黎曼猜想是錯誤的

02-10

黎曼猜想是一位名叫黎曼 $(Bernhard Riemann)$ 的數學家提出的。黎曼是一位英年早逝的德國數學家，出生於1826年，去世於1866年，享年還不到40歲。黎曼的一生雖然短暫，卻對數學的很多領域都做出了巨大貢獻，影響之廣甚至波及到了物理。比如以他名字命名的「黎曼幾何」不僅是重要的數學分支，而且成為了愛因斯坦 $(Albert Einstein)$ 創立廣義相對論不可或缺的數學工具。

1859年，三十二歲的黎曼被選為了柏林科學院的通信院士。作為對這一崇高榮譽的回報，他向柏林科學院提交了一篇題為「論小於給定數值的素數個數」的論文。那篇只有短短八頁的論文就是黎曼猜想的「誕生地」。

黎曼猜想是關於黎曼 $zeta$ 函數 $ζ(s)$ 的零點分布的猜想，希爾伯特在第二屆國際數學家大會上提出了20世紀數學家應當努力解決的23個數學問題，被認為是20世紀數學的制高點，其中便包括黎曼假設。現今克雷數學研究所懸賞的世界七大數學難題中也包括黎曼猜想。

$1$ 黎曼猜想內容

黎曼觀察到，素數的頻率緊密相關於一個精心構造的所謂黎曼 $zeta$ 函數 $ζ(s)$ 的性態。黎曼假設斷言，方程 $ζ(s)=0$ 的所有有意義的解都在一條直線上。這點已經對於開始的1,500,000,000個解驗證過。

黎曼 $ζ$ 函數 $ζ(s)$ 是級數表達式

$ζ(s) =sum_{n=1}^{infty}{frac{1}{n^{s}}}left( Re(s)>1,nin N^{+} ight)$

在複平面上的解析延拓。

之所以要對這一表達式進行解析延拓，是因為這一表達式只適用於複平面上 $s$ 的實部 $Re(s) > 1$ 的區域（否則級數不收斂）。黎曼找到了這一表達式的解析延拓（當然黎曼沒有使用「解析延拓」這樣的現代複變函數論術語）。運用路徑積分，解析延拓後的黎曼 $zeta$ 函數可以表示為：

$ζ(s)=frac{Gamma(1-s)}{2pi i} int_{infty}^{infty}frac{(-z)^{s}}{e^{z}-1}frac{dz}{z}$

這裡我們採用的是歷史文獻中的記號，式中的積分實際是一個環繞正實軸進行的圍道積分（即從 $+infty$ 出發，沿實軸上方積分至原點附近，環繞原點積分至實軸下方，再沿實軸下方積分至 $+infty$ ，而且離實軸的距離及環繞原點的半徑均趨於 0），按照現代數學記號應記成：

$ζ(s)=frac{Gamma(1-s)}{2pi i}int_{C}^{}frac{(-z)^{s}}{e^{z}-1}frac{dz}{z}$

其中積分路徑C跟上面所述相同，環繞正實軸，可以形象地這樣表示。

式中的 $Γ$ 函數 $Γ(s)$ 是階乘函數在複平面上的推廣，對於正整數 $s>1：Γ(s)=(s-1)!$ 。可以證明，這一積分表達式除了在 $s=1$ 處有一個簡單極點外在整個複平面上解析。這就是黎曼 $ζ$ 函數的完整定義。

運用上面的積分表達式可以證明，黎曼ζ 函數滿足以下代數關係式：

$zeta(s)=2^{s}pi^{s-1}sinfrac{pi s}{2}Gamma(1-s)zeta(1-s)$

從這個關係式中不難發現，黎曼 $ζ$ 函數在 $s=-2k$ （ $k$ 為正整數）取值為零—因為 $sin(πs/2)$ 為零。複平面上的這種使黎曼 $ζ$ 函數取值為零的點被稱為黎曼ζ 函數的零點。因此 $s=-2k$ （ $k$ 為正整數）是黎曼ζ 函數的零點。這些零點分布有序、性質簡單，被稱為黎曼 $zeta$ 函數的平凡零點 $(trivial zero)$ 。除了這些平凡零點外，黎曼 $zeta$ 函數還有許多其它零點，它們的性質遠比那些平凡零點來得複雜，被稱為非平凡零點 $(non-trivial zeros)$ 。

