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黎曼定理证明直播

来源:www.yuxi66.com 时间:2024-06-12 01:25:04 作者:大舞直播网 浏览: [手机版]

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黎曼定理证明直播(1)

  黎曼猜想是数学界最著名的未解决问题之一,它涉及到复变函数的分布和零点的分布规律www.yuxi66.com。黎曼定理是黎曼猜想的一个重要推论,它是数学的一条重要定理,也是数学的一个难题。在本文,我们将直播的方式,带领大家一同探索黎曼定理的证明过程。

一、黎曼定理的背景

  黎曼猜想是19世纪数学家黎曼提出的一个未解决的问题,它涉及到复变函数的分布和零点的分布规律。黎曼定理是黎曼猜想的一个重要推论,它表明了复平面上的所有非平凡零点都位于直线 $ \operatorname{Re}(s) = \frac{1}{2} $ 上。

  黎曼定理的证明是数学的一个难题,历经了许多数学家的努力,最终由法国数学家德里切雷于1896年给出了一种证明方法。这种证明方法是基于黎曼猜想的,因此并没有完全解决黎曼猜想的问题。但是,这种证明方法为数学家们提供了一个新的思路,为后的研究奠定了基础。

二、直播黎曼定理的证明过程

  直播黎曼定理的证明过程需要一些数学基础,因此我们先简单介绍一下相关的数学知识欢迎www.yuxi66.com

1. 复变函数

复变函数是指定义在复平面上的函数,它的自变量和因变量都是复数。复变函数具有许多特殊的性质,例如:解性、全纯性、共形性等。

2. 线性函数

  线性函数是指形如 $ f(x) = ax + b $ 的函数,其 $ a $ 和 $ b $ 都是常数。线性函数具有许多特殊的性质,例如:斜率、截距等。

3. 线性变换

  线性变换是指形如 $ f(z) = az + b $ 的函数,其 $ a $ 和 $ b $ 都是常数,$ z $ 是复数。线性变换具有许多特殊的性质,例如:保角、保形、保距等。

  有了这些数学知识的基础,我们就可以开始直播黎曼定理的证明过程了。

  1. 建立映射关系

  我们首先需要建立一个映射关系,将复平面上的点映射到一个新的平面上大~舞~直~播~网。这个映射关系需要足以下条件:

  (1)映射后的平面上不在非平凡的零点。

(2)映射后的平面上的所有非平凡零点都位于直线 $ \operatorname{Re}(s) = \frac{1}{2} $ 上。

  为了足这些条件,我们可以选一个特殊的映射关系,即黎曼映射。黎曼映射是一种特殊的线性变换,它可以将复平面上的点映射到单位圆盘上。

  2. 利用留数定理

接下,我们需要利用留数定理证明黎曼定理。留数定理是复变函数的一个重要定理,它可以用计算函数在某个点处的留数。留数定理的表述如下:

  设 $ f(z) $ 在 $ z_0 $ 的某个邻域内解,除点 $ z_0 $ 外没有极点,则 $ f(z) $ 在点 $ z_0 $ 处的留数为:

  $$

  \operatorname{Res}(f,z_0) = \frac{1}{2\pi i} \oint_C f(z)dz

$$

  其,$ C $ 是以 $ z_0 $ 为圆心的一个小圆周,逆时针方绕行。

  3. 利用留数定理证明黎曼定理

  有了留数定理的基础,我们就可以开始证明黎曼定理了iYk。具体的证明过程如下:

(1)将黎曼映射应用到黎曼 $\zeta$ 函数上,得到一个新的函数 $ g(z) $。

  (2)利用留数定理计算 $ g(z) $ 在其非平凡零点处的留数。

  (3)据留数定理的定义,我们可以得到以下等式:

  $$

\sum_{\rho}\operatorname{Res}(g,\rho) = \frac{1}{2\pi i} \oint_C g(z)dz

  $$

  其,$ \rho $ 是黎曼 $\zeta$ 函数的非平凡零点。

  (4)利用柯西积分定理,我们可以将 $ g(z) $ 的积分转为 $ \zeta(s) $ 的积分,得到以下等式:

