张一堂（Yitang Zhang）最新公布的Landau-Siegel零点结果的后果—

张一堂（Yitang Zhang）最新公布的Landau-Siegel零点结果的后果——MathOverflow mathoverflow.net上最近的30个 2024-09-21T19:06:10Z https://mathoverflow.net/feeds/question/433949 https://creativecommons.org/licenses/by-sa/4.0/rdf https://mathoflorow.net/q/433949（网址：https://mathoflorow.net/q/433949） 137 张一堂最新声称的Landau-Siegel零点结果的后果布兰科 https://mathoverflow.net/users/115910 2022-11-05T10:12:37Z 2024-03-09T11:24:27Z

最近，张一堂（Yitang Zhang）刚刚给出了一个（虚拟）<a href=“https://www.reddit.com/r/math/comments/ymlac/professor_yitang_zhangs_latest_paper_about_the/“rel=”noreferrer“>于11月5日上午在中国山东大学谈论他关于Landau-Siegel零点的工作。他还将于11月8日在北京大学发表演讲111页<a href=“https://pan.baidu.com/s/1GM61FrLynSfpSn67SoaHow？pwd=1105“rel=”noreferrer“>预印本</a>现在可以在互联网上找到，似乎这个版本很快就会在arXiv上发布。（更新：现在它是<a href=“https://arxiv.org/abs/2211.02515arXiv</a>上的“rel=”noreferrer“>。）本文证明了对于一个实本原字符$\chi$到模$D$，$$L（1，\chi）&gt；c_{1}（\log D）^{-2022}$$其中$c{1}&gt；0$是一个可有效计算的绝对常量（第页）假设这个结果是正确的，那么接下来会有哪些重要的数字理论后果（第页）例如，对PNT误差估计、算术级数和其他相关问题会产生什么影响（第页）

https://mathoverflow.net/questions/433949/-/433969#433969 51 Stopple对张一堂最新声称的Landau-Siegel零点结果造成的后果的回答停止 https://mathoverflow.net/users/6756 2022-11-05T18:27:42Z 2023-08-29T17:11:31Z

如果正确的话，张的结果会有很多重要的后果。一个具体的结果是，它将把高斯和欧拉时代最后一个公开的问题之一简化为有限的计算量，即每属一类的二元二次型判别式的分类。模为$d$d的素数$p$$p-lt的同余类决定了哪种形式的判别式；当且仅当每属有一个类时，0$表示$p$</sspan>（第页）这种与模$0$$4$同余的判别式是Euler的数字idonei或idoneal数。欧拉预计会有无限多这样的判别式。[编辑：显然我记错了。请参阅下面KConrad的评论。]是高斯推测，唯一这样的区别是欧拉已知的65个例子（不一定是基本的）。还有65个已知的基本判别式（不一定是偶数），每个属只有一个类别。第66位的存在仍然是一个悬而未决的问题。根据亏格理论，我们知道对于每个亏格只有一个类的判别式，类组满足$$C（-d）\cong\左（\mathbb Z/2\右）^{g-1}，$$其中$g$是$d$的素数。显然$d$大于具有$g$</sspan>素因子的最小基本判别式的绝对值，$$d_g\覆盖{\text{def.}}=3\cdot4\cdot5\cdot7\cdotsp_g。$$从$p_g$的大小、$g$</span第个素数和$\theta（x）=\sum_{p\leqx}\log（p）$</span的下限可以看出$$d_g&gt；克（g）。$$自$2^{g-1}\ll\sqrt{g^g}，$类数的下限（我们期望为真）排除了对于大型$g$每属一个类的可能性（第页）1973年，彼得·温伯格（Peter Weinberger）指出，在GRH中，没有基本的判别词$-d&lt-5460$每个属有一个类，并且无条件地最多有一个这样的$d$</sspan>（第页）相反，Oestele明确指出，Goldfeld-Gross-Zagier的下限不够强，无法完成每属一类的判别式分类：$\log（g^g）$是$\ll 2^｛g-1｝美元。伊瓦涅克和科瓦尔斯基观察到，即使是伯奇-斯温纳顿-戴尔猜想的全部力量；当前技术允许我们期望的最佳有效下限；这是不够的，因为$\log（g^g）^r$对于任何$r$都是$\ll 2^{g-1}$。事实上，前景更为黯淡：沃特金斯观察到，如果判别式$-d$可以被所有素数整除，直到$（log\log d）^3$</sspan>（正如$d_g$</spa>当然可以），则素数上的乘积可以除以>Goldfeld-Gross-Zagier下界中的$d$非常小，因此得到的界比平凡界更糟糕（第页）如果将隐含常数显式化，张的结果将消除超过某个界限的判别式每属一类的可能性。例如，忽略常数，下界是具有6007个以上素除数的判别式。这就需要$d&gt；3\cdot 10^{25734}$（第页）

https://mathoverflow.net/questions/433949/-/433988#433988 58 TravorLZH对张一堂关于Landau-Siegel零点的最新结果所造成的后果的回答 TravorLZH公司 https://mathoverflow.net/users/449628 2022-11-06T01:16:49Z 2022-11-07T21:52:03Z

