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庞加莱猜想（已证成立）

庞加莱猜想最早是由法国数学家庞加莱提出的一个猜想，是克雷数学研究所悬赏的数学方面七大千禧年难题之一。2006年确认由俄罗斯数学家格里戈里·佩雷尔曼完成最终证明，他也因此在同年获得菲尔兹奖，但并未现身领奖[1][2]。
基本描述
在1904年发表的一组论文中，庞加莱提出以下猜想：
任一单连通的、封闭的三维流形与三维球面同胚。
上述简单来说就是：每一个没有破洞的封闭三维物体，都拓扑等价于三维的球面。粗浅的比喻即为：如果我们伸缩围绕一个苹果表面的橡皮带，那么我们可以既不扯断它，也不让它离开表面，使它慢慢移动收缩为一个点；另一方面，如果我们想象同样的橡皮带以适当的方向被伸缩在一个轮胎面上，那么不扯断橡皮带或者轮胎面，是没有办法把它不离开表面而又收缩到一点的。我们说，苹果表面是“单连通的”，而轮胎面不是。
该猜想是一个属于代数拓扑学领域的具有基本意义的命题，对“庞加莱猜想”的证明及其带来的后果将会加深数学家对流形性质的认识，甚至会对人们用数学语言描述宇宙空间产生影响。
证明历史
20世纪
这个问题曾经被搁置了很长时间，直到1930年怀特海（J. H. C. Whitehead）首先宣布已经证明然而又收回，才再次引起了人们的兴趣。怀特海提出了一些有趣的三流形实例，其原型现在称为怀特海流形。
1950和1960年代，又有许多著名的数学家包括R·H·宾（R. H. Bing）、沃夫冈·哈肯（Wolfgang Haken）、爱德华·摩斯（Edwin E. Moise）和Christos Papakyriakopoulos声称得到了证明，但最终都发现证明存在致命缺陷。1961年，美国数学家史提芬·斯梅尔采用十分巧妙的方法绕过三、四维的困难情况，证明了五维以上的庞加莱猜想。这段时间对于低维拓扑的发展非常重要。这个猜想逐渐以证明极难而知名，但是证明此猜想的工作增进了对三流形的理解。1981年美国数学家麦克·傅利曼（Michael Freedman）证明了四维猜想，至此广义庞加莱猜想得到了证明。
1982年，理查德·汉密尔顿引入了“瑞奇流”的概念，并以此证明了几种特殊情况下的庞加莱猜想。在此后的几年中，他进一步地发展了此方法，后来被佩雷尔曼的证明所使用。
21世纪

俄罗斯数学家格里戈里·佩雷尔曼
在2002年11月和2003年7月之间，俄罗斯的数学家格里戈里·佩雷尔曼在arXiv.org发表了三篇论文预印本，并声称证明了几何化猜想。
在佩雷尔曼之后，先后有3组研究者发表论文补全佩雷尔曼给出的证明中缺少的细节。这包括密歇根大学的布鲁斯·克莱纳和约翰·洛特；哥伦比亚大学的约翰·摩根和麻省理工学院的田刚；以及理海大学的曹怀东和中山大学的朱熹平。据报道[3]，2006年6月3日，丘成桐曾表示曹怀东和朱熹平第一个给出了庞加莱猜想的完全证明[4]。
2006年8月，第25届国际数学家大会授予佩雷尔曼菲尔兹奖，但佩雷尔曼拒绝接受该奖[5]。数学界最终确认佩雷尔曼的证明解决了庞加莱猜想。
2010年3月18日，克雷数学研究所对外公布，俄罗斯数学家格里戈里·佩雷尔曼（俄语：Григорий Яковлевич Перельман，1966年6月13日出生）因为破解庞加莱猜想而荣膺千禧年大奖[6][7]。
《纽约客》专文及相关争议
2006年8月28日出版的《纽约客》杂志发表西尔维亚·娜莎和大卫·格鲁伯的长文《流形的命运——传奇问题以及谁是破解者之争》。该文介绍了佩雷尔曼等人的工作并描画了“一个令人厌恶的丘成桐的形象，暗示他为他的学生曹怀东和他支持的朱熹平的工作宣传了过多的功劳。”[8]。此文发表后，引发了很大争议。包括汉密尔顿在内的多名数学家发表声明表示文章没有正确地反映他们对丘的评价，丘成桐也表示可能采取法律行动。
一名加州理工学院的研究者指出曹、朱论文[4]中引理7.1.2与克莱纳和洛特2003年发表的成果[9]几乎完全相同。据此，洛特指责曹和朱两人有剽窃的行为。此后，曹怀东和朱熹平在原刊发表纠错声明，确认了此引理是克莱纳和洛特的成果，解释没有指明出处是由于编辑上的差错，并为此向两位原作者致歉。
P/NP问题
P/NP问题是在理论信息学中计算复杂度理论领域里至今没有解决的问题，它被“克雷数学研究所”（Clay Mathematics Institute，简称CMI）在千禧年大奖难题中收录。P/NP问题中包含了复杂度类P与NP的关系。1971年史提芬·古克（Stephen A. Cook）和Leonid Levin相对独立的提出了下面的问题，即是否两个复杂度类P和NP是恒等的（P=NP?）。
P和NP
复杂度类P即为所有可以由一个确定型图灵机在多项式表达的时间内解决的问题；类NP由所有可以在多项式时间内验证解是否正确的决定问题组成，或者等效的说，那些解可以在非确定型图灵机上在多项式时间内找出的问题的集合。很可能，计算理论最大的未解决问题就是关于这两类的关系的：
P和NP相等吗？
在2002年对于100研究者的调查，61人相信答案是否定的，9个相信答案是肯定的，22个不确定，而8个相信该问题可能和现在所接受的公理独立，所以不可能证明或证否。[1] 对于正确的解答，有一个$1,000,000美元的奖励。
NP-完全问题（或者叫NPC）的集合在这个讨论中有重大作用，它们可以大致的被描述为那些在NP中最不像在P中的（确切定义细节请参看NP-完全理论）。计算机科学家现在相信P, NP，和NPC类之间的关系如图中所示，其中P和NPC类不交。

