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黎曼猜想

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发表于 2020-12-1 15:39 | 显示全部楼层 |阅读模式
本帖最后由 fshli 于 2020-12-1 17:52 编辑

黎曼ζ(s)函数非平凡零点实部都为1/2
设Ф(s)为一关于x=1的对称函数,即:Ф(s)= Ф(1-s)
设Ф(s)为一次函数,Ф(s)=s+a
由于Ф(s)= Ф(1-s),得:1-s+a= s+a,即s=1/2
Ф(s)=s+a=1/2+a(常数),故不存在一次关于x=1的对称函数。
设Ф(s)为二次函数,Ф(s)=s2+as+b
若Ф(s0)=0,即s02+as0+b=0,s0=(-a±[a2-4b]1/2)/2
它们为共轭实根或复根;先讨论实根(s1、s2),则:Ф(s)=(s-s1)(s-s2)
设在零点s0,Ф(s0)= Ф(1-s0),有:(s0-s1)(s0-s2)= (1-s0-s1)(1-s0-s2)
得:(2s0-1)[( s1+ s2)-1]=0,即:s0=1/2或( s1+ s2)=1
s0=1/2,则s1、s2中有一根等于1/2,设s1=1/2,则:Ф(s)=(s-1/2)(s-s2)
在零点s0,Ф(s0)= Ф(1-s0)
Ф(s0)=(s0-1/2) (s0-s2)= (1-s0-1/2) (1-s0-s2)
得:(s0-s2)=- (1-s0-s2),即:s2=1/2
故:Ф(s)=(s-1/2)2         (1)
若( s1+ s2)=1
则:Ф(s)=(s-s1)[s-(1-s1)]      (2)
讨论虚根,设:Ф(s)=[s-(c+id)][ s-(c-id)]
由于Ф(s)= Ф(1-s),(c+id)≠(c-id),故:
(c+id)+(c-id)=1,得:c=1/2,Ф(s)=[s-(1/2+id)][ s-(1/2-id)]   
设Ф(t)在z平面解析,Ф(t)=λ(t)θ(t),λ(t)无零点,θ(t)包含Ф(t)全部零点;由于Ф(t)= Ф(1-t)= λ(1-t)θ(1-t),对比:Ф(t)=λ(t)θ(t)和Ф(t)= λ(1-t)θ(1-t),
____________________________________________________________________________________________
[1] 傅圣利:1968年8月出生,硕士,毕业于中国科技大学化学物理系,现为长沙航天新材料研究院高工
可知:λ(t)= λ(1-t),θ(t)= θ(1-t)。
将θ(t)在(0,0i)展开为麦克劳林级数,得:
θ(t)= θ(0)(n)/n!{tn+an-1tn-1+…+a1t+a0}    (3)
设t0是其零点,则:θ(t0)= θ(0)(n)/n!{t0n+an-1t0n-1+…+a1t0+a0}=0
n次实系数方程必有n个根【1】;设n为偶数,由于θ(t)= θ(1-t),它们一定为共轭根,θ(t)可变为:θ(t)= θ(0)n/n!∏{ [(t-(aj+bj)[t-(aj-bj)]} (j=1~n/2)  (4)
由于:θ(t)= θ(1-t),故:(aj+bj)+(aj-bj)=1,得:aj=1/2;(4)式变为:
θ(t)= θ(0)(n)/n! ∏{ [(t-(1/2+bj) ] [t-(1/2-bj)]}  (j=1~n/2)  (5)
若bj为实数,(1/2+bj)、(1/2-bj)为实数; 若 bj是虚数,(1/2+bj)、(1/2-bj)为虚数,设bj=icj,(5)变为:
θ(t)= θ(0)n/n! ∏{[(t-(1/2+bj) ] [t-(1/2-bj)] [(t-(1/2+icj) ] [t-(1/2-icj)]}  (6)  (j=1~n/2)
由(6)可知:Ф(t)的虚根实部x=1/2
若n为奇数,必有一根不共轭,其余为共轭根;但由于(t-a)≠(1-t-a),θ(t)= θ(1-t)不成立,故满足θ(t)= θ(1-t)的函数次数必为偶数。

黎曼ζ(s)函数可用黎曼ξ(s)表示:
ξ(s)=(s/2)(s-1) π(-s/2) г(s/2) ζ(s)   ξ(s)= ξ(1-s),ξ(s)函数在整个复平面除s=∞外全部解析。
设ξ(s)= Ф(s),得:
(s/2)(s-1)π(-s/2)г(s/2)ζ(s)=λ(s) θ(0)(2n)/(2n)!∏{ [(s-(1/2+bj) ] [s-(1/2-bj)]
[(s-(1/2+icj) ] [s-(1/2-icj)]}       (n→∞)  
设ζ(s)=α(s)β(s) ,α(s)在(0<Re(s)<1)区间无零点,β(s)包含ζ(s)在(0<Re(s)<1)区间所有零点,由于(s/2)(s-1)π(-s/2)г(s/2) 在(0<Re(s)<1)区间无零点,故:
β(s)= θ(0)(2n)/(2n)!∏{ [(s-(1/2+bj) ] [s-(1/2-bj)] [(s-(1/2+icj) ] [s-(1/2-icj)]}    (7)
可知β(s)的虚根实部x在(0<Re(s)<1)区间等于1/2, 即ζ(s)的虚根实部x=1/2。