黎曼猜想提出：

黎曼ζ 函數的所有非平凡零點都位於複平面上 $Re(s)=1/2$ 的直線上，也即方程 $ζ(s)=0$ 的解的實部都是 $1/2$ 。

以上內容是摘自盧昌海的《黎曼猜想漫談》，該書由王元作序。當然，你也能從《素數之戀》或其它資料中找到相同內容。

$2$ 下面來闡述黎曼 $zeta$ 函數沒有零點：

$1)$ 黎曼 $ζ$ 函數的平凡零點不存在

$zeta(s)=2^{s}pi^{s-1}sinfrac{pi s}{2}Gamma(1-s)zeta(1-s)$

有人以為 $s=-2k$ ( $k$ 為正整數）是黎曼 $ζ$ 函數的零點，這是錯誤的。

$ζ(s) =sum_{n=1}^{infty}{frac{1}{n^{s}}}=sum_{n=1}^{infty}{}n^{2k}=infty e0$

雖然 $s=-2k$ ( $k$ 為正整數）時, $sin(-kpi)=0$ , 但 $ζ(s)≠0$ ，說明解析延拓後與原函數不等價。解析延拓後的15億個零點解 $zeta(1/2+it)=0$ 不是原函數的解。

$s=2k$ ( $k$ 為正整數）時, $sin(kpi)=0$ ，按此來說 $zeta(2k)=0$ ，也是它的零點，而 $zeta(2)=pi^{2}/6$ ，他們卻避而不談，解釋為零點抵消了。平凡零點是後人捏造出來的，而且不能自圓其說。

還有： $zeta(-1)=1+2+3+4+cdotcdotcdot=-1/12,zeta(0)=1+1+1+cdotcdotcdot=-1/2$ ,用重正規化來掩蓋錯誤，熟視無睹也被熟視無睹。

$2)$ 由黎曼ζ函數在複平面上 $s$ 的實部 $Re(s)leq1$ 的區域級數發散可知： $zeta(s) e0$

$ζ(s) =sum_{n=1}^{infty}{frac{1}{n^{s}}}=pminfty e0left( Re(s)leq1,nin N^{+} ight)$

$s=1/2+it (tin R)$ 時， $zeta(1/2+it)$ 是發散的，不可能收斂為零。

$ζ(s)=0$ 就是收斂值零，這是不可能的，是矛盾的。

從這一點來說，黎曼的論文是在很短的時間內倉促而就的。許多證明從略的地方並非深思熟慮。天才也有打盹的時候，但後人不該盲目。

$3)$ 由歐拉乘積公式可知： $zeta(s) e0$

$ζ(s) =sum_{n=1}^{infty}{frac{1}{n^{s}}}=prod_{p}^{}frac{1}{1-frac{1}{p^{s}}}=frac{2^{s}}{2^{s}-1}frac{3^{s}}{3^{s}-1}frac{5^{s}}{5^{s}-1}cdotcdotcdotfrac{p^{s}}{p^{s}-1}cdotcdotcdot$

$s$ 是實數時： $zeta(s)>1$

$frac{2^{s}}{2^{s}-1}>1,frac{3^{s}}{3^{s}-1}>1,cdotcdotcdot,frac{p^{s}}{p^{s}-1}>1,cdotcdotcdotRightarrowzeta(s)>1$

$s$ 是複數時： $zeta(s) e1,zeta(s) e0$

$frac{2^{s}}{2^{s}-1} e1,frac{3^{s}}{3^{s}-1} e1,cdotcdotcdot,frac{p^{s}}{p^{s}-1} e1,cdotcdotcdotRightarrowzeta(s) e1$

$frac{2^{s}}{2^{s}-1} e0,frac{3^{s}}{3^{s}-1} e0,cdotcdotcdot,frac{p^{s}}{p^{s}-1} e0,cdotcdotcdotRightarrowzeta(s) e0$

假設 $zeta(s)=0$ ，必有 $2^{s}=0$ ，或者 $3^{s}=0$ ，或者 $p^{s}=0$ ，或者 $1/(2^{s}-1)=0$ ，或者 $1/(3^{s}-1)=0$ ，或者 $1/(p^{s}-1)=0$ ，但這是不可能的， $s$ 是複數也不可能。

