为什么 lnξ(s) = lnξ(0) + ∑ρln(1-s/ρ)

发布网友 发布时间：2024-09-28 16:45

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热心网友 时间：2024-11-04 14:11

lnξ(s) = lnξ(0) + Σρln(1-s/ρ)

其中 ρ 为 ξ(s) 的零点 (也就是 Riemann ζ 函数的非平凡零点——这些家伙终于出场了！)。 分解式中的求和对所有的 ρ 进行， 并且是以先将 ρ 与 1-ρ 配对的方式进行的 (由于 ξ(s)=ξ(1-s)， 因此零点总是以 ρ 与 1-ρ 成对的方式出现的)。 这一点很重要， 因为上述级数是条件收敛的， 但是在将 ρ 与 1-ρ 配对之后则是绝对收敛的。 这一分解式也可以写成等价的连乘积关系式：

ξ(s) = ξ(0) Πρ(1-s/ρ)

这样的连乘积关系式对于有限多项式来说是显而易见的 (只要满足 ξ(0)≠0 这一条件即可)， 但对于无穷乘积来说却绝非一目了然， 它有赖于 ξ(s) 是整函数这一事实， 其完整证明直到三十四年后的 1893 年才由 Hadamard 在对整函数的无穷乘积表达式进行系统研究时给出。 Hadamard 对这一关系式的证明是 Riemann 的论文发表之后这一领域内第一个重要进展[注三]。

很明显， 上述级数分解式的收敛与否与 ξ(s) 的零点分布有着密切的关系。 为此 Riemann 研究了 ξ(s) 的零点分布， 并由此而提出了三个重要命题：
1.在 0<Im(s)<T 的区间内， ξ(s) 的零点数目约为 (T/2π) ln(T/2π) - (T/2π)。
2.在 0<Im(s)<T 的区间内， ξ(s) 的位于 Re(s)=1/2 的直线上的零点数目也约为 (T/2π) ln(T/2π) - (T/2π)。
3.ξ(s) 的所有零点都位于 Re(s)=1/2 的直线上。

在这三个命题之中， 第一个命题是证明级数分解式的收敛性所需要用到的 (不过 Riemann 建立在这一命题基础上的说明——如我们在 [注三] 中所评述的——因过于简略而不足以构成证明)。 对于这个命题， Riemann 的证明是指出在 0<Im(s)<T 的区间内 ξ(s) 的零点数目可以由 dξ(s)/2πiξ(s) 沿矩形区域 {0<Re(s)<1, 0<Im(s)<T} 的边界作围道积分得到。 在 Riemann 看来， 这点小小的积分算不上什么， 因此他直接写下了结果 (即命题一)。 Riemann 并且给出了该结果的相对误差为 1/T。 但 Riemann 显然大大高估了他的读者的水平， 因为直到四十六年后的 1905 年， 他所写下的这一结果才由德国数学家 Hans von Mangoldt (1854–1925) 所证明 (这一结果因此而被称为了 Riemann-von Mangoldt 公式， 它除了补全 Riemann 论文中的一个小小证明外， 也确立了 Riemann ζ 函数的非平凡零点有无穷多个)。

不过 Riemann 留给读者们的这点智力挫折与他那第二个命题相比却又是小巫见大巫了。 将 Riemann 的第二个命题与前一个命题相比较可以看出， 这第二个命题实际上是表明 ξ(s) 的几乎所有零点——从而也就是 Riemann ζ 函数的几乎所有非平凡零点——都位于 Re(s)=1/2 的直线上。 这是一个令人吃惊的命题， 因为它比迄今为止——也就是 Riemann 的论文发表一个半世纪以来——人们在研究 Riemann 猜想上取得的所有结果都要强得多！ 而且 Riemann 在叙述这一命题时所用的语气是完全确定的， 这似乎表明， 当他写下这一命题时， 他认为自己对此已经有了证明。 可惜的是， 他完全没有提及证明的细节， 因此他究竟是怎么证明这一命题的？ 他的证明究竟是正确的还是错误的？ 我们就全都无从知晓了。 除了 1859 年的论文外， Riemann 还曾在一封信件中提到过这一命题， 他说这一命题可以从对 ξ 函数的一种新的表达式中得到， 但他还没有将之简化到可以发表的程度。 这就是后人从 Riemann 留下的片言只语中得到的有关这一命题的全部信息。

