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由于一個(gè)理論模型過(guò)于頭疼，所以打算寫(xiě)點(diǎn)東西放松一下。
正好也已經(jīng)很久不寫(xiě)東西了，最近數(shù)學(xué)界又有兩件大事，所以打算寫(xiě)點(diǎn)東西。

對(duì)于黎曼Zeta函數(shù)，最早接觸是在調(diào)和函數(shù)中：

$\sum_{i=1}^\infty \frac{1}{i}$

這個(gè)級(jí)數(shù)當(dāng)然是發(fā)散的，不過(guò)它很有趣，因?yàn)橛幸粋€(gè)常數(shù)就和這個(gè)調(diào)和級(jí)數(shù)相關(guān)：

$\gamma = \lim_{n \rightarrow \infty} \sum_{i=1}^n \frac{1}{i^s} - \ln(n)$

調(diào)和級(jí)數(shù)當(dāng)然可以進(jìn)一步拓展，比如p-級(jí)數(shù)：

$Z_p = \sum_{i=1}^\infty \frac{1}{i^p}$

顯然，這個(gè)無(wú)窮級(jí)數(shù)求和的收斂半徑是 $\Re(p) > 1$ ，這個(gè)級(jí)數(shù)就是收斂的，而如果 $\Re(p) \le 1$ ，那么級(jí)數(shù)就是發(fā)散的。

比如如果p=1，那么就是調(diào)和級(jí)數(shù)，它是發(fā)散的；如果p=0，那么就是無(wú)窮個(gè)1相加，也是發(fā)散的；如果p=2，那么結(jié)果是有限的，為 $\frac{\pi^2}{6}$ 。p在小于0的時(shí)候是一些有趣的無(wú)窮級(jí)數(shù)求和，比如p=-1時(shí)是所有自然數(shù)之和，p=-2時(shí)是所有自然數(shù)的平方和，等等。顯然所有這些無(wú)窮級(jí)數(shù)的和都是發(fā)散的，這點(diǎn)毫無(wú)疑問(wèn)。

但，數(shù)學(xué)上有個(gè)東西叫做“解析延拓”，它的作用就是，如果某個(gè)函數(shù)的定義域是 A，那么我們可以通過(guò)解析延拓，將其推廣到包含A的更大的范圍B中，如果能延拓的話。

比如說(shuō)，大家都熟悉下面這個(gè)幾何級(jí)數(shù)：

$1 + x + x^2 + x^3 + ... = \sum_{i=0}^\infty x^i = \frac{1}{1-x}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (|x| < 1)$

最左側(cè)的幾何級(jí)數(shù)，其收斂半徑是1。而且當(dāng) $x=1$ 時(shí)，級(jí)數(shù)發(fā)散；當(dāng) $x=-1$ 時(shí)，級(jí)數(shù)在0和1上振蕩，沒(méi)有普通定義下的求和值，但有Abel求和定義下的求和值： $\frac{1}{2}$ 。而如果 $x>1$ 或 $x<-1$ ，那么這個(gè)級(jí)數(shù)求和顯然是發(fā)散的（但存在拉馬努金和）。

可最右側(cè)的函數(shù)，只要 $x \neq 1$ 就有定義，從而定義域比級(jí)數(shù)求和的定義域要大得多，是級(jí)數(shù)求和的解析延拓的結(jié)果。很顯然，后者在 $|x| > 1$ 的區(qū)域所得到的值，并不是前者的求和值，前者的求和值依然是無(wú)窮，所以上面第二個(gè)等號(hào)雖然寫(xiě)是這么寫(xiě)，但實(shí)際上并不是真的相等。

顯然并不是所有函數(shù)都可以被延拓，但上面的p-級(jí)數(shù)求和，恰恰就是可以延拓的那種。

p-級(jí)數(shù)可以寫(xiě)成積分的形式：

$Z(s) = \sum_{i=1}^\infty \frac{1}{i^s} = \frac{1}{\Gamma(s)} \int_0^\infty \frac{x^{s-1}}{e^x - 1} dx = \zeta(s)$