$2^{s},3^{s},p^{s};$ $1/(2^{s}-1),1/(3^{s}-1),1/(p^{s}-1),$ 在全平面上沒有零點。

一般的，若在實數域中 $f(x)>0$ ，則在複數域中 $f(x) e0$ ，解析延拓（擴展定義域）不能改變這一事實。

$4)$ 由 $e^{x}$ 的展開式可知： $zeta(s) e0$

$e^{x}=1+x+frac{x^{2}}{2!}+frac{x^{3}}{3!}+cdotcdotcdot+frac{x^{n}}{n!}+cdotcdotcdot$

可知： $e^{x} e1+x,(x e0),x$ 是複數也成立；

$x$ 是實數時：

$e^{x}>1+x,(x e0)$ ; $x>ln(1+x)>0,(x>0)$

令 $x=frac{1}{n^{s}},(sin R)$ 代入上式，則有：

$frac{1}{1^{s}}>ln(1+frac{1}{1^{s}}),frac{1}{2^{s}}>ln(1+frac{1}{2^{s}}),cdotcdotcdot,frac{1}{n^{s}}>ln(1+frac{1}{n^{s}}),cdotcdotcdot$

將上面無窮個不等式累加， $n ightarrowinfty,$ 則有：

$zeta(s)>lnprod_{n=1}^{infty}(1+frac{1}{n^{s}})>0$ ,即 $zeta(s)>0,(sin R)cdotcdotcdotcdotcdotcdot(1)$

$x$ 是複數時：

由於兩個複數不能比較大小（不能取 $>$ 和 $<$ 符號），在這裡只能取不等號 $e$

$e^{x} e1+x,(x e0);x e ln(1+x) e0,(x e0)$

令 $x=frac{1}{n^{s}},(sin C)$ 則有：

$zeta(s) e lnprod_{n=1}^{infty}(1+frac{1}{n^{s}}) e0cdotcdotcdotcdotcdotcdot(2)$

$zeta(s) e0,(sin C)cdotcdotcdotcdotcdotcdot(3)$

$(3)$ 式由 $(1)$ 式在 $s$ 是複數時將 $>$ 改成 $e$ 得到，而不是由 $(2)$ 式傳遞得到（不等號沒有傳遞性）。

所以， $zeta(s) e0,$ $s$ 是實數和複數都是如此。

$5)$ 由黎曼 $zeta$ 函數的複數計算公式可知： $zeta(s) e0$

令 $s=x+iy,(x,yin R),$ 則有

$frac{1}{n^{s}}=e^{-xln n-iyln n}=e^{-xln n}(cos(ylnn)-isin(ylnn))=frac{cos(ylnn)-isin(ylnn)}{n^{x}}$

$zeta(s)=zeta(x+iy)=sum_{n=1}^{infty}frac{cos(ylnn)-isin(ylnn)}{n^{x}},(x,yin R)$

一個複數只有實部與虛部同時為零才能為零，即： $0+i0=0$

若 $ζ(s)$ 的虛部 $Im(s)=0$ ，因 $n^{-x}≠0, ln?n≠0,(n>1),$ 則有

$y=0,cos?0=1,i sin?(y ln?n)=0$

$zeta(s)=sum_{n=1}^{infty}{n^{-x}} e0,xin R$

所以 $zeta(s) e0,$ $s$ 是實數和複數都是如此。

結論：黎曼 $zeta$ 函數沒有零點（與 $Gamma(x)$ 函數一樣）

在5）的證明中本質上是利用了 $e^{z}$ 函數的非零性，即：對所有複數 $z$ ，都有 $e^{z} e0$

而任何 $zeta(s)$ 都能寫成 $e^{z}$ ，所以 $zeta(s) e0$

黎曼 $zeta$ 函數沒有零點等價於： $zeta(s)=0$ 在複數域無解。

3 黎曼假設錯在哪裡呢？

既然 $zeta(s) e0$ ，如果強設 $zeta(s)=0$ 就會產生錯誤結論。

這裡有一個容易犯錯的巧合： $e^{0}=1，e^{2ipi}=1 ，(e^{ipi}+1=0)$

我們不能說 $2ipi=0$ ，不然就有 $pi=0，1=0，1/2ipi=0，e^{z}=0$ ,想要什麼結果都能有；

這是黎曼沒有考慮到的根本所在。

假設黎曼的推導過程全部是正確的，那麼相當於，他把 $e^{x}=1$ 在複數域的解縮小為實數域，所以有 $2ipi=0, 1/2ipi=0$ ,再次強調是相當於：假設 $zeta(s)=0$ 相當於 $2ipi=0$ 和 $1/2ipi=0$ ，而積分是求導的逆運算這是容易隱藏起來而被忽略的。（ $2ipi$ 和 $1/2ipi$ 在他的論文中隨處可見）