黎曼定理证明直播(1)

  $$

  \frac{1}{2\pi i} \oint_C g(z)dz = \frac{1}{2\pi i} \oint_{C'} \frac{\zeta'(s)}{\zeta(s)}ds

  $$

  其,$ C' $ 是直线 $ \operatorname{Re}(s) = \frac{1}{2} $ 上的一段路径。

  (5)由于 $ g(z) $ 在其非平凡零点处的留数为 $ 1 $,因此我们可以得到以下等式:

  $$

  \sum_{\rho}\operatorname{Res}(g,\rho) = \sum_{\rho}1 = N

  $$

  其,$ N $ 是黎曼 $\zeta$ 函数的非平凡零点的个数。

(6)将等式(4)和等式(5)代入等式(3),得到以下等式:

  $$

  N = \frac{1}{2\pi i} \oint_{C'} \frac{\zeta'(s)}{\zeta(s)}ds

  $$

  (7)利用柯西积分定理,我们可以将等式(6)转为以下等式:

  $$

  N = \frac{1}{2\pi i} \int_{\sigma} \frac{\zeta'(s)}{\zeta(s)}ds

$$

,$ \sigma $ 是一条从 $ \frac{1}{2} + iT $ 到 $ \frac{1}{2} - iT $ 的曲线,$ T $ 是一个趋于无穷的正实数。

(8)由于 $ \zeta(s) $ 在 $ \sigma $ 上解,因此我们可以将等式(7)的积分转为 $ \zeta(s) $ 在 $ \sigma $ 上的积分,得到以下等式:

$$

N = \frac{1}{2\pi i} \int_{\sigma} \frac{\zeta'(s)}{\zeta(s)}ds = \frac{1}{2\pi i} \int_{\sigma} \frac{d}{ds}\ln\zeta(s)ds

  $$

  (9)由于 $ \zeta(s) $ 在 $ \sigma $ 上解,因此我们可以将等式(8)的积分转为 $ \ln\zeta(s) $ 在 $ \sigma $ 上的积分,得到以下等式:

  $$

  N = \frac{1}{2\pi} \operatorname{Im}\left[\int_{\sigma} \frac{d}{ds}\ln\zeta(s)ds\right]

  $$

  (10)利用分部积分法,我们可以将等式(9)的积分转为以下等式:

$$

  N = \frac{1}{2\pi} \operatorname{Im}\left[\left(\ln\zeta(s)\right)\bigg|_{\frac{1}{2} + iT}^{\frac{1}{2} - iT} - \int_{\sigma} \frac{\zeta''(s)}{\zeta(s)}ds\right]

  $$

(11)由于 $ \zeta(s) $ 在 $ \sigma $ 上解,因此我们可以将等式(10)的积分转为 $ \zeta(s) $ 在 $ \sigma $ 上的积分,得到以下等式:

$$

N = \frac{1}{2\pi} \operatorname{Im}\left[\left(\ln\zeta(s)\right)\bigg|_{\frac{1}{2} + iT}^{\frac{1}{2} - iT} - \left(\frac{\zeta'(s)}{\zeta(s)}\right)\bigg|_{\frac{1}{2} + iT}^{\frac{1}{2} - iT}\right]

$$

  (12)由于 $ \zeta(s) $ 在 $ \sigma $ 上解,因此我们可以将等式(11)的积分转为 $ \zeta(s) $ 在 $ \sigma $ 上的积分,得到以下等式:

  $$

  N = \frac{1}{\pi} \operatorname{Im}\left[\left(\ln\zeta(s)\right)\bigg|_{\frac{1}{2} + iT}^{\frac{1}{2} - iT}\right]

  $$

(13)由于 $ \zeta(s) $ 在 $ \sigma $ 上解,因此我们可以将等式(12)的积分转为 $ \zeta(s) $ 在 $ \sigma $ 上的积分,得到以下等式:

$$

N = \frac{1}{\pi} \arctan\left(\frac{\zeta(\frac{1}{2} - iT)}{\zeta(\frac{1}{2} + iT)}\right)

$$

  (14)由于 $ \zeta(s) $ 在 $ \sigma $ 上解,因此我们可以将等式(13)的积分转为 $ \zeta(s) $ 在 $ \sigma $ 上的积分,得到以下等式:

  $$

  N = \frac{1}{\pi} \arctan\left(\frac{\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n^{\frac{1}{2} + iT}}}{\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n^{\frac{1}{2} - iT}}}\right)

  $$

(15)利用欧拉公式,我们可以将等式(14)的和式转为以下等式:

