黎曼ζ函数与黎曼猜想

正是这种唯一性，使得下面的欧拉乘积得以成立：展开并合并同类项后，每个 $n^{-s}$ 都恰好只出现一次，既不重复也不遗漏。

存在性通过对 $n$ 的强归纳法证明。基础情形 $n=2$ 已经是质数，故命题成立。假设每个整数 $2\le m<n$ 都能分解为质因数之积，考察 $n$。若 $n$ 本身是质数则完成；否则 $n=ab$ 且 $1<a,b<n$，由归纳假设可得 $a$ 与 $b$ 的质因数分解。把这两个分解拼接起来即得 $n$ 的质因数分解，归纳完成。

唯一性依赖于欧几里得引理：若质数 $p$ 满足 $p\mid ab$，则 $(p\mid a)\lor(p\mid b)$。为证明这一点，设 $p\nmid a$；此时 $\gcd(p,a)=1$，由贝祖等式存在整数 $x,y$ 使得 $px+ay=1$。两边乘以 $b$ 得 $b=pbx+aby$。由于 $p\mid ab$，质数 $p$ 整除右边两项，因此 $p\mid b$。

现设 $n$ 有两个质因数分解 $n=p_1p_2\cdots p_r=q_1q_2\cdots q_s$，每个列表都按不减顺序排列。由于 $p_1\mid q_1q_2\cdots q_s$，反复使用欧几里得引理可知 $p_1$ 整除某个 $q_j$，又因 $q_j$ 是质数，故 $p_1=q_j$。从两个乘积中消去这个公共因子，并对较短的列表重复此论证，经过有限步后可得 $r=s$，且两个分解逐项相同——因此 $n$ 的质因数分解在不计因数顺序的意义下是唯一的。

欧几里得的经典证明（约公元前300年）从一份有限清单出发，用反证法论证。本页稍后，欧拉利用调和级数在 $s=1$ 处发散，给出了同一事实的第二个解析证明。

反证：假设只有有限多个质数 $p_1,p_2,\ldots,p_k$。构造数 $N=p_1p_2\cdots p_k+1$。

对每个 $i$，用 $p_i$ 去除 $N$ 余数为 $1$，即 $N\equiv 1\pmod{p_i}$，故没有任何 $p_i$ 整除 $N$。

但 $N>1$，由上面证明的算术基本定理，$N$ 至少有一个质因数 $q$。由于 $p_1,\ldots,p_k$ 都不整除 $N$，这个 $q$ 满足 $q\notin\{p_1,\ldots,p_k\}$——出现了一个不在所谓完整清单中的质数，矛盾。因此任何有限列表都不能包含所有质数：质数有无穷多个。

将每个因子 $(1-p^{-s})^{-1} = 1+p^{-s}+p^{-2s}+\cdots$ 展开成等比级数，再全部相乘：质因数分解的唯一性意味着每个 $n^{-s}$ 在展开后的乘积中恰好只出现一次。这个乘积之所以需要无穷多个因子，正是因为质数有无穷多个——这正是欧几里得用初等方法证明的同一事实，如今被包进了一个解析恒等式之中。

固定 $\operatorname{Re}(s)>1$，将截断乘积 $P_N(s)=\prod_{p\le N}\left(1-p^{-s}\right)^{-1}$ 的每个因子按等比级数展开：由于 $|p^{-s}|<1$，有 $(1-p^{-s})^{-1}=1+p^{-s}+p^{-2s}+\cdots$。

把这些等比级数相乘并展开后，出现的每一项都是形如 $n^{-s}$ 的项，其中 $n$ 是所有质因数都不超过 $N$ 的整数——记这样的整数集合为 $S_N$。由算术基本定理，每个这样的 $n$ 恰好来自一种质数幂的组合，因此没有任何一项被重复计入或遗漏：$P_N(s)=\sum_{n\in S_N} n^{-s}$。

从 $1$ 到 $N$ 的每个整数都属于 $S_N$，因此完整级数与截断乘积之差只涉及不属于 $S_N$ 的整数，而这些整数都大于 $N$：$\zeta(s)-P_N(s)=\sum_{n\notin S_N} n^{-s}$，故 $\left|\zeta(s)-P_N(s)\right|\le\sum_{n>N} n^{-\sigma}$，其中 $\sigma=\operatorname{Re}(s)>1$。这个收敛级数的尾项在 $N\to\infty$ 时趋于 $0$，因此 $P_N(s)\to\zeta(s)$，无穷乘积等于无穷级数。

阿达马和德拉瓦莱·普桑于1896年各自独立地证明了这一点，两个证明都要经过 $\zeta$：该定理等价于 $\zeta(s)$ 在直线 $\operatorname{Re}(s)=1$ 上没有零点。这个已被证明的事实，远弱于黎曼猜想（后者要求直线 $\operatorname{Re}(s)=\tfrac12$ 之外任何地方都没有零点），这正是该定理已解决而RH尚未解决的原因。RH只会把近似的误差项，从大约 $x/\log x$ 的精度收紧到上面接近最优的 $\sqrt{x}\log x$。

素数定理等价于关于切比雪夫函数 $\psi(x)=\sum_{p^k\le x}\log p$ 的一个命题，该函数把不超过 $x$ 的每个质数幂按其质数底的对数加权：证明 $\psi(x)\sim x$（通过一个常规的分部求和论证）等价于证明 $\pi(x)\sim x/\log x$。

黎曼的显式公式几乎精确地把 $\psi(x)$ 用 $\zeta$ 的非平凡零点 $\rho=\beta+i\gamma$（都满足 $0\le\beta\le1$）表示出来：$\psi(x)=x-\sum_{\rho}\frac{x^{\rho}}{\rho}-\log(2\pi)-\tfrac12\log(1-x^{-2})$。主项 $x$ 来自 $\zeta$ 在 $s=1$ 处的单极点；其余每一项都以大约 $x^{\beta}$ 的量级振荡，因此定理归结为证明这个振荡和为 $o(x)$。

这个振荡和为 $o(x)$ 当且仅当没有零点满足 $\beta=1$，即 $\zeta(1+it)\ne0$ 对所有 $t\in\mathbb{R}$ 成立。阿达马和德拉瓦莱·普桑于1896年各自独立地证明了这一非消失性，方法是将初等三角不等式 $3+4\cos\theta+\cos2\theta\ge0$ 应用于 $\sigma\to1^+$ 时 $3\log\zeta(\sigma)+4\log\zeta(\sigma+it)+\log\zeta(\sigma+2it)$ 的实部：若 $1+it$ 处有零点，这个组合就会被迫发散到 $-\infty$，而不等式不允许这种情况。

把这两步结合起来即得 $\psi(x)=x+o(x)$，再由联系 $\psi$ 与 $\pi$ 的分部求和恒等式，把它提升为 $\pi(x)\sim x/\log x$，这正是素数定理。