這里用到了 $\Gamma$ 函數(shù)的性質(zhì)，很容易就能推得。這個(gè)函數(shù)的定義域也是 $\Re(s) > 1$ ，但和無(wú)窮級(jí)數(shù)求和不同，現(xiàn)在它已經(jīng)變成了定義域內(nèi)的解析函數(shù)。

利用 $\Gamma$ 函數(shù)的性質(zhì)： $\Gamma(z) \Gamma(1-z) = \frac{\pi}{\sin (\pi z)}$ ，以及負(fù)實(shí)軸上的圍道積分，我們還可以將黎曼 $\zeta$ 函數(shù)進(jìn)一步解析延拓：

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

這里圍道積分沿著從實(shí)軸負(fù)無(wú)窮到0再回到負(fù)無(wú)窮的高度趨向0的逆時(shí)針閉合回路。這樣，就可以將函數(shù)解析延拓到 $\Re(s) \le 1$ 的部分了，只留下 $s=1$ 這一個(gè)極點(diǎn)。

由此可得一個(gè)很有用的等式：

$\zeta(1-s) = 2 (2\pi)^{-s} \Gamma(s) \cos \left( \frac{s \pi}{2} \right) \zeta (s)$

這使得我們?cè)谇笠恍? $\zeta$ 函數(shù)值的時(shí)候可以方便很多，比如很顯然s為負(fù)偶數(shù)的時(shí)候函數(shù)值為0。

至此，我們就完成了從最開(kāi)始的p-調(diào)和級(jí)數(shù)的求和到黎曼 $\zeta$ 函數(shù)的解析延拓。

在原級(jí)數(shù)求和的定義域中，我們有 $\zeta(s) = \sum_{i=1}^\infty i^{-s}$ ，但在原定義域之外則沒(méi)有這個(gè)關(guān)系，這就和之前舉的幾何級(jí)數(shù)求和的例子相同。

所以，雖然我們有 $\zeta(-1) = - \frac{1}{12}$ ，但并不表示下面這個(gè)無(wú)窮級(jí)數(shù)求和等式成立：

$1 + 2 + 3 + 4 + ... = - \frac{1}{12}$

因?yàn)樽筮叺那蠛筒⒉恢苯拥扔趐-級(jí)數(shù)求和的解析延拓，而后者是p-級(jí)數(shù)求和的解析延拓的結(jié)果。

這就是很多看似奇葩的求和結(jié)果的來(lái)源，一個(gè)看著明顯發(fā)散或者振蕩總之不收斂的級(jí)數(shù)，都和一些意想不到的常數(shù)通過(guò)等號(hào)聯(lián)系了起來(lái)，使得很多人覺(jué)得莫名其妙，但本質(zhì)上這里的等號(hào)都不是真的表示其左右的級(jí)數(shù)和常數(shù)是相等的，而是表示級(jí)數(shù)的解析延拓在給定參數(shù)下等于另一側(cè)的常數(shù)。

事實(shí)上，對(duì)于無(wú)窮級(jí)數(shù)的求和，除了通常的“加法”和“收斂極限”，還有很多不同的方法，比如對(duì)于振蕩級(jí)數(shù)的平均收斂極限，對(duì)應(yīng)的就是Abel和；或者拉馬努金由歐拉-麥克勞林公式得到的拉馬努金和。這些“求和”都與我們平常所理解的求和不同，如果不明確其定義，直接看著等式望文生義的話，往往會(huì)認(rèn)為等式結(jié)果非?？尚?。

從另一個(gè)角度來(lái)說(shuō)，這些解析延拓與求和往往都是通過(guò)在原函數(shù)定義域之外丟掉一些無(wú)窮大來(lái)實(shí)現(xiàn)的，比如最簡(jiǎn)單的就是之前的幾何級(jí)數(shù)求和的例子，其有限部分和為：