$zeta(s)=frac{Gamma(1-s)}{2pi i}int_{C}^{}frac{(-z)^{s}}{e^{z}-1}frac{dz}{z}$

因為 $Gamma(x)$ 函數是非零的，積分式也是非零的，在上式中強設 $zeta(s)=0$ ,由於任何 $zeta(s)$ 都能寫成 $e^{z}$ ，在複數域的解強加到實數域，就是相當於 $1/2ipi=0$ 進而 $1=0$ , $zeta(1/2+it)=0$ ，零點解的結果就不言而喻了。（哈代定理：臨界線 $Re(s)=1/2$ 上有黎曼 $zeta$ 函數的無窮多個零點）

黎曼犯個錯都是精妙絕倫！難怪158年不被發現，難怪後人能得到無窮個解。

人們一直無法證明黎曼猜想，不是因為它太難，而是因為它根本就不成立。

從黎曼論文的原稿的頁邊處都寫滿了文字可知是演算公式後一氣呵成的，一次成稿後都沒修改過。黎曼的猜測是憑直覺，而非證據，僅此而已！

注：我斷言（猜測還需進一步論證），在復積分、周線積分、泛函分析中有一些基本積分是不可靠的，甚至是錯誤的，原因是複數是不連續的不能比較大小。眾所周知，微積分基本定理：如果函數 $F(x)$ （在實數域）是連續函數 $f(x)$ 在區間 $left[ a,b ight]$ 上的一個原函數，那麼

$int_{a}^{b}f(x)dx=F(b)-F(a)$

而複數是無序的，不連續的，不能比較大小，不存在區間 $left[ a,b ight]$ 上的原函數。

舉例：

周線積分法中的基本積分： $frac{1}{2pi i}int_{c-iinfty}^{c+iinfty}f(s)ds$ 縮寫成 $frac{1}{2pi i}int_{C}^{}f(s)ds$ ，理解為先從 $c-iR$ 到 $c+iR$ 求積分，然後在 $R ightarrowinfty$ 求極限。這一定義就存在問題，複數不存在連續區間。即使勉強認可（假設解析延拓是行之有效的），也會產生錯誤結論；

若 $0<x<1$ 則 $sigma(x)=frac{1}{2pi i}int_{C}^{}frac{x^{s}}{s}ds=0$ ,這相當於認為： $frac{1}{2pi i}=0,1=0,2pi i=0,e^{z}=0$

解析數論、復積分中有太多這樣的錯誤（至少是不可靠的）。

數學分支的發展已經走到了「玄學」的邊緣，有些理論以讓人看不懂為目的，這是令人作哎的。以上註解若您覺得太離譜想要噴我，請別太在意（您當笑話去讀就好），我讀書太少就此一說，大言不慚了，因看不懂哀嘆而已。

4 素數的分布與零點無關

在歐拉乘積公式中，我們能看到素數的分布與零點沒有絲毫關係，即 $s$ 的值是多少或是複數，素數的分布是一樣的， $s$ 是任何值都可以。黎曼也說過，這個假設與後面的結論 $J(x)$ 沒有關係。素數的分布已經在歐拉乘積公式中顯現出來。s是任何值都成立。

$sum_{n=1}^{infty}{n^{-s}}=prod_{p}^{}(1-p^{-s})^{-1}$ ， $sum_{n=1}^{infty}{n^{-m}}=prod_{p}^{}(1-p^{-m})^{-1}$

素數的分布與零點無關從下式也能看出來：

$zeta^{2}(2)/zeta(4)=5/2=prod_{p}^{}frac{p^{2}+1}{p^{2}-1}$

素數的分布與 $pi$ 有關聯：

$pi=sqrt{6prod_{p}^{}frac{1}{1-frac{1}{p^{2}}}}$

$log_{pi}pi=1=frac{1}{2}log_{pi}6prod_{p}^{}(1-frac{1}{p^{2}})^{-1}$

$log_{pi}6prod_{p}^{}(1-frac{1}{p^{2}})^{-1}=2$ ， $log_{pi}6zeta(2)=2$ 居然是整數2。不得不讓我有下面的想法：

