背景
数论、质数分布……
哥德巴赫猜想、孪生素数猜想和黎曼猜想被分为质数分布问题内，都是想在尚未解决的世界难题。而黎曼猜想可以说是三者中最牛X的存在，若能证明黎曼猜想，其余两个问题也许可以通过简单的运算得出。
欧拉乘积公式
某一天欧拉发现了一个神奇的公式： \(\sum n^{-s} = \prod (1-p^{-s})^{-1} \quad\quad (s>1)\) 证明，相当于筛法: \(\begin{align*} f &= 1 + \frac{1}{2^s}+ \frac{1}{3^s} +... &(1)\\ \frac{1}{2^s}f &= \frac{1}{2^s}+\frac{1}{4^s}+\frac{1}{6^s}+... &(2)\\ (1-\frac{1}{2^s})f &= 1 + \frac{1}{3^s}+\frac{1}{5^s}+\frac{1}{7^s}... &(3)=(1)-(2)\\ \frac{1}{3^s}(1-\frac{1}{2^s})f &= \frac{1}{3^s}+\frac{1}{9^s}+\frac{1}{15^s}... &(4)\\ (1-\frac{1}{3^s})(1-\frac{1}{2^s})f &= 1+\frac{1}{5^s}+\frac{1}{7^s}+... &(5)=(3)-(4)\\ ...\\ \prod(1-p^{-s})f &= 1 &(6)\\ f &= \prod(1-p^{-s})^{-1} &(7)\\ \sum n^{-s} &= \prod (1-p^{-s})^{-1} &(8)\\ \end{align*}\) 证明结束。过程中要保证 $\sum |f| < \infty$ 。
有了这个式子，在研究自然数的某些性质时就可以把它先转化成自然数，反过来同样可以。
质数互质概率
求从自然数中任取两个自然数 $x, y$ 互质的概率。
首先考虑 $x,y$ 有公约数 $2$ 的概率 $p$，所有的以 $2$ 为约数的自然数占所有自然数的 $\frac{1}{2}$，所以 $p = \frac{1}{2^2}$ ，那么两个自然数没有公约数 $2$ 的概率就是 $1-p = 1-\frac{1}{2^2}$ 。继续，没有公约数 $3$ 的概率是 $1-\frac{1}{3^2}$ ； 没有公约数 $5$ 的概率是 $1-\frac{1}{5^2}$ ……
所以 $x, y$ 互质的概率就是 \(\prod (1-p^{-2}) = \frac{1}{\sum_n n^{-s}}= \frac{1}{\zeta(2)}\)
现在问题是如何求 $\zeta(2)$ ，这个问题就是著名的 巴塞尔问题 （具体证明见下文），最后的答案是 $\frac{\pi^2}{6}$。
现在得出从自然数中任取两个自然数 $x, y$ 互质的概率是 \(\frac{1}{\zeta(2)} = \frac{6}{\pi^2} \approx 60.79 \%\)
扩展结论
求从自然数中任取 $s$ 个自然数 $x_1, x_2, … , x_s$ 都互质的概率是 $\frac{1}{\zeta(s)}$。
巴塞尔问题
求 $\zeta(2) = \sum_{n=1}^{\infty} n^{-2}$ 的值，此问题由欧拉得出，结果是 $\frac{\pi^2}{6}$ 。
证明过程：
欧拉从 $\sin x$ 的泰勒级数开始 \(\begin{align*} \sin x &= x - \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} - \frac{x^7}{7!} +... \\ \frac{\sin x}{x} &= 1-\frac{x^2}{3!} + \frac{x^4}{5!} - \frac{x^6}{7!} +... & (1)\\ \end{align*}\) $\frac{\sin x}{x} = 0$ 的根出现在 $x = n\pi$ 的位置，其中 $n=\pm1,\pm2,…$ 可以写成以下形式 \(\begin{align*} \frac{\sin x}{x} &= (1-\frac{x}{\pi})(1+\frac{x}{\pi})(1-\frac{x}{2\pi})(1+\frac{x}{2\pi})... \\ &= (1-\frac{x^2}{\pi^2})(1-\frac{x^2}{4\pi^2})... \end{align*}\) 将上式展开后的 $x^2$ 的系数提取出来是 \(-(\frac{1}{\pi^2}+\frac{1}{4\pi^2}+\frac{1}{9\pi^2}+...) = -\frac{1}{\pi^2} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}\) 从 $(1)$ 式得 $x^2$ 的系数是 $-\frac{1}{3!} = -\frac{1}{6}$