$J_n(x) = \sum_{i=0}^n x^i = \frac{x^{n+1} - 1}{x - 1}$

當(dāng) $n \rightarrow \infty$ 時(shí)，如果 $|x| < 1$ ，那么 $x^{n+1} \rightarrow 0$ ，所以結(jié)果自然得到我們之前所熟悉的分式。而當(dāng) $|x| > 1$ 時(shí)， $x^{n+1} \rightarrow \infty$ ，是一個(gè)發(fā)散項(xiàng)，但在 $\frac{1}{1-x}$ 中卻將這個(gè)發(fā)散項(xiàng)給移除了，只保留有限項(xiàng)部分。當(dāng) $|x| = 1$ 時(shí)，我們得到的是一個(gè)模為1的不定項(xiàng)，在一般級(jí)數(shù)極限的意義下將導(dǎo)致級(jí)數(shù)沒(méi)有收斂極限。

這點(diǎn)在物理上其實(shí)很常見(jiàn)，我們?cè)谧隽孔訄?chǎng)論時(shí)經(jīng)常會(huì)遇到各種無(wú)窮，然后在這些無(wú)窮中扣除一部分與物理無(wú)關(guān)的無(wú)窮，保留下和物理相關(guān)的有限部分，這個(gè)過(guò)程就是“正規(guī)化”（找到物理相關(guān)部分的過(guò)程是“重整化”，扣除的部分是“正規(guī)化”）（所以弦論中上述所有自然數(shù)之“和”等于-1/12的情況是有的，但那是在重整化意義上的“相等”）。在解析延拓的過(guò)程中，我們也可以認(rèn)為是做了一次正規(guī)化，當(dāng)然具體情況要具體分析。

回過(guò)頭來(lái)繼續(xù)說(shuō)黎曼 $\zeta$ 函數(shù)。

前面已經(jīng)提到， $\zeta(-2n)=0$ ，這些負(fù)偶數(shù)的零點(diǎn)（即函數(shù)值為0的點(diǎn)）被稱為平凡零點(diǎn)。但 $\zeta$ 函數(shù)本身除了這些平凡零點(diǎn)，還包含無(wú)數(shù)個(gè)非凡零點(diǎn)，著名的“黎曼猜想”就是針對(duì)這些非凡零點(diǎn)的分布的，簡(jiǎn)單說(shuō)來(lái)就是：

黎曼猜想：黎曼 $\zeta$ 函數(shù)的所有非凡零點(diǎn)的實(shí)部分都為 $\frac{1}{2}$ 。

這個(gè)猜想寫(xiě)起來(lái)非常簡(jiǎn)單，但實(shí)際上要證明卻是非常困難的。

人們已經(jīng)對(duì)大量（數(shù)十億個(gè)）非凡零點(diǎn)做了研究，發(fā)現(xiàn)都滿足黎曼猜想，但這樣只能增加人們的信心，卻并不是證明了黎曼猜想，畢竟發(fā)現(xiàn)再多非凡零點(diǎn)也不過(guò)是有限個(gè)，對(duì)無(wú)限個(gè)非凡零點(diǎn)，證明力依然很小。

比如說(shuō)，素?cái)?shù)定理告訴我們 $\lim_{n \rightarrow \infty} \frac{\pi(x)}{\mathrm{Li}(x)} = 1$ （其中 $\pi(x)$ 是素?cái)?shù)計(jì)數(shù)函數(shù)，即小于x的素?cái)?shù)的個(gè)數(shù)），且在人們驗(yàn)證了的范圍內(nèi)都有 $\mathrm{Li}(x) > \pi (x)$ ，但數(shù)學(xué)家們證明了在大約 $e^{727.95133}$ 左右（大約是一個(gè)316位數(shù)），這個(gè)不等式會(huì)不成立。