Riemann 的这三个命题就像是三座渐次升高的山峰， 一座比一座巍峨， 攀登起来一座比一座困难。 他的第一个命题让数学界等待了四十六年； 他的第二个命题已经让数学界等待了超过一个半世纪； 而他的第三个命题读者想必都看出来了， 正是大名鼎鼎的 Riemann 猜想！ 它要让大家等待多久呢？ 没有人知道。 但据说著名的德国数学家 David Hilbert (1862-1943) 有一次曾被人问到如果他能在 500 年后重返人间， 他最想问的问题是什么？ Hilbert 回答说他最想问的就是： 是否已经有人解决了 Riemann 猜想[注四]？

正所谓山雨欲来风满楼， 一直游刃有余、 惯常在谈笑间让定理灰飞烟灭的 Riemann 到了表述这第三个命题——也就是 Riemann 猜想——的时候， 也终于一改举重若轻的风格， 用起了像 “非常可能” 这样的不确定语气。 Riemann 并且写道： “我们当然希望对此能有一个严格的证明， 但是在经过了一些快速而徒劳的尝试之后， 我已经把对这种证明的寻找放在了一边， 因为它对于我所研究的直接目标不是必须的”。 Riemann 把证明放在了一边， 整个数学界的心弦却被提了起来， 直到今天还提得紧紧的。 Riemann 猜想的成立与否对于 Riemann 的 “直接目标”——即证明 lnξ(s) 的级数分解式的收敛性——的确不是必须的 (因为那只要上述第一个命题就足够了)， 但对于今天的数学界来说却是至关重要的。 粗略的统计表明， 在当今的数学文献中已经有超过一千条数学命题或 “定理” 以 Riemann 猜想 (或其推广形式) 的成立作为前提。 Riemann 猜想的命运与提出这些命题或 “定理” 的所有数学家们的 “直接目标” 息息相关， 并通过那些命题或 “定理” 而与数学的许多分支有着千丝万缕的联系。 另一方面， Riemann 对于 Riemann 猜想的表述方式也从一个侧面表明 Riemann 对于自己写下的命题是属于猜测性的还是肯定性的是加以区分的。 因此他对于那些没有注明是猜测性的命题——包括迄今无人能够证明的上述第二个命题——应该是有所证明的 (尽管由于他省略了证明， 我们无从知道那些证明是否正确)。

现在让我们回到对 J(x) 的计算上来。 利用 ξ(s) 的定义及其分解式， 可以将 lnζ(s) 表示为：

lnζ(s) = lnξ(0) + Σρln(1-s/ρ) - lnΓ(s/2+1) + (s/2)lnπ - ln(s-1)

对 lnζ(s) 作这样的分解， 目的是为了计算 J(x)。 但是将这一分解式直接代入 J(x) 的积分表达式所得到的各个单项积分却并不都收敛， 因此 Riemann 在代入之前先对 J(x) 作了一次分部积分， 由此得到 (感兴趣的读者可自行证明)：

将 lnζ(s) 的分解式代入上式， 各单项便可分别积出， 其结果如下表所列：

lnζ(s) 分解式中的项

对应的积分结果

-ln(s-1)

Li(x)

Σρ ln(1-s/ρ)

-ΣIm(ρ)>0 [Li(xρ) + Li(x1-ρ)]

-lnΓ(s/2+1)

lnξ(0)

lnξ(0) = -ln2

(s/2)lnπ

0

在上述结果中， 对级数 Σρ ln(1-s/ρ) 的积分最为复杂， 其结果 -ΣIm(ρ)>0 [Li(xρ) + Li(x1-ρ)] 是对级数逐项积分的结果。 这一结果是条件收敛的， 不仅要如 lnξ(s) 的级数表达式中一样将 ρ 与 1-ρ 进行配对， 而且还必须依照 Im(ρ) 从小到大的顺序求和。 Riemann 在给出这一结果时承认逐项积分的有效性有赖于对 ξ 函数的 “更严格” 的讨论， 但他表示这是容易证明的。 这一 “容易证明” 的结果在三十六年后的 1895 年被 von Mangoldt 所证明。 另外值得指出的一点是， 在 Riemann 对这一级数的各个单项进行积分时隐含了一个要求， 那就是对所有的零点 ρ， 0<Re(ρ)<1[注五]， 这比我们在前面提到过的 0≤Re(ρ)≤1 要强。 这一加强看似细微 (只不过是将等号排除掉而已)， 其实却——如我们在 后文 中将会看到的——是数论中一个非同小可的结果。 Riemann 在文章中不仅没有对这一结果加以证明， 连暗示性的说明也没有， 应该被视为是他论文的一个漏洞。 这一漏洞在 von Mangoldt 的证明中也同样存在[注六]。 不过这一漏洞只是论证方法上的漏洞， 是可以弥补的， 论证的结果本身并不依赖于 0<Re(ρ)<1 这样的条件。