我們都知道， $pi(n)simfrac{n}{logn}sim Li(n)$ ,如果，考慮把以 $e$ 為底的對數積分 $Li(n)$ 換成以 $pi$ 為底的對數積分會成立嗎？ $pi(n)simfrac{n}{log_{pi}n}$ 還成立嗎？以2為底呢？ $2,frac{5}{2},e,3,pi$ 為底哪個更精確？我瞎想的，沒算。有可能是我多此一舉，我相信全體素數 $p$ 與 $pi$ 的關係比與 $e$ 的關係更加緊密！

下面列舉出一些與 $pi$ 有關的級數：可以觀察到 $pi$ 的冪次與通項的冪次是相同的

$zeta(s)=frac{pi^{s}}{R},zeta(2)=frac{pi^{2}}{6},zeta(3)=frac{pi^{3}}{R_{3}},zeta(4)=frac{pi^{4}}{90},$ $zeta(5)=frac{pi^{5}}{R_{5}},zeta(6)=frac{pi^{6}}{945},zeta(8)=frac{pi^{8}}{9450},...$

一般地， $k=1,2,...,$ 歐拉發現

$1+frac{1}{2^{2k}}+frac{1}{3^{2k}}+...=sum_{n=1}^{infty}{}frac{1}{n^{2k}}=frac{(2pi)^{2k}}{2(2k)!}|B_{2k}|$

$1+frac{1}{3^{2k}}+frac{1}{5^{2k}}+...=sum_{n=0}^{infty}{}frac{1}{(2n+1)^{2k}}=frac{pi^{2k}(2^{2k-1})}{2(2k)!}|B_{2k}|$

$1+frac{1}{3^{2}}+frac{1}{5^{2}}+...=sum_{n=0}^{infty}{}frac{1}{(2n+1)^{2}}=frac{pi^{2}}{8}$

$1+frac{1}{3^{4}}+frac{1}{5^{4}}+...=sum_{n=0}^{infty}{}frac{1}{(2n+1)^{4}}=frac{pi^{4}}{96}$

$1-frac{1}{3}+frac{1}{5}-frac{1}{7}+...=sum_{n=0}^{infty}{frac{(-1)^{n}}{2n+1}}=frac{pi}{4}(萊布尼茨，1676)$

$1-frac{1}{3^{3}}+frac{1}{5^{3}}+...=sum_{n=0}^{infty}{}frac{(-1)^{n}}{(2n+1)^{3}}=frac{pi^{3}}{32}$

$1-frac{1}{2^{2}}+frac{1}{3^{2}}-frac{1}{4^{2}}+...=sum_{n=1}^{infty}{frac{(-1)^{n+1}}{n^{2}}}=frac{pi^{2}}{12}$

$1-frac{1}{2^{4}}+frac{1}{3^{4}}-frac{1}{4^{4}}+...=sum_{n=1}^{infty}{frac{(-1)^{n+1}}{n^{4}}}=frac{7pi^{4}}{720}$

再列舉出一些相對與 $pi$ 無關的級數：可以觀察到它們的通項與上面的級數有些不一樣

$1-frac{1}{2}+frac{1}{3}-frac{1}{4}+...=sum_{n=1}^{infty}{frac{(-1)^{n+1}}{n}}=log2(與e相關)$

$1+frac{1}{1!}+frac{1}{2!}+frac{1}{3!}+...=sum_{n=0}^{infty}{frac{1}{n!}}=e (階乘與歐拉數e相關)$

$frac{1}{2!}-frac{1}{3!}+frac{1}{4!}-...=sum_{n=2}^{infty}{frac{(-1)^{n}}{n!}}=e^{-1}$

$1+frac{1}{2!}+frac{1}{4!}+frac{1}{6!}+...=sum_{n=0}^{infty}{frac{1}{(2n)!}}=frac{e+e^{-1}}{2}$

$1+frac{1}{3!}+frac{1}{5!}+frac{1}{7!}+...=sum_{n=0}^{infty}{frac{1}{(2n+1)!}}=frac{e-e^{-1}}{2}$