所以 \(\begin{align*} -\frac{1}{\pi^2} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} &= -\frac{1}{6} \\ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2} &= \frac{\pi^2}{6} \end{align*}\) 证毕。
调和级数
当 $s>1$ 时，有 \(\lim_{s\rightarrow\infty}\zeta(s) = 1\) 但当 $s=1$ 时，有 \(\zeta(1) = 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3} +... =\infty\) 上面的无穷级数称作调和级数，它是发散的，证明如下： \(\begin{align*} \zeta(1) &= 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3} +... \\ &\geq 1+\frac{1}{2}+(\frac{1}{4}+\frac{1}{4})+(\frac{1}{8}+\frac{1}{8}+\frac{1}{8}+\frac{1}{8})+... \\ &= 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+...\\ &= \infty \end{align*}\) 可以证明，对于任意大的自然数 $k$ ，有 \(\sum_{n=1}^{2^k}\frac{1}{n} > 1+\frac{k}{2}\) 证毕。
$\zeta(1)$ 是发散的，但发散速度非常慢。
欧拉证明了调和级数 $\sum_{n=1}^{\infty}n^{-1}$ 的增长速度大致和自然对数 $\ln x$ 的增长速度相等 \(\sum_{k=1}^{n}k^{-1} \approx \ln n\) 随着 $n$ 的增大，两者的差值趋近于欧拉常数 $\gamma$ \(\gamma = \left (\lim_{n\rightarrow\infty}\sum_{k=1}^{n}k^{-1} -\ln n \right) \approx 0.577216\)
解析延拓
在介绍黎曼之前先了解一下解析延拓的相关知识。
解析延拓是依照函数的自然趋势，将函数域自然的过渡到新的区域。一个函数的解析延拓是唯一的，在解析延拓后的函数在任意一点都只能有一个取值，而这个取值完全由这个函数在原始定义域中的表现决定。
解析延拓的一般方法通过幂级数进行。 \(\sum_{n=0}^{\infty} a_n(x-x_0)^n = a_0 + a_1(x-x_0)+a_2(x-x_0)^2+...\) 如果一个函数 $y = f(x)$ 在某个点 $x_0$ 附近等于一个幂级数，那么就说函数 $f(x)$ 在 $x_0$ 处是解析的。
幂级数有收敛半径，如果离中心点 $x_0$ 太远，幂级数可能会发散。
举个例子： \(S_k = \sum_{n=0}^{k-1}x^n = 1+x+x^2+...+x^{k-1} = \frac{1-x^k}{1-x}\) 当 $-1<x<1$ 时 \(\lim_{k\rightarrow\infty}S_k = \frac{1}{1-x}\) 但当 $|x|\ge 1$ 时，$S_k = \infty$ ，所以 $S_k$ 的定义域只能在 $(-1,1)$ 之间。
$S_k$ 的解析延拓也取 $\frac{1}{1-x}$ ，这是若把 $x = -1$ 带入解析延拓后的式子中得 \(\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n = (?)f(-1) = 1-1+1-1+1-1+... = \frac{1}{2}\) 这个级数称为格兰迪级数 ，可以说格兰迪级数在推广意义上等于 $\frac{1}{2}$ .
同样的 $\sum_{n=0}^{\infty} n = -\frac{1}{12}$ 得结果也是在某种推广意义中才成立。
$\sum n = -\frac{1}{12} \quad \quad ?$
上述式子经常出现在各种科普视频和文章中，一眼看去明显违反常识，那么它是怎么来的呢。
它指的是 $\zeta(-1) = - \frac{1}{12}$ ，然而 $\zeta(s)$ 在 $s\leq1$ 时是没有定义的，这是把 $\zeta(s)$ 做解析延拓之后得出来的结果，而不是代表我们看到时相当然的全体自然数的和。
黎曼 $\zeta$ 函数
欧拉 $\zeta(s) $ 函数只在 $s>1$ 的情况下讨论对于其他情况函数是发散的，无法讨论，黎曼对其进行了拓展，先列出式子。 \(\zeta(s) = \left \{\begin{array}{ll} {\sum_{n=1}^{\infty} n^{-s}} & {Re(s)>1} \\ {解析延拓} & {Re(s)\leq 1} \end{array} \right.\) 黎曼对其做了些许改进和扩展。
黎曼猜想的具体脉络：
- 我们应该把 $\zeta (s)$ 中的自变量 $s$ 理解为复数（complex number），而不只是实数。