可見(jiàn)，有限個(gè)數(shù)的驗(yàn)證對(duì)無(wú)窮來(lái)說(shuō)，真的沒(méi)什么說(shuō)服力。

那么，黎曼 $\zeta$ 函數(shù)到底為什么這么重要呢？

一個(gè)最直接的作用，就是它能提供精確的素?cái)?shù)計(jì)數(shù)函數(shù)（也就是上面提到的 $\pi(x)$ ）。

我們還是從p-級(jí)數(shù)開(kāi)始看起（下面對(duì)于求和如果不另外寫(xiě)明，則對(duì)n的求和表示對(duì)所有自然數(shù)，對(duì)p的求和表示對(duì)所有素?cái)?shù)）：

$\sum_n \frac{1}{n^s} = \prod_p \frac{1}{1 - p^{-s}}$

這個(gè)等式被稱為歐拉乘積公式，其證明過(guò)程很容易，將所有自然數(shù)項(xiàng)根據(jù)素?cái)?shù)從小到大進(jìn)行篩選，在利用 $\Re(s) > 1$ 時(shí)的幾何級(jí)數(shù)求和公式，就能得到。

從而，考慮解析延拓則有： $\zeta(s) = \prod_{p} \frac{1}{1 - p^{-s}}$ 。兩邊取對(duì)數(shù)，再考慮泰勒展開(kāi)，就有：

$\ln \zeta(s) = \sum_p \sum_n \frac{1}{n} p^{-ns}$

我們可以引入一個(gè)輔助函數(shù)，稱為黎曼素?cái)?shù)計(jì)數(shù)函數(shù)J(x)，它是一個(gè)很奇特的階躍函數(shù)：

$J(x) = \sum_n \frac{1}{n} \pi(x^{\frac{1}{n}})$

也就是說(shuō)，每經(jīng)過(guò)一個(gè)素?cái)?shù)的n次方，該函數(shù)增加 $\frac{1}{n}$ ，且 $J(0)=0$ 。因此我們就有 $J(2_+)=1$ 、 $J(3_+)=2$ 、 $J(4_+)=2.5$ 、 $J(5_+)=3.5$ 、 $J(6_+)=3.5$ 、 $J(7_+)=4.5$ 、 $J(8_+)=\frac{29}{6}$ 、 $J(9_+)=\frac{16}{3}$ ，其中下標(biāo)+表示比該值略大（右極限），而在該點(diǎn)處的值為左右極限的平均值。

然后，我們可以使用黎曼-斯蒂爾杰斯積分（一種分區(qū)取樣求和然后取極限的積分法，是初學(xué)積分時(shí)的矩形分割法的升級(jí)版）：

$\lim_{n \rightarrow \infty} \sum_{i=0}^{n-1} f(t_i) [g(x_{i+1}) - g{x_i}] = \int_a^b f(x) dg(x)$

其中 $x_0 = a$ 、 $x_n = b$ ， $t_i$ 是分片區(qū)間 $(x_i, x_{i+1})$ 中的取樣值。

由于黎曼素?cái)?shù)計(jì)數(shù)函數(shù) J 是一個(gè)階躍函數(shù)，所以如果取它為上述積分公式中的g，那么積分就變成了求和。而又由于階躍點(diǎn)在素?cái)?shù)的n次方，所以我們就有：

$\int_0^\infty f(x) dJ(x) = \sum_p \sum_n \frac{1}{n} f(p^n)$

于是，我們就可以把歐拉乘積公式改寫(xiě)為積分形式：

$\ln \zeta(s) = \int_0^\infty x^{-s} dJ(x) = s \int_0^\infty J(x) x^{-s-1} dx$

這樣，黎曼 $\zeta$ 函數(shù)就和黎曼素?cái)?shù)計(jì)數(shù)函數(shù)聯(lián)系在了一起。

我們進(jìn)一步用Mellin變換，就可以將黎曼素?cái)?shù)計(jì)數(shù)函數(shù)用黎曼 $\zeta$ 函數(shù)表達(dá)出來(lái)了：

