黎曼猜想（Riemann hypothesis）是什么？有什么用？ 第1页

泻药，我不是数学专业的，答得都很肤浅，也有可能有一些问题。

但看着没人答，我就回答一点吧，当然我对具体公式了解不是很多。

这篇答案分为三部分：1:素数有什么简单性质，2:这个性质有什么卵用，3:黎曼猜想和它有什么关系。

同时我依旧保证不出现一个公式，因为手机打不出来。

1:素数的性质，有无限个，而且没法用初等运算算出来是多少。

首先，什么是素数？想必你知道，就是只能被1和它自己整除的数，比如2，3，5，7，这些初中时候应该学过。

分解素因数，大家都应该知道，一个合数必然是由素数乘出来的，比如4=2x2，10=2x5。

第二个问题，素数有多少个？

答案是无限个，因为如果素数是有限个，那么必然可以假设这些数为a1，a2，···an。

那么这个时候把它们乘起来加一，构造一个数b=a1a2a3···an+1

显然a1到an中的任何一个数都无法整除b，b

除以它们一定会余1。

那么b究竟有哪些因子呢？这个时候就只有两种可能了：

1:b就是新的一个素数，没有别的因子。

2:有a1到an之外的另外几个素数c1，c2···cn作为b的因子，b=c1c2···cn

但无论是哪一种情况，都说明了，素数不只有a1到an这n个，要么会多一个b，要么会多一群c。

所以无论n取多少，你都可以找到这n个之外的素数，所以素数必然有无限个。

那么第三个问题，我虽然已经知道了素数有无限个，但能不能用一个公式，使用基本初等运算把它算出来呢？

这就是素数的通项公式。

这个似乎已经被人证明了，不存在，具体证明太复杂，我理解不能。

我讲了这么多，接下来就是重点了

2:素数研究究竟有什么卵用？

在 @鍵山小鞠 的提醒下，我决定把例子换一下。

首先有一条定理，叫做欧拉定理，欧拉定理非常之多。

其中有一条就是：

若有两数a和n互质（互质的意思就是就是a和n不存在1以外的公约数，初中应该都学过）

那么就有

a的f（n）除以n，余数一定是1。

即a^f（n）mod n =1

其中f（n）表示的意思是，比n小的，与n互质的所有数的个数。

具体证明我们就不用管了，可以上百度搜索。

我举个例子，

与7互质，且比7小的数有6个，因为7是个素数，所以比7小的所有数，123456，全都和7只有1这个公约数，所以有f（7）=6。

然后我们不管取什么数，比如5好了，用5的6次方除以7，5的6次方是15625，再除以7等于2232，余1。

把5换成只要不是7的倍数的任何正整数，都无影响，余数一定是1，不信大家可以一试

好了，接下来让我们看看加密的过程。

现在腾讯公司有许多客户要注册qq号。

为了申请qq号，每一个客户都把自己的信息加密了发给腾讯公司，不然的话信息就暴露了，而腾讯公司稍后则进行解密，得到每一个人的信息。

但是问题来了，如果给每个客户都设计一种算法来加密，腾讯公司感到压力山大，完成不了。

于是所有的客户都使用了同一种方法加密，随后腾讯公司用同一种方法解开。

但是问题就又来了，如果所有人都用了同样的方法加密，那么所有申请qq好的人，都必然会知道这种加密的方法。

那么注册qq号的人，假设有两个，A和B，

A要注册qq号，必然要让A知道加密的方法，而此时如果A又窃取到了B发给腾讯公司用来申请qq好的加密密文，这样A同时知道了密文和加密方法，岂不是就能破解了B的个人信息？

于是这个时候人们就想了一种方法，就是加密者用一种方法加密之后，即使知道加密的方法，自己却无法再解开这个密文，密文一旦加密，就只有解密者——腾讯公司才能解开。

怎么会有这么神奇的事情呢，还真有，只需要设计一种运算，它的正向运算非常容易，反向运算非常难就可以了。

这就需要用我刚刚说的素数的几个性质。

目前常规的方法如下：

你先找两个素数，p和q，然后把p和小q乘起来得到p·q，这样有多少小于p·q的数和p·q互质呢？

显然这些数不能以p作因子，也不能以q作因子，不然就和p·q互质了，对吧。

小于p·q的数显然一共有p·q-1个。

其中带有p当作因子数的有q-1个嘛，有q作因子的有p-1个嘛。

所以与p·q互质的个数是多少呢？是p·q-1-（q-1）-（p-1）=（p-1）·（q-1）个了。

然后我们令p·q=N，（p-1）（q-1）=M

可以得到M就是欧拉定理中的f（N）。

再找一个小于N的数与N互质，假设为r，

同时又找一个数s，让s·r除以M的余数是1。

随后你把s和N告诉给要注册qq账号的用户。

让他做这样的操作：

用个软件（一般是客户端），把自己的信息表示出一段数字，这串数字中的每个数都小于s。

假设这段数字是，a1，a2，a3···an。

然后把a1，a2···an分别作s次方，得到b1，b2，b3····

用b1，b2，···bn除以N，得到余数c1，c2···cn。

最后把c1···cn发给腾讯公司。

而这个时候你发现，神奇的地方来了，腾讯公司只需要分别把c1，c2···cn作r次方，得到d1，d2···dn，然后用d1，d2···dn除以N，就会得到a1，a2···an。