它对算术级数的PNT误差项具有重要意义（第页）<h2>PNT与Siegel-Walfisz定理</h2>设$\psi（x；q，a）$是$\Lambda（n。然后PNT声明，对于固定的$q$$$\psi（x；q，a）\sim{x\over\varphi（q）}。\标签1美元当$q$不固定时，Page（1935）证明了以下一般结果：定理1（Page）：存在一些绝对有效的$c_0&gt；0$这样对于所有$（a，q）=1$</sspan>：$$\psi（x；q，a）={x\over\varphi（q）}-\color{blue}{{chi（a）x^\beta}\over\valphi（g）\beta{+O\{xe^{-c0\sqrt{\logx}}}，\tag2美元其中$\chi$表示异常字符，$\beta$表示Siegel零。如果模块$q$中没有异常字符，蓝色术语将被删除</电子邮箱>为了统一误差项，我们需要根据Siegel（1935）得出的结果：定理2（Siegel）：对于所有的$\varepsilon&gt；0$存在一些$A_\varepsilon&gt；0$这样$1-\beta&gt；A_\varepsilon q^{-\varepsilon}$</电子邮箱>将这个结果代入（2）的蓝色项中，我们得到$$x^\beta\ll x e^{-A_\varepsilon q^{-\varepsilon}\log x}。美元如果$q\le（\log x）^{2/\varepsilon}$，则右侧成为$\ll xe^{-A_\varepsilon\sqrt{\log x}}$</span。结合这一点和（2），我们得到了Walfisz（1936）的结果：定理3（Siegel-Walfisz）：对于任何$M&gt；0$存在一些$C_M$，因此对于所有$q\le（\log x）^M$和$$（a，q）=1$</sspan>，都存在$$\psi（x；q，a）={x\over\varphi（q）}+O\{e^{-C_M\sqrt{log x}}}，\tag3美元其中O常量是绝对的</电子邮箱>由于Siegel定理证明中的缺陷，$A_\varepsilon$和$C_M$</sspan>无法有效计算（第页）<h2>张的改进</h2>然而，如果使用Zhang的结果，我们可以显著地改进Siegel-Walfisz定理。那就是定理4（Zhang）：存在$A&gt；0$和有效的$C_1&gt；0$这样$L（1，\chi）&gt；C_1（\log q）^{-A}$</电子邮箱><区块报价>Zhang为$A=2022$证明了这个结果，但我选择不插入它以获得通用性（第页）</blockquote>让$\beta$是一些真实的$\chi$模$q$的$L（s，\chi）$的最右实零，使得$1-\beta\gg（\log q）^｛-1｝$。然后从中值定理得出存在一些$1-\beta&lt；\西格玛&lt；1$，这样$1-\beta=L（1，\chi）/L'（\sigma，\ chi）$</sspan>。应用经典界$L'（\sigma，\chi）=O（\log^2q）$，Zhang的结果给出了零自由区$$1-\beta&gt；C_ 2（\log q）^｛-A-2｝，美元其中$C_2&gt；0$是可有效计算的，这表明（2）中的蓝色项主要由$$x^\beta\ll xe^{-C_2（\log x）（\logq）^{-A-2}}。美元如果$（\log q）^{A+2}\le\sqrt{\log x}$，则右侧变为$\ll xe^{-C_2\sqrt}$</span，这使得定理1得到了显著改进：定理5:让$A$如定理4所示。存在一些绝对的$c_0&gt；0$这样，对于所有的$q\le e^{（\logx）^{1/（2A+4）}}$</sspan>和$（a，q）=1$</spa>，我们都有$$\psi（x；q，a）={x\over\varphi（q）}+O\{e^{-c0\sqrt{logx}}}。\标签4美元<h2>渐近公式对所有$q\ge1$都有效</氢气>虽然定理5比定理3强得多，但很难将其与没有蓝色项的定理1进行比较，因此本节将专门推导适用于所有$q\ge1$和$（a，q）=1$</sspan>的渐近公式，以便进行更好的比较（第页）由于$\Lambda（n）\le\log n$，我们知道$$\psi（x；q，a）\le\sum_{substack{n\lex\\等于a（q）}}\logx\ll{x\logx\ over q}。美元结合这一点和（3），我们可以看到定理3表明$$\psi（x；q，a）={x\over\varphi（q）}+O_N\{x（\log x）^{-N}\}\quad（N&gt；0）。\标签5美元如果平凡上界与（4）并列，那么我们可以看到存在一些绝对有效的$c_0&gt；0$这样$$\psi（x；q，a）={x\over\varphi（q）}+O\{xe^{-c_0（\log x）^{1/（2A+4）}}}，美元其具有比（5）好得多的误差项（第页）