯公司。

而这个时候你发现，神奇的地方来了，腾讯公司只需要分别把c1，c2···cn作r次方，得到d1，d2···dn，然后用d1，d2···dn除以N，就会得到a1，a2···an。

那么如果有个不怀好意的窃听着知道了N和c1，c2，cn了，又知道了加密的方法s，能算出a1，a2···an吗？

这个是可以的，不过要在黎曼猜想证出来后。

算出a1，a2···an就意味着要算出r，在不知道r的情况下，现在的水平非常难算出r。

因为N=p·q，p，q为素数。

而r·s=M+1的

M=（p-1）（q-1）

显然要知道M是多少，必须知道p和q。

而要把N分解成两个素数，得一个一个枚举，这样只要P，q，N足够大，就能让枚举时间足够长，于是他有生之年说不定都无法做到。

接下来举个实际操作的例子，

p=23，q=11，M=220，N=253

r=13，s=17

大家可以自行验算，这个数可以加密任意13一下的任何数字。

关于加密过程的证明如下：

c=a^s mod N

要证明，

a=c^r mod N

所以，即只需证明：

（a^s mod N）^r mod N=a

其中，显然r·s=k·M+1，k为任意正整数。

有：

1.

（a^s mod N）^r mod N=a^（r·s）modN

令f=a^s mod N，则有（f+kN）=a^s（k为任意整数）。

f^r=（a^s-kN）^r，显然展开（a^s-kN）^r之后，除了第一项之外，所以项均有N作为因子，所以就等价于对第一项求余。

所以f^r mod N=a^（r·s）mod N

2:因为

r・s=kM+1

所以有a^（r·s）mod N=a^（kM+1）modN

同1一样展开，易知

a^（kM+1）mod N=「a·a^（kM）」mod N

=「(a mod N）（a^kM）」mod N

当a小于p的和q的时候，因为N=p·q

所以a不可能含有N的任何因子，所以，a必然与N互质。

所以a mod N就是a。

而根据欧拉定理，不管a取任何数，a^f（N）mod N=1

而因为之前说了，M就是f（N），所以M就是a^M mod N=1

令a^M=uN+1（其中u为任意正整数）

则有a^kM=（uN+1）^k，在K是正整数的时候，无论怎么展开，都只有最后一项不带有N为因子，而最后一项是1。

所以（uN+1）^k可以直接写作tN+1（t为正整数）

所以

「(a mod N）（a^kM）」mod N

=「a·（tN+1）」modN

=a

所以得证。

所以研究素数什么卵用？在写密码的时候就很有用，也许其他时候也有用，不过我知道的就是这个了。

3:那么黎曼和这个有什么关系？

素数虽然没有通项公式，有一条定理，叫做素数定理。

意思就是在1到一个数，假设为n好了。就是说，从1到n这些数里，随便抽一下，抽出一个数是素数的概率，大概是约等于于1/lnn，然后以N的多项式P为单位，将自然数N对应到P上。

其中，P=36N（N+1）

在这个时候素数在每个区间P上的数量是不断增加的。

就是说，本来随着数字的取大，素数分布就会越来越稀少。

但如果不以1为刻度，以36N（N+1）为刻度，素数的分布就会开始逐渐增加，也就是说素数的分布虽然在不断分散，但分散的速度，低于多项式36N（N+1）的扩大的速度。

这是个什么意思？就是说，素数虽然没有通项公式，但我可以估计它在一个区间出现的概率。

那这就对于刚刚那个窃听者来说，就是个天大的好消息了。

换言之，这会降低刚刚N=p·q中，从N中分解出p·q的枚举次数。

也就是说我虽然不知道这个素数是多少，但我可以估计出它在哪个区间出现的概率最大，于是我就去那个区间先试一试，这样破解的概率就大大提高了。

但是呢，光靠1/lnN这个估计呢，还是太不准，所以还是要试很多次，作用不是很大。

这个时候黎曼就站出来了，他提出了黎曼猜想，黎曼猜想并没有直接给出一个更完整准确的估计素数出现概率的函数，但说明了那个函数是存在的，而且可以用一个黎曼函数构造出来，也就是说还有办法能让这个概率更准。

后面在数学家们的努力下，终于证明了刚刚那个素数定理就是黎曼猜想的一部分，黎曼应该是对的。

换言之，黎曼猜想如果得到证明，其实就意味着可能一个新的估计素数概率的函数就要被找到了，也就是说，能够找到比刚刚那个定理更准确的估计素数出现概率的函数，那么对于窃听者来说，这显然就是天大的好消息。

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