$J(x) = \frac{1}{2 \pi i} \int_{a - i \infty}^{a + i \infty} \frac{\ln \zeta(z)}{z} x^z dz$

其中a是大于1的實(shí)數(shù)。

而黎曼素?cái)?shù)計(jì)數(shù)函數(shù)與素?cái)?shù)計(jì)數(shù)函數(shù)之間可以用逆莫比烏斯變換來(lái)聯(lián)系：

$\pi (x) = \sum_n \frac{\mu (n)}{n} J(x^{\frac{1}{n}})$

其中 $\mu (x)$ 是莫比烏斯函數(shù)，它有如下特點(diǎn)：

如果x能寫(xiě)成偶數(shù)個(gè)不同素?cái)?shù)的乘積，則值為1；
如果x能寫(xiě)成奇數(shù)個(gè)不同素?cái)?shù)的乘積，則值為-1；
否則為0；
規(guī)定 $\mu(1) = 1$ 。

因此，很顯然，只要我們能得到黎曼 $\zeta$ 函數(shù)的完整信息，就能得到黎曼素?cái)?shù)計(jì)數(shù)函數(shù)J(x)，進(jìn)而就能得到素?cái)?shù)計(jì)數(shù)函數(shù) $\pi(x)$ 。也就是說(shuō)，只要掌握了黎曼 $\zeta$ 函數(shù)，就能知道素?cái)?shù)到底是怎么分布的——也就是說(shuō)，我們能找到每一個(gè)素?cái)?shù)了。

而，要計(jì)算黎曼 $\zeta$ 函數(shù)，我們還需要從輔助用的黎曼 $\xi$ 函數(shù)入手：

$\xi (s) = (s-1) \pi^{-\frac{s}{2}} \Gamma \left( \frac{s}{2} + 1 \right) \zeta(s)$

黎曼 $\xi$ 函數(shù)利用 $\Gamma$ 函數(shù)以及開(kāi)頭的 $s(s-1)$ ，將原來(lái) $\zeta$ 函數(shù)中的所有平凡零點(diǎn)和極點(diǎn)都消除了，從而是一個(gè)在整個(gè)復(fù)平面都解析的整函數(shù)，并且它的零點(diǎn)就是 $\zeta$ 函數(shù)的非凡零點(diǎn)。

這個(gè)函數(shù)有兩個(gè)很獨(dú)特的性質(zhì)：

$\xi (s) = \xi (1-s)$

以及更重要的：

$\xi(s) = \frac{1}{2} \prod_\rho \left( 1 - \frac{s}{\rho} \right)$

這里無(wú)窮乘積是對(duì)所有黎曼 $\xi$ 函數(shù)的零點(diǎn)求積。

這么一來(lái)， $\zeta$ 函數(shù)的對(duì)數(shù)就可以寫(xiě)為：

$\ln \zeta(z) = - \ln(s - 1) + \sum_\rho \ln \left( 1 - \frac{s}{\rho} \right) - \ln \Gamma \left( \frac{s}{2} + 1 \right) - \ln 2 + \frac{s}{2} \ln \pi$

代入黎曼素?cái)?shù)計(jì)數(shù)函數(shù)，用一定技巧化簡(jiǎn)后就得到了這么一個(gè)東西：

$J(x) = \mathrm{Li}(x) - \sum_\rho \mathrm{Li}(x^\rho) - \ln 2 + \int_x^\infty \frac{dt}{t(t^2-1) \ln t}$

其中， $\mathrm{Li}(x) = \int_2^\infty \frac{dx}{\ln x}$ 就是前面提到的對(duì)數(shù)積分。

至此， $\zeta$ 函數(shù)的非凡零點(diǎn)對(duì)素?cái)?shù)計(jì)數(shù)函數(shù)的作用終于變得顯然了（所以上述公式被稱為黎曼顯式公式），也因此，我們掌握的非凡零點(diǎn)的精確值越多，我們就能得到越精確的素?cái)?shù)計(jì)數(shù)函數(shù)，從而也就能得到越精確的素?cái)?shù)分布。