- 我们可以通过解析延拓（analytic continuation），让 $\zeta(s)$ 在 $s<1$ 的地方也获得定义。
- 通过对 $\zeta(s)$ 的研究，我们可以对小于等于某个数 $x$ 的质数的个数给出一个明确的表达式，在这个表达式中唯一未知的就是 $\zeta(s)$ 的零点位置。
- 黎曼猜测，$\zeta(s)$ 的零点都位于某些地方。
在 $s>1$ 得情况下，黎曼经过一番推导变换得到了 \(\pi^{-\frac{s}{2}} \Gamma\left(\frac{s}{2}\right) \zeta(s)=\frac{1}{s(s-1)}+\int_{1}^{\infty}\left(x^{-\frac{s+1}{2}}+x^{\frac{s-2}{2}}\right) \sum_{n=1}^{\infty} e^{-n^{2} \pi x} d x\) 其中欧拉 $\Gamma$ 函数是阶乘的扩展，具体值是可以算出的，将上式右边的 $s$ 替换成 $1-s$ 答案依旧保持不变，由此得出结论 \(\pi^{-\frac{s}{2}} \Gamma\left(\frac{s}{2}\right) \zeta(s)=\pi^{\frac{s-1}{2}} \Gamma\left(\frac{1-s}{2}\right) \zeta(1-s)\) 上述等式被称作黎曼的函数方程，根据上式若直到 $\zeta(s)$ 就可以算出 $\zeta(1-s)$ ，现在若直到 $s>1$ 时的值，就可以定义他在 $s<0$ 时的值，而在 $s \in (0,1)$ 之间的值在黎曼之前已经有人做过相关工作。
解析拓展后分别把$s = -1,0,-2$ 带入，就可以得出下面违反常识的结果 \(\begin{align*} \sum_n n^1 &= 1+2+3+4+...=(?)\zeta(-1)=-\frac{1}{12} \\ \sum_n n^0 &= 1+1+1+1+...=(?)\zeta(0)=-\frac{1}{2} \\ \sum_n n^2 &= 1+4+9+16+...=(?)\zeta(-2)=0 \end{align*}\) 黎曼证明了当 $s=负偶数$ 时，$\zeta(s) = 0$ 。
黎曼函数中的 $s$ 是复数。
复指数的性质 \(r^{x+y i}=r^{x} r^{i y}=r^{x} e^{i y \ln r}=r^{x}[\cos (y \ln r)+i \sin (y \ln r)]\) 它的长度只与 $x$ 有关，方向只与 $y$ 有关。
黎曼把 $\zeta(s)$ 从实变函数扩展成了复变函数，扩展之后更方便研究，因为复变函数许多性质是由函数的零点决定的。关于零点附近的任意曲线围成的封闭区域的积分结果完全由零点的性质决定，和曲线的具体情况没有关系。
通过研究函数的零点，得到下列等式 \(\mathrm{J}(x)=L i(x)-\sum_{\rho} L i\left(x^{\rho}\right)+\int_{x}^{\infty} \frac{d t}{t\left(t^{2}-1\right) \ln t}-\ln 2\)
- $\mathrm{J}(x)$ 是一个阶梯函数，在0位置取值是0，向后每经过一个质数的 $n$ 次方就加 $\frac{1}{n}$ ，相当于一个质数的 $n$ 次方算成了 $\frac{1}{n}$ 个质数。
- $\operatorname{Li}(x)=\int_{0}^{x} \frac{d t}{\ln t}$ ，$x$ 趋近于 $\infty $ 时，$\operatorname{Li}(x)\approx \frac{x}{\ln x}$
- $\rho$ 是黎曼 $\zeta$ 函数的非平凡零点，非平凡零点一定不在实轴上，$\rho = \sigma+it$ ，黎曼已经证明，$\rho$ 不可能出现在 $\sigma > 1 和 \sigma <0$ 的区域，非平凡零点只可能出现 $\sigma \in [0,1]$ 区间，把这一区域称作临界带。非平凡零点上下成对出现且关于 $\sigma = \frac{1}{2}$ 对称。
上式的未知量只有 $\zeta$ 函数的非平凡零点。目前人们计算的黎曼函数的非平凡零点都位于 $\sigma = \frac{1}{2}$ 上，而黎曼猜想便是如此了。用计算机进行数值计算的实现尚未出现反例，但也尚未用理论严格证明。
质数计数函数与上式的关系： \(\pi(x)=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\mu(n)}{n} J\left(x^{\frac{1}{n}}\right)=J(x)-\frac{1}{2} J\left(x^{\frac{1}{2}}\right)-\frac{1}{3} J\left(x^{\frac{1}{3}}\right)-\frac{1}{5} J\left(x^{\frac{1}{5}}\right)+\frac{1}{6} J\left(x^{\frac{1}{6}}\right)-\cdots\)
- $\mu(n)$ : 莫比乌斯函数