那么如果有个不怀好意的窃听着知道了N和c1，c2，cn了，又知道了加密的方法s，能算出a1，a2···an吗？

这个是可以的，不过要在黎曼猜想证出来后。

算出a1，a2···an就意味着要算出r，在不知道r的情况下，现在的水平非常难算出r。

因为N=p·q，p，q为素数。

而r·s=M+1的

M=（p-1）（q-1）

显然要知道M是多少，必须知道p和q。

而要把N分解成两个素数，得一个一个枚举，这样只要P，q，N足够大，就能让枚举时间足够长，于是他有生之年说不定都无法做到。

接下来举个实际操作的例子，

p=23，q=11，M=220，N=253

r=13，s=17

大家可以自行验算，这个数可以加密任意13一下的任何数字。

关于加密过程的证明如下：

c=a^s mod N

要证明，

a=c^r mod N

所以，即只需证明：

（a^s mod N）^r mod N=a

其中，显然r·s=k·M+1，k为任意正整数。

有：

1.

（a^s mod N）^r mod N=a^（r·s）modN

令f=a^s mod N，则有（f+kN）=a^s（k为任意整数）。

f^r=（a^s-kN）^r，显然展开（a^s-kN）^r之后，除了第一项之外，所以项均有N作为因子，所以就等价于对第一项求余。

所以f^r mod N=a^（r·s）mod N

2:因为

r・s=kM+1

所以有a^（r·s）mod N=a^（kM+1）modN

同1一样展开，易知

a^（kM+1）mod N=「a·a^（kM）」mod N

=「(a mod N）（a^kM）」mod N

当a小于p的和q的时候，因为N=p·q

所以a不可能含有N的任何因子，所以，a必然与N互质。

所以a mod N就是a。

而根据欧拉定理，不管a取任何数，a^f（N）mod N=1

而因为之前说了，M就是f（N），所以M就是a^M mod N=1

令a^M=uN+1（其中u为任意正整数）

则有a^kM=（uN+1）^k，在K是正整数的时候，无论怎么展开，都只有最后一项不带有N为因子，而最后一项是1。

所以（uN+1）^k可以直接写作tN+1（t为正整数）

所以

「(a mod N）（a^kM）」mod N

=「a·（tN+1）」modN

=a

所以得证。

所以研究素数什么卵用？在写密码的时候就很有用，也许其他时候也有用，不过我知道的就是这个了。

3:那么黎曼和这个有什么关系？

素数虽然没有通项公式，有一条定理，叫做素数定理。

意思就是在1到一个数，假设为n好了。就是说，从1到n这些数里，随便抽一下，抽出一个数是素数的概率，大概是约等于于1/lnn，然后以N的多项式P为单位，将自然数N对应到P上。

其中，P=36N（N+1）

在这个时候素数在每个区间P上的数量是不断增加的。

就是说，本来随着数字的取大，素数分布就会越来越稀少。

但如果不以1为刻度，以36N（N+1）为刻度，素数的分布就会开始逐渐增加，也就是说素数的分布虽然在不断分散，但分散的速度，低于多项式36N（N+1）的扩大的速度。

这是个什么意思？就是说，素数虽然没有通项公式，但我可以估计它在一个区间出现的概率。

那这就对于刚刚那个窃听者来说，就是个天大的好消息了。

换言之，这会降低刚刚N=p·q中，从N中分解出p·q的枚举次数。

也就是说我虽然不知道这个素数是多少，但我可以估计出它在哪个区间出现的概率最大，于是我就去那个区间先试一试，这样破解的概率就大大提高了。

但是呢，光靠1/lnN这个估计呢，还是太不准，所以还是要试很多次，作用不是很大。

这个时候黎曼就站出来了，他提出了黎曼猜想，黎曼猜想并没有直接给出一个更完整准确的估计素数出现概率的函数，但说明了那个函数是存在的，而且可以用一个黎曼函数构造出来，也就是说还有办法能让这个概率更准。

后面在数学家们的努力下，终于证明了刚刚那个素数定理就是黎曼猜想的一部分，黎曼应该是对的。

换言之，黎曼猜想如果得到证明，其实就意味着可能一个新的估计素数概率的函数就要被找到了，也就是说，能够找到比刚刚那个定理更准确的估计素数出现概率的函数，那么对于窃听者来说，这显然就是天大的好消息。