里曼假設

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 諾大學所舉辦的千禧年數論研討會; 會議 期間, 從報紙得知英國的克雷數學研究所 (Clay Mathematics Institute) 在巴黎召 開記者會, 提出數學上七大難題, 並提供美 金一百萬元給解決其中問題之一的人。 七題 之中有兩題源自數論, 一是里曼假設 (Rie- mann Hypothesis), 是關於有名的里曼 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 之間的關係問題。

既然有人願意提供百萬美金做為解題報 酬, 自然突顯出問題的重要性與影響層面, 而 有必要公開給有希望的數學界人士知道。 為 此, 我們從網路上下載相關資料, 並譯成中文 如下:

有些正整數具有不能分解成為兩較小整 數乘積的特有性質, 如 2, 3, 5, 7, . . . 等 等, 這些數稱為質數; 它們在純數學與應用 數學領域扮演著極重要的角色。 這些質數在 正整數中的分佈情形沒有規則可循; 然而德 國數學家里曼 (G. F. B. Riemann, 1826- 1866) 卻發現質數出現的頻率與一稱為里曼 Zeta 函數 ζ(s) 的行為有密切的關係。 有名

的里曼假設即斷言方程式 ζ(s) = 0

的“有 趣”解 都 落 在 同 一 直 線 上。 最 先 的 1,500,000,000 個解已驗證是對的。 果真能 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 http://www.ams.org-claymath/prize problems/)

1. 里曼 Zeta 函數

里曼假設的主角是里曼 Zeta 函數 ζ(s), 這函數是由級數所定義:

ζ(s) =

∞

X

n=1

n^−s, Re s > 1.

這級數在 Re s > 1 時絕對收歛, 因而在滿足 Re s > 1 的半平面上定義了一 s 的解析函 數。 另一方面, 算術基本定理 (Fundamental theorem of arithmetic) 告訴我們每一正整 數 n 可分解成質因數的乘積, n^−s 必出現於 無窮乘積

(1 + 2^−s+ 2^−2s+· · ·+2^−ks+ · · ·)

·(1 + 3^−s+ 3^−2s+· · ·+3^−ks+ · · ·)

·(1 + 5^−s+ 5^−2s+· · ·+5^−ks+ · · ·) · · ·

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年

₁₂

月

=

^Y

p

(1 + p^−s+ p^−2s+ · · · + p^−ks+ · · ·)

=

^Y

p (1 − p^−s)⁻¹,

其中 p 跑遍所有的質數。 注意到出現在無窮 乘積的每一因式 (1 − p^−s)⁻¹ 皆不為零, 因 而 ζ(s) 在 Re s > 1 時完全沒有零點。

定義gamma 函數 Γ(s) 為 Γ(s) =

Z

∞

0 t^s−1e^−tdt, Re s > 0.

這函數也是俗稱的階乘函數, 原因是對任意 正整數 n

Γ(n + 1) = n!.

又對任意 Re s > 0, 由部份積分可得出 Γ(s + 1) = sΓ(s).

這稱為 Γ(s) 的泛方程式。 而可將 Γ(s) 解析 延拓到整個複數平面上。 對 Re s > −m, m 是正整數, 可定義

Γ(s) = 1

s(s + 1) . . . (s + m − 1)Γ(s + m)

= 1

s(s + 1) . . . (s + m − 1)

·

Z

∞

0 t^s+m−1e^−tdt.

對任意正整數 n, 透過變數變換得出

Z

∞

0 t^s2−1e^−πn2tdt= π^−s/2n^−sΓ

^

s 2



. 因而由逐項積分得出

π^−s/2Γ

^

s 2



ζ(s) =

Z

∞

0 t^s2−1g(t)dt, 其中 g(t) =

^P

^∞_n=1e^−πn2t。 透過 g(t) 的轉 換式

g

^

1 t



= 1 2(√

t − 1) +√ tg(t)

可得出 Re s > 1 時 π^−s/2Γ

^

s

2



ζ(s)

= 1 s(1 − s) +

Z

∞

1 (t^s2−1+ t^{1−s2 −1})g(t)dt 上面的表現式並不局限於半平面 Re s > 1, 而是定義在整個複數平面上, 而成為這函數 的解析延拓。 且在這式子中, s 用 1 − s 代 入後不變, 而有

π^−s/2Γ

^

s 2



ζ(s) = π^−(1−s)/2Γ

^

1−s 2



ζ(1−s).

這表示 ζ(s) 的值反應在 ζ(1−s) 上。 現 ζ(s) 在 Re s > 1 沒零點的特質反應到 ζ(s) 在 Re s < 0 的取值。 在 Re s < 0 時, Γ(^s₂) 在 s = −2, −4, −6, . . . 有單極點 (simple pole), 致 ζ(s) 在這些點非得等於 0 才能扺 消 Γ(^s₂) 的極點, 因兩者乘積是解析函數。 這 些 ζ(s) 的零點稱為顯然零點, 並非里曼假設 有興趣的對象, 所謂的“有趣”零點是指落在 0 ≤ Re s ≤ 1 區域內的零點, 而里曼假設可 重述如下:

里曼假設: 若 ζ(s) = 0 且 0 ≤ Re s ≤ 1, 則 Re s = ¹₂。

2. 質數分布定理

以 π(x) 表示不超過 x 的質數個數。 在 一有名的論文中, 里曼提出了包括里曼假設 在內的六個假設。 在這些假設下, 里曼證明了 質數分布定理

π(x) ∼ x

log x ∼ Li(x)