由上面这些结果 Riemann 得到了 J(x) 的显形式：

这一结果， 连同 上节 给出的 π(x) 与 J(x) 的关系式：

π(x) = Σn [μ(n)/n] J(x1/n)

便是 Riemann 所得到的素数分布的完整表达式， 也是他 1859 年论文的主要结果。 Riemann 的这一结果给出的是素数分布的精确表达式， 它的第一项 (由 J(x) 及 π(x) 的第一项共同给出) 正是当时尚未得到证明的素数定理所预言的结果 Li(x)。

细心的读者可能会问： Riemann 既然已经给出了素数分布的精确表达式， 却没能直接证明远比该结果粗糙的素数定理， 这是为什么呢？ 这其中的奥秘就在于 Riemann ζ 函数的非平凡零点， 在于 J(x) 的表达式中那些与零点有关的项， 即 -ΣIm(ρ)>0 [Li(xρ) + Li(x1-ρ)]。 在 J(x) 的表达式中， 所有其它的项都十分简单， 也比较光滑， 因此素数分布的细致规律——那些细致的疏密涨落——主要就蕴涵在了这个与 Riemann ζ 函数的非平凡零点有关的级数之中。 如上所述， 这个级数是条件收敛的， 也就是说它的收敛有赖于参与求和的各项——即来自不同零点的贡献——之间的相互抵消。 这些来自不同零点的贡献就像一首盘旋起伏的舞曲， 引导着素数的细致分布。 而这首舞曲的奔放程度——也就是这些贡献相互抵消的方式和程度——则决定了素数的实际分布与素数定理给出的渐近分布之间的接近程度。 所有这一切都定量地取决于 Riemann ζ 函数非平凡零点的分布。 Riemann 给出的素数分布的精确表达式之所以没能立即使得对素数定理的直接证明成为可能， 原因正是因为当时人们对 Riemann ζ 函数非平凡零点的分布还知道得太少 (事实上当时人们所知道的也就是我们在上面已经提到过的 0≤Re(ρ)≤1)， 无法有效地估计那些来自零点的贡献， 从而也就无法有效地估计素数定理与素数实际分布——即 Riemann 给出的精确表达式——之间的偏差。

那么 Riemann ζ 函数非平凡零点的分布对素数定理与素数实际分布之间的偏差究竟有什么样的影响呢？ 在这个问题上数学家们已经取得了一系列结果。 素数定理的证明本身就是其中一个， 我们将在 后文 中提及。 在素数定理被证明之后， 1901 年， 瑞典数学家 von Koch (1870-1924) 进一步证明了 (请注意， 这正是我们前面提到过的以 Riemann 猜想的成立为前提的数学命题的一个例子)， 假如 Riemann 猜想成立， 那么素数定理与素数实际分布之间的绝对偏差为 O(x1/2lnx)[注七]。 另一方面， Li(xρ) 的模随 x 的增加以 xRe(ρ)/lnx 的方式增加， 因此任何一对非平凡零点 ρ 与 1-ρ 所给出的渐近贡献 Li(xρ) + Li(x1-ρ) 起码是 Li(x1/2) ~ x1/2/lnx。 这一结果暗示素数定理与素数实际分布之间的偏差不可能小于 Li(x1/2)。 事实上， 英国数学家 John Littlewood (1885-1977) 曾经证明， 素数定理与素数实际分布之间的偏差起码有 Li(x1/2) lnlnlnx。 这与 Koch 的结果已经非常接近 (其主项都是 x1/2)。 因此 Riemann 猜想的成立意味着素数的分布相对有序； 而反过来， 假如 Riemann 猜想不成立， 假如 Riemann ζ 函数的某一对非平凡零点 ρ 与 1-ρ 偏离了临界线 (即 Re(ρ)>1/2 或 Re(1-ρ)>1/2)， 那么它们所对应的渐近贡献 Li(xρ) + Li(x1-ρ) 的主项就会大于 x1/2， 从而素数定理与素数实际分布之间的偏差就会变大[注八]。