當(dāng)然，這里不得不說(shuō)的是，計(jì)算非凡零點(diǎn)，尤其是其精確值的難度，比判斷一個(gè)數(shù)是不是素?cái)?shù)要難得多得多得多得多得多。在沒(méi)有計(jì)算機(jī)之前，手算也只能得到幾百個(gè)零點(diǎn)，但找素?cái)?shù)那可以找?guī)兹f(wàn)個(gè)，只要有耐心——算非凡零點(diǎn)可不是光有耐心就足夠的。

那么，黎曼猜想如果被證實(shí)了，對(duì)我們尋找素?cái)?shù)能帶來(lái)多大的影響呢？

事實(shí)上，影響并不是非常大。

我們可以看到，在黎曼素?cái)?shù)計(jì)數(shù)函數(shù)中出現(xiàn)了素?cái)?shù)定理中所提到的對(duì)數(shù)積分，以及由非凡零點(diǎn)調(diào)制的高階項(xiàng)（第三項(xiàng)是常數(shù)，第四項(xiàng)隨著x的增大而縮小，可以認(rèn)為是高階誤差項(xiàng)），而從聯(lián)系 $J(x)$ 與 $\pi(x)$ 的那個(gè)逆莫比烏斯變換的公式可以看到，其中最主要的共享就來(lái)自于 $J(x)$ ，因此可以說(shuō)非凡零點(diǎn)決定了 $\pi(x)$ 與 $\mathrm{Li}(x)$ 之間的偏離程度。

如果黎曼猜想成立，那么這兩個(gè)函數(shù)之間的偏離基本就是 $\mathrm{Li}(\sqrt x)$ 的量級(jí)。但如果黎曼猜想不成立，考慮到 $\xi$ 函數(shù)的對(duì)稱性我們可以知道，兩者的偏離就會(huì)達(dá)到 $\mathrm{Li}(x^{\frac{1}{2} + \delta})$ 的量級(jí)，其中 $\delta > 0$ 。

另一方面，如果黎曼猜想成立，我們只需要集中精力在臨界線 $\Re(s) = \frac{1}{2}$ 上尋找非凡零點(diǎn)就可以了，這對(duì)我們計(jì)算來(lái)說(shuō)會(huì)帶來(lái)一定的便捷——但實(shí)際上，現(xiàn)在計(jì)算零點(diǎn)很多都是在約定黎曼猜想成立的前提下進(jìn)行的，數(shù)以千計(jì)的命題也都是建立在這個(gè)假設(shè)成立的基礎(chǔ)上，所以如果真的被證明成立，對(duì)已有內(nèi)容其實(shí)不會(huì)帶來(lái)太大的影響，最多就是讓本來(lái)就已經(jīng)很放下的心，放得更下一點(diǎn)罷了。

當(dāng)然，也還有一些很讓人出乎意料的領(lǐng)域可能會(huì)有影響，比如物理。

有一個(gè)“Hilbert-Pólya猜想”，是這么說(shuō)的：

黎曼 $\zeta$ 函數(shù)的非凡零點(diǎn)與某個(gè)厄米算符的本征值對(duì)應(yīng)。

或者簡(jiǎn)單一點(diǎn)說(shuō)，就是存在一個(gè)量子系統(tǒng)，其本征能態(tài) $E_n$ 對(duì)應(yīng)了黎曼 $\zeta$ 函數(shù)的非凡零點(diǎn) $\frac{1}{2} + i E_n$ 。