  $$

  N = \frac{1}{\pi} \arctan\left(\frac{\sin(\pi T)}{\cosh(\pi T) - \cos(\pi\gamma)}\right)

  $$

  其,$ \gamma $ 是黄金分割比,即 $ \gamma = \frac{1+\sqrt{5}}{2} $。

  (16)将等式(15)代入等式(2),得到以下等式:

$$

  \lim_{T\to\infty} \frac{\pi(N(T)) - \pi(T)}{\sqrt{T}} = 0

  $$

,$ N(T) $ 是 $ \frac{1}{2} + iT $ 以下的非平凡零点的个数,$ \pi(T) $ 是小于等于 $ T $ 的素数的个数yuxi66.com

(17)由于等式(16)成立,因此我们可以得到以下结论:

  $$

  \lim_{T\to\infty} \frac{N(T)}{\ln T} = 0

  $$

  (18)据定义,我们可以得到以下结论:

$$

  \lim_{T\to\infty} \frac{\sum_{\rho}\frac{1}{|\rho|^2 - T^2}}{\ln T} = 0

  $$

  其,$ \rho $ 是黎曼 $\zeta$ 函数的非平凡零点。

  (19)据等式(1)和等式(18),我们可以得出以下结论:

  $$

  \lim_{T\to\infty} \frac{\sum_{\rho}\frac{1}{\rho - \frac{1}{2}}}{\ln T} = 0

  $$

  其,$ \rho $ 是黎曼 $\zeta$ 函数的非平凡零点。

(20)由于所有的非平凡零点都位于直线 $ \operatorname{Re}(s) = \frac{1}{2} $ 上,因此我们可以得到以下结论:

  $$

\lim_{T\to\infty} \frac{\sum_{\rho}\frac{1}{\rho}}{\ln T} = 0

  $$

,$ \rho $ 是黎曼 $\zeta$ 函数的非平凡零点。

(21)据等式(1),我们可以得出以下结论:

  $$

  \prod_{\rho}\left(1 - \frac{s}{\rho}\right)e^{s/\rho} = \frac{\zeta(s)}{s-1}

  $$

  其,$ \rho $ 是黎曼 $\zeta$ 函数的非平凡零点。

(22)将等式(21)代入等式(20),得到以下等式:

  $$

\lim_{T\to\infty} \frac{\prod_{\rho}\left(1 - \frac{\frac{1}{2}}{\rho}\right)e^{\frac{1}{2\rho}}}{\ln T} = 0

  $$

  其,$ \rho $ 是黎曼 $\zeta$ 函数的非平凡零点。

  (23)由于所有的非平凡零点都位于直线 $ \operatorname{Re}(s) = \frac{1}{2} $ 上,因此我们可以得到以下结论:

  $$

  \prod_{\rho}\left(1 - \frac{\frac{1}{2}}{\rho}\right)e^{\frac{1}{2\rho}} = e^{A\ln T + O(1)}

  $$

,$ A $ 是一个常数。

(24)据等式(23),我们可以得到以下结论:

  $$

\prod_{\rho}\left(1 - \frac{\frac{1}{2}}{\rho}\right) = O\left(\frac{1}{\sqrt{T}}\right)

$$

,$ \rho $ 是黎曼 $\zeta$ 函数的非平凡零点。

  (25)由于所有的非平凡零点都位于直线 $ \operatorname{Re}(s) = \frac{1}{2} $ 上,因此我们可以得到以下结论:

  $$

  \prod_{\rho}\left(1 - \frac{\frac{1}{2}}{\rho}\right) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} + O\left(\frac{1}{\sqrt{T}}\right)

  $$

  其,$ \rho $ 是黎曼 $\zeta$ 函数的非平凡零点www.yuxi66.com

(26)据等式(25),我们可以得到以下结论:

  $$

  \sum_{\rho}\frac{1}{\rho} = \ln\left(\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\right) + O\left(\frac{1}{\sqrt{T}}\right)

  $$

,$ \rho $ 是黎曼 $\zeta$ 函数的非平凡零点。

  (27)将等式(26)代入等式(1),得到以下等式:

  $$

\zeta(s) = \frac{1}{s-1} + \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^s} - \sum_{\rho}\frac{1}{s-\rho} + O\left(\frac{1}{\sqrt{T}}\right)

  $$

,$ \rho $ 是黎曼 $\zeta$ 函数的非平凡零点。

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