还可以用零点证明x=1/2:
设am、cn+idn为ζ(s)的实数根与虚根,则ζ(s)可表示为:
ζ(s)=λ(s)∏(s-am)[s-(cn+idn)]  (λ(s)无零点,与ζ(s)解析区域相同)  (8)
ξ(s)=(s/2)(s-1) π(-s/2) г(s/2) ζ(s)  (0<Re(s)<1),ξ(s)= ξ(1-s)
   =(s/2)(s-1) π(-s/2) г(s/2) λ(s)(s-am)[s-(cn+idn)]    (9)   
由于ξ(s)= ξ(1-s)
= (s/2)(s-1) π-(1-s)/2 г[(1-s)/2] λ(1-s) ∏ (1-s-am)[1-s-(cn+idn)] (10)
对照(9)和(10)式,λ(s)无零点,π(-s/2) г(s/2)也无零点,故:
λ(s)= π-(1-s)/2 г[(1-s)/2]     λ(1-s)= π(-s/2) г(s/2)    (11)
ξ(s)的(s-am)[s-(cn+idn)]零点必有另外的(1,0i)对称点(1-s-am)[1-s-(cn+idn)]存在,故:
ξ(s)= (s/2)(s-1) π(-s/2) г(s/2) π-(1-s)/2 г[(1-s)/2]∏(s-am) (1-s-am) [s-(cn+idn)] [1-s-(cn+idn)]     (12)
ξ(s)= (s/2)(s-1) π-1/2 г(s/2)г[(1-s)/2]∏(s-am) [s-(1-am)] [s-(cn+idn)] {s-[1-(cn+idn)]}
由于ξ(s)= ξ1-s),其零点根共轭[见(7)式],故:
(s-am)与[s-(1-am)]共轭,[s-(cn+idn)]与{s-[1-(cn+idn)]}共轭,即:
am=1/2+bm,1-am=1/2-bm
cn+idn=1/2+ idn,1-(cn+idn)=1/2- idn,即:
ξ(s)= (s/2)(s-1) π-1/2 г(s/2)г[(1-s)/2]∏[s-(1/2+bm)] [s-(1/2-bm)] [s-(1/2+idn)] [s-(1/2-idn)]
(13)
由ξ(s)=(s/2)(s-1) π(-s/2) г(s/2) ζ(s),得:
ζ(s)= ξ(s)/{ (s/2)(s-1) π(-s/2) г(s/2)}
=π-(1-s)/2 г[(1-s)/2]∏[s-(1/2+bm)] [s-(1/2-bm)] [s-(1/2+idn)] [s-(1/2-idn)]  (14)
由(14)可知:黎曼ζ(s)函数的虚根实部x=1/2。

但ζ(s) 在(0<Re(s)<1)区间有实根吗?
ζ(s)= Σn-s   (n=1~∞)     (15)
ζ(x)= Σn-x=0  ((0<x<1)   (16)   (x无解)

ζ(s)在(Re(s)>0,s≠1)区间解析延拓可等价表示为【2】:
ζ(s)≡1/(1-21-s)Σ{(-1)k+1/ks}     (k=1~∞) (Re(s)>0,s≠1)    (17)
s取实数x,ζ(x)≡1/(1-21-x)Σ{(-1)k+1/kx}
若ζ(x)=0,即:1/(1-21-x)Σ{(-1)k+1/kx}=0,
即:1/(1-21-x){1/ 1x-1/ 2x+1/ 3x-1/4x+1/5x-1/ 6x+…} =0     (18)
即:1/(1-21-x){(1/ 1x-1/ 2x)+(1/ 3x-1/4x)+(1/5x-1/ 6x)+…} =0  (0<x<1)   (19)
可知:1/(1-21-x)≠0,{(1/ 1x-1/ 2x)+(1/ 3x-1/4x)+(1/5x-1/ 6x)+…}>0   (0<x<1)
故:1/(1-21-x)Σ{(-1)k+1/kx}=0    (x无解)
故:ζ(s)=0在(0<Re(s)<1)区间没有实数解,而虚数解的实部x=1/2。

黎曼猜想证明只两句话:黎曼zeta函数在区间0<Re(s)<1无实数解;虚数解共轭,实部为1/2.

由于是word粘贴,上下标无法分辨;想要原文的,可下载下文PDF文件或发信至fshli@163.com

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 楼主| 发表于 2020-12-1 15:48 | 显示全部楼层
由于是word文档粘贴,上下标无法分辨;想要原文档的,请发信至邮箱:fshli@163.com
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