σ = 1 上,一个零点也没有
黎曼猜想说零点全落在 σ = 1/2 上。他不碰那一句,只证 σ = 1 这条线上一个也没有——而素数定理正好卡在这里。
1896 年那篇的第 200 页把要做的事说得很干脆:斯蒂尔杰斯宣称证过零点全是 1/2 + ti 那种形状,「可是他的证明从未发表,而且连 ζ 在直线 R(s) = 1 上没有零点这一点都还没有确立。正是这最后一条结论,我打算把它证出来。」办法只用两个和。S 把每个素数按 1/p 的 s 次方加起来,s 沿实轴降到 1 时它像 −log(s−1) 一样发散;P 则在每一项上再乘一个 cos(t·log p)。若 1 + ti 真是 ζ 的零点,P 就必须像 −S 一样掉向负无穷。要掉那么深,cos 得几乎处处等于 −1,也就是几乎全部权重都堆进角 t·log p 落在 π 附近的那一个小窗口里。妙处在下一步:他把 t 换成 2t——窗口里的角一翻倍就落到 0 的两侧,那里 cos 接近 +1,于是对应的和冲向正无穷,1 + 2ti 就成了 ζ 的极点。可 ζ 只有 s = 1 一个极点。第 202 页收尾:「ζ(1 + ti) = 0 这个假设的不可能性于是得到了证明。」有一件事值得写明:今天课本上证这一步用的是 3 + 4cos θ + cos 2θ ≥ 0,那是梅滕斯 1898 年给的;他 1896 年走的是上面这条分两类、再把 t 翻一倍的路。他自己在第 5 节点明,这套推理只用到两条性质——函数的对数展得成系数全正的级数,以及它在收敛边界线上单值且只有一个单极点——所以同一篇的第二部分把它照搬到狄利克雷的级数上,顺手证出了算术级数里的素数定理。
拨 t,看素数的角摊在哪里;再看要把它们堆成什么样才凑得出一个零点——而堆成那样,ζ 就多了一个极点
他要证的只有一句:ζ 在 σ = 1 那条线上不为零。办法是拿两个和说话—— S 把每个素数按 1/p^s 加起来,P 再乘一个 cos(t·log p)。 s 沿实轴降到 1 时 S 发散;而若 1 + ti 真是零点,P 就必须像 −S 一样往下掉。 要掉到那么深,cos 就得几乎处处等于 −1,也就是几乎全部权重都堆进 π 的 ±α 那个窗口——第①条轴上那块深色就是这个窗口,它现在只占 ρ = 0.42762。 妙处在下一步:窗口里的角一旦翻倍,就全落到 0 的两侧(第②条轴),那里 cos 接近 +1, 于是 Q 会冲向 +S,1 + 2ti 就成了极点——可 ζ 只有 s = 1 一个极点。 第③幅画的正是这一步:ρ 往 1 走时,P/S 的下界才够得着 −1,而同一个 ρ 把 Q/S 的下界推到了 0 以上 (越过 ρ* = 0.734 就转正)。 α 这个滑块有个两头不讨好的地方,值得拨一拨:α 越大,第一步越有力(ρ = 0 那一头的下界是 −cos α,离 −1 越远,「必须堆起来」这句话就越硬); 可第二步要求 cos 2α 是正的,也就是 α 必须小于 π/4 ≈ 0.785—— 过了那一档,翻倍之后的窗口就兜不住 cos 的正号,整条路就断了。 现在 t = 14.1347,实际算出来 P/S = -0.48744、 Q/S = 0.27266。这一档:临界线上第一个零点那个高度——P/S 掉得最深,可离 −1 还差一半。 要留意的是:这不是课本上那条 3 + 4cos θ + cos 2θ ≥ 0。那一条是梅滕斯 1898 年给的,通行至今;他 1896 年自己走的是上面这条分两类、再把 t 翻一倍的路。 他在末尾的按语里说,德拉瓦莱普桑同年也被引到「ζ 没有 1 + ti 这种根」这同一块基石上, 「尽管两人的证明手法完全不同」,随后加了一句:「我想,不会有人否认我这个方法胜在简单。」