$1+frac{1}{2}+frac{1}{4}+frac{1}{8}+...=sum_{n=0}^{infty}{frac{1}{2^{n}}}=2 (幾何級數與pi和e都無關)$

$1-frac{1}{2}+frac{1}{4}-frac{1}{8}+...=sum_{n=0}^{infty}{frac{(-1)^{n}}{2^{n}}}=frac{2}{3} (交錯幾何級數)$

$1+frac{1}{3}+frac{1}{9}+frac{1}{27}+...=sum_{n=0}^{infty}{frac{1}{3^{n}}}=frac{3}{2}$

$frac{1}{3}+frac{1}{9}+frac{1}{27}+...=sum_{n=1}^{infty}{frac{1}{3^{n}}}=frac{1}{2}$

$frac{1}{1cdot2}+frac{1}{2cdot3}+frac{1}{3cdot4}+...=sum_{n=1}^{infty}{frac{1}{n(n+1)}}=1$

$frac{1}{1cdot3}+frac{1}{3cdot5}+frac{1}{5cdot7}+...=sum_{n=1}^{infty}{frac{1}{(2n-1)(2n+1)}}=frac{1}{2}$

$frac{1}{1cdot3}+frac{1}{2cdot4}+frac{1}{3cdot5}+...=sum_{n=2}^{infty}{frac{1}{(n-1)(n+1)}}=frac{3}{4}$

$frac{1}{3cdot5}+frac{1}{7cdot9}+frac{1}{11cdot13}+...=sum_{n=1}^{infty}{frac{1}{(4n-1)(4n+1)}}=frac{1}{2}-frac{pi}{8}$

$4npm1$ 之中有無窮多個素數，與 $pi$ 有關；

$frac{1}{1cdot3}+frac{1}{5cdot7}+frac{1}{9cdot11}+...=sum_{n=0}^{infty}frac{1}{(4n+1)(4n+3)}=frac{pi}{8}$

$4n+1$ 與 $4n+3equiv4n-1$ 之中有無窮多個素數，與 $pi$ 有關；也說明奇素數占奇數的比例是一個定值且與 $pi$ 有關。

扯遠了，這不是本文的目的，可以確定的是：素數的分布與黎曼 $zeta$ 函數的零點無關，全體素數與 $pi$ 和 $e$ 有關，哪個更緊密還不能一言定之（也可能與 $e$ 更緊密，因素數通式是階乘同餘式 $(p-1)!+1equiv0(modp),p>1$ ）。

數學史上曾有幾個推測，從數值上顯示到非常高的值時為真，但仍然被證明是假的。德比夏爾（2004）講述了斯奎斯數的故事，它給出了一個非常非常大的數值上界，否定了高斯的一個推測，即對數積分 $Li(x)$ 總是大於素數計數函數。它被利特爾伍德不加反例地證否，然後表明它在非常非常大的斯奎斯數以上必定失效，該數為 $10^{10^{10^{34}}}$ ，它表明即便是高斯的想法也會被證明是錯誤的。歐拉都犯過錯，黎曼假設何足道哉！人非神仙，誰能料事如神？就是希爾伯特的演講，經過100年的實踐檢驗，也被人證明有較大失誤。這又是一個例證。

不要用一個錯誤去解釋另一個錯誤。這樣只會讓數學止步不前。

數學，宇宙之門；宇宙，奧妙無窮；奧妙，大道至簡；大道，獨闢蹊徑。

這是一個不該發生的「人云亦云」的笑話，正如「皇帝的新裝」！不過情有可原，不能把探索精神給抹煞了！因為它真是個「下金蛋的母雞」！函數論和解析數論中的很多問題都依賴於黎曼假設 $RH$ 。在代數數論中的廣義黎曼假設 $GRH$ 更是影響深遠。這些問題應該換個角度重新來過了。

附：歐拉乘積公式的兩種證明

證明1：

因為 $frac{1}{1-a}=1+a+a^{2}+a^{3}+...+a^{n}+... ( |a|<1)$

設 $a=frac{1}{p^{s}}$ , $p$ 為素數，則有 $prod_{p}^{}frac{1}{1-frac{1}{p^{s}}}=(1+frac{1}{2^{s}}+frac{1}{2^{2s}}+...)(1+frac{1}{3^{s}}+frac{1}{3^{2s}}+...)(1+frac{1}{5^{s}}+frac{1}{5^{2s}}+...)...$