事實(shí)上，我們有Montgomery-Odlyzko 定律：

黎曼 $\zeta$ 函數(shù)的非凡零點(diǎn)分布可以用任何一個(gè)典型隨機(jī)厄米矩陣的本征值分布來(lái)描述。

這次數(shù)學(xué)家Atiyah用來(lái)證明黎曼猜想的尚未公開(kāi)的方法（本文寫(xiě)于22號(hào)，Atiyah將于24號(hào)公布其成果，所以寫(xiě)本文的時(shí)候方法尚未公開(kāi)），就有人相信是采用了這種“量子證明法”，構(gòu)造了可能如下形式的哈密頓量：

$\hat H = \frac{1}{1 - e^{-i \hat p}} (\hat x \hat p + \hat p \hat x) (1 - e^{-i \hat p})$

然后使用算子理論對(duì)其進(jìn)行譜分析所得到的結(jié)論。

總之，就個(gè)人來(lái)看，由于現(xiàn)在其實(shí)很多人都在默認(rèn)黎曼猜想成立的情況下進(jìn)行數(shù)學(xué)工作，得到了很多有意思的結(jié)論，那么進(jìn)一步證明這個(gè)猜想真的成立，也不會(huì)突然帶來(lái)巨大的進(jìn)展或改變——假如說(shuō)證明它不成立，那帶來(lái)的沖擊才叫大呢。

那么，它和RSA加密又有什么關(guān)系呢？

RSA加密的本質(zhì)，其實(shí)是大素?cái)?shù)分解，即我們要在知道兩個(gè)很大的素?cái)?shù)p和q，然后使用它們的一些數(shù)論結(jié)果來(lái)進(jìn)行數(shù)據(jù)的加密（基本都是模運(yùn)算）。

要破解RSA加密，那本質(zhì)就是在知道p和q的乘積N的情況下，逆向找出p和q。

由于這里涉及的都是素?cái)?shù)，所以自然會(huì)有人認(rèn)為如果黎曼猜想被證明成立，那么RSA就岌岌可危了。

這純粹是危言聳聽(tīng)胡說(shuō)八道。

首先，就算黎曼猜想被證明成立，我們計(jì)算非凡零點(diǎn)的進(jìn)程也依然不會(huì)有什么加速——因?yàn)?，人們?cè)缇驮谀J(rèn)黎曼猜想成立的情況下來(lái)尋找非凡零點(diǎn)了（當(dāng)然，數(shù)值驗(yàn)證猜想的人并不局限在這點(diǎn)上，然后數(shù)十億、百億的結(jié)果都支持黎曼猜想）。

其次，就算黎曼猜想的證明讓我們突然能很快地找到所有非凡零點(diǎn)，從而找出素?cái)?shù)分布的精確模式，也就是俗話所說(shuō)的找到了素?cái)?shù)地圖，那么也不表示破解RSA所要的從N=pq找出p和q就會(huì)變得很快，畢竟，知道有哪些素?cái)?shù)，和找出符合條件的素?cái)?shù)，是兩碼事，后者的所要求的計(jì)算量依然是 $O(\pi(\sqrt N))$ 級(jí)的。

這就好比說(shuō)，我告訴你房間里五個(gè)開(kāi)關(guān)，控制五盞燈，讓你找出哪一個(gè)開(kāi)關(guān)控制哪一盞燈，然后告訴你這五個(gè)開(kāi)關(guān)具體的位置，能降低你開(kāi)關(guān)燈的次數(shù)么？并不能。

充其量，是我們生成素?cái)?shù)的算法可以有改進(jìn)——這還是在能從黎曼猜想帶來(lái)非凡零點(diǎn)計(jì)算的加速這個(gè)假設(shè)上來(lái)的，而這個(gè)假設(shè)本身并不成立。

要攻破RSA，還是期待量子計(jì)算機(jī)吧——量子Shor算法理論上可以將大數(shù)素?cái)?shù)分解的計(jì)算復(fù)雜度降低到 $O(\ln N)$ 的量級(jí)，這才叫提速。

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