=

Z

x 2

dt

log t, x → ∞

里曼假設

_—

價值百萬美元的數學謎題

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這 六 個 假 設 除 里 曼 假 設 外, 皆 一 一 得 到 證 明。 而 質 數 分 布 定 理 直 到 1896 年才被 Hadamard 與 Poussin 兩人分別獨立得到 證明, 並未用到里曼假設。 就如 D. Hilbert 在巴黎數學會演說中所指出, 里曼假設等價 於

π(x) = Li(x) + O(√

xlog x), x → ∞ 也等價於

N

X

n=1

µ(n) = O(N^12+ε), N → ∞ 其中 µ 為 M¨obius µ-函數, 定義為

µ(n) =



 

 

 



 

 

 



1 若 n = 1,

(−1)^r 若 n = p₁p₂. . . p_r為相異 質數乘積,

0 其他.

若一 Dirichlet 級數 f(s) =

∞

X

n=1

ann^−s 的係數滿足

X

n≤x

an ∼ cx, x → ∞ 則這級數在 Re s > 1 收斂且

c= lim

s→1(s − 1)f(s).

反之, 若這級數在 Re s > 1 收歛且 c 由上 面極限得出, 則

X

n≤x

a_n ∼ cx.

現從 ζ(s) 的無窮乘積式 ζ(s) =

^Y

p (1 − p^−s)⁻¹, Re s > 1.

取對數微分得出

−ζ^′(s) ζ(s)

=

^X

p

(log p)p^−s(1 − p^−s)⁻¹

=

^X

p

(log p)(p^−s+p^−2s+· · ·+p^−ks+· · ·)

=

∞

X

n=1

Λ(n)n^−s, 其中 Λ(n) 的定義為

Λ(n) =







log p 若n = p^k,

0 其他.

因此

ψ(x) =

^X

n≤x

Λ(n) ∼ x, x → ∞;

這其實等價於質數分布定理, 亦即

x→∞lim ψ(x)

x = 1 ⇐⇒ lim_x→∞π(x) log x x = 1

3. 零點的分布

在目前為止, ζ(s) 的有趣零點完全透過 數值計算。 R. S. Lehman 於 1966年證明首 先的 2,500,000 ζ(s) 的零點滿足 s = ¹₂+iτ , 0 < τ < 170, 571.35; 稍後於 1979, R. P.

Brend 擴展這結果到首先的 75,000,000個。

把 s 表為 σ + iτ , 定義

N(T ) = ζ(s) 在 0 ≤ σ ≤ 1, 0 < τ < T 的零點個數。

N₀(T ) = ζ(s) 在 σ = 1

2,0 ≤ τ < T 的零點個數。

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Mangoldt 證明 N(T ) = T

2π(log T

2π − 1) + O(log T ) 在假設里曼假設成立時, Littlewood 於1924 年證明了

N(T ) = T

2π(log T

2π − 1) + o(log T ).

Hardy 於 1914 年首度證明有無窮多個 零點落在 σ = ¹₂ 的直線上, 而 A. Selberg 於 1942年更證明

N₀(T ) > AT log T.

其中 A 是一正常數。 因而

T →∞lim inf N0(T ) N(T ) >0.

Levinson 於 1974 年證明

T →∞lim inf N₀(T ) N(T ) > 1

3,

表示至少有 ¹₃ 的零點全落在直線 σ = ¹₂ 上。

4. 結語

懸賞解題在數學界並非創舉。 在歐美的 校園中, 時常有徵求解答的數學題貼在公布 欄, 也附上代價。 費馬最後定理被懸賞 10 萬 馬克, 數學界的桂冠 Fields Medal 則頒給 40 歲以前有卓越成就的數學家。 現有人為一 些問題而拋出重賞居心何在? 底下或許是一 些可能理由:

• 左右未來數學研究方向。

• 開數學界玩笑, 取笑數學界的無能。

• 吸引更多人投入這些問題的研究。

• 陷害數學家, 使掉入死要錢的陷井裡。

• 掃除大型計劃中的障礙。

不管居心如何, 以金錢掛帥的研究導向並不 足取。 另一方面, 想想有多少數學名人皆費了 一生心血而未解決的數學問題, 而且已懸疑 了兩百多年, 值不值得去嘗試, 就有待自己的 衡量了。

最後談到如何著手的問題。 ζ(s) 只在 s = 1 有一單極點, 因而 (s − 1)ζ(s) 是 一全純函數, 而具有無窮乘積式:

(s − 1)ζ(s)

= 1

2e^bs 1 Γ(^s₂ + 1)

Y

ρ (1 − s ρ)e^s/ρ 其中 b 是一常數, 而 ρ 跑遍 ζ(s) 在 0 ≤ σ ≤ 1 的所有零點。 很不幸的是, 這乘積式中的 ρ 沒有明顯的表現式, 致式子只有象徵性的意 義, 而不能做實質的運算。 其中的 gamma 函 數也有乘積式:

1

Γ(s) = e^γss

∞

Y

n=1

(1 + s

n)e^−s/n, 其中 γ 是 Euler 常數, 定義為

γ = lim

n→∞(

n

X

k=1

1

k − log n).

這給人的感覺是: ζ(s) 仍是一捉摸不定的神 秘函數。

參考文獻

1. H. Rademacher, Topics in Analytic Number Theory.

2. Encyclopedic Dictionary of Mathemat- ics, Volumn I∼III.

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本文作者任教於中正大學數學系

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