根據算術基本定理，每個大於1的正整數都可唯一的寫成素數的乘積，上面的全體素數的（倒數 $s$ 次方）乘積展開後就是 $sum_{n=1}^{infty}{frac{1}{n^{s}}}$ ，即：

$sum_{n=1}^{infty}{frac{1}{n^{s}}}=prod_{p}^{}frac{1}{1-frac{1}{p^{s}}}$ 可知 $s$ 在這兒沒有任何作用，素數的分布與 $s$ 無關，更與零點無關。

證明2：

這是歐拉的證明，由於黎曼把 $s$ 推廣到了複數域，歐拉乘積公式成了黎曼 $zeta(s)$ 函數，這一榮譽被後人讓給了他。設

$O(s)=zeta(s)=sum_{n=1}^{infty}{frac{1}{n^{s}}}=1+frac{1}{2^{s}}+frac{1}{3^{s}}+frac{1}{4^{s}}+frac{1}{5^{s}}+frac{1}{6^{s}}+...(1)$

等式兩邊同時乘以第二項：

$frac{1}{2^{s}}O(s)=frac{1}{2^{s}}+frac{1}{4^{s}}+frac{1}{6^{s}}+frac{1}{8^{s}}+frac{1}{10^{s}}+frac{1}{12^{s}}+...(2)$

用(1)式減(2)式：

$(1-frac{1}{2^{s}})O(s)=1+frac{1}{3^{s}}+frac{1}{5^{s}}+frac{1}{7^{s}}+frac{1}{9^{s}}+frac{1}{11^{s}}+frac{1}{13^{s}}+...(3)$

在(3)式兩邊同時乘以第三項：

$frac{1}{3^{s}}(1-frac{1}{2^{s}})O(s)=frac{1}{3^{s}}+frac{1}{9^{s}}+frac{1}{15^{s}}+frac{1}{21^{s}}+frac{1}{27^{s}}+frac{1}{33^{s}}+...(4)$

用(3)式減(4)式：

$(1-frac{1}{3^{s}})(1-frac{1}{2^{s}})O(s)=1+frac{1}{5^{s}}+frac{1}{7^{s}}+frac{1}{11^{s}}+frac{1}{13^{s}}+frac{1}{17^{s}}+frac{1}{19^{s}}+...(5)$

重複這一過程，就能得到：

$...(1-frac{1}{11^{s}})(1-frac{1}{7^{s}})(1-frac{1}{5^{s}})(1-frac{1}{3^{s}})(1-frac{1}{2^{s}})O(s)=1$

這就是

$O(s)=sum_{n=1}^{infty}{frac{1}{n^{s}}}=prod_{p}^{}frac{1}{1-p^{-s}}=zeta(s)$

這麼精妙的證明（從來就不會是長篇大論）只有前無古人後無來者的絕世天才歐拉才想得到，這一榮譽應該還給歐拉！

我們不應該說：黎曼 $zeta$ 函數解密了所有素數的集合的結構，而是應該說：歐拉定理（乘積公式）解密了所有素數的集合的結構。

誰叫他黎曼漫不經心的一個不必要的假設矇騙了誤導了我們158年？!

哲學家也要學數學，因為他必須跳出浩如煙海的萬變現象而抓住真正的實質——柏拉圖。

我想說：真相往往是簡單的，權威往往是教條的，我們的宇宙不那麼簡單！但無論它有多複雜，都可以化為一個一個簡單問題去解決；千萬別把簡單的問題複雜化，讓別有用心的教條的權威有利可圖而（即使他不是故意地也會）阻礙數學的發展。

費馬大定理的初等證明

哥德巴赫猜想的初等證明

存在無窮多個梅森素數

不存在奇完全數

梵高與黎曼之死讓人心痛：

如果一個人的成功感動了你，那他所做的犧牲會讓你心碎；

就算世人都不能理解而排擠自己，還是應該要堅持，但堅持信念的同時，不一定要大聲咆哮，而是要溫柔而堅定地走自己的路；自己也不需要藉由反擊他人來證明自身的價值，只要自己重視的人能夠理解就好了。

一件感動的事只需要兩個人：一個做的人，一個懂的人。

每個人都有自己的故事，如果你沒用心讀過，請不要任意批評。

——向你握手致意，庄平，2017-12-12