假设P ≠ NP的复杂度类的图解。如P = NP则三个类相同。
简单来说，P = NP问题问道：如果是／不是问题的正面答案可以很快验证，其答案是否也可以很快计算？这里有一个给你找点这个问题的感觉的例子。给定一个大数Y，我们可以问Y是否是复合数。例如，我们可能问53308290611是否有非平凡的因子。答案是肯定的，虽然手工找出一个因子很麻烦。从另一个方面讲，如果有人声称答案是"对，因为224737可以整除53308290611"，则我们可以很快用一个除法来验证。验证一个数是除数比找出一个明显除数来简单得多。用于验证一个正面答案所需的信息也称为证明。所以我们的结论是，给定正确的证明，问题的正面答案可以很快地（也就是，在多项式时间内）验证，而这就是这个问题属于NP的原因。虽然这个特定的问题，最近被证明为也在P类中（参看下面的关于"质数在P中"的参考），这一点也不明显，而且有很多类似的问题相信不属于类P。
像上面这样，把问题限制到“是／不是”问题并没有改变原问题（即没有降低难度）；即使我们允许更复杂的答案，最后的问题（是否FP = FNP）是等价的。
学术定义
更正式一些，一个决定问题是一个取一些字符串为输入并要求输出为是或否的问题。若有一个算法（譬如图灵机，或一个LISP或Pascal的程序并有无限的内存）能够在最多nk步内对一个串长度为n的输入给出正确答案，其中k是某个不依赖于输入串的常数，则我们称该问题可以在多项式时间内解决，并且将它置入类P。直观的讲，我们将P中的问题视为可以较快解决的问题。
现在假设有一个算法A(w,C)取两个参数，一个串w，也就是我们的决定问题的输入串，而另一个串C是“建议证明”，并且使得A在最多nk步之内产生“是／否”答案（其中n是w的长度而k不依赖于w）。进一步假设
w是一个答案为“是”的例子，当且仅当，存在C使得A(w,C)返回“是”。
则我们称这个问题可以在非决定性多项式时间内解决，且将它放入NP类。我们把算法A作为一个所建议的证明的检验器，它运行足够快。（注意缩写NP代表“Non-deterministic（非确定性）Polynomial（多项式）”而不是代表“Non-Polynomial（非多项式）。）
NP完全
要解决P = NP问题，NP完全的概念非常有用。不严格的讲，NP完全问题是NP类中“最难”的问题，也就是说它们是最可能不属于P类的。这是因为任何NP中的问题可以在多项式时间内变换成为任何特定NP完全问题的一个特例。例如，旅行推销员问题的判定问题版本是NP完全的。所以NP中的任何问题的任何特例可以在多项式时间内机械地转换成旅行商问题的一个特例。 所以若旅行商问题被证明为在P内，则P = NP！旅行商问题是很多这样的NP完全的问题之一。若任何一个NP完全的问题在P内，则可以推出P = NP。不幸的是，很多重要的问题被证明为NP完全，但没有一个有已知快速的算法。
更难的问题
虽然是否P=NP还是未知的，在P之外的问题是已经知道存在的。寻找国际象棋或围棋最佳走法（在n乘n棋盘上）是指数时间完全的。因为可以证明P ≠ EXPTIME（指数时间），这些问题位于P之外，所以需要比多项式时间更多的时间。判定Presburger算术中的命题是否为真的问题更加困难。Fischer和Rabin于1974年证明每个决定Presburger命题的真伪性的算法有最少22cn的运行时间，c为某个常数。这里，n是Presburger命题的长度。因此，该命题已知需要比指数时间更多的运行时间。不可判定问题是更加困难的，例如停机问题。它们无法在任何给定时间内解决。
P真的容易处理吗？
上面所有的讨论，假设了P表示“容易”而“不在P中”表示“困难”。这是一个在复杂度理论中常见而且有一定准确性的假设，它在实践中却不总是真的，原因包括如下几点：
· 它忽略了常数因子。一个需要101000n时间的问题是属于P的（它是线性时间的），但是事实上完全无法处理。一个需要10-100002n时间的问题不是在P中的（它是指数时间的），但是对于n取值直到几千时还是很容易处理的。
· 它忽略了指数的大小。一个时间复杂度n1000属于P，但是很难对付。已经证明在P中存在需要任意大的指数的问题（参看时间等级定理）。一个时间复杂度2n/1000的问题不属于P，但对与n直到几千还是容易应对的。
· 它只考虑了最坏情况的复杂度。可能现实世界中的有些问题在多数时候可以在时间n中解决，但是很偶尔你会看到需要时间2n的特例。这个问题可能有一个多项式的平均时间，但最坏情况是指数式的，所以该问题不属于P。
· 它只考虑确定性解。可能有一个问题你可以很快解决如果你可以接受出现一点误差的可能，但是确保正确的答案会难得多。这个问题不会属于P，虽然事实上它可以很快求解。这实际上是解决属于NP而还不知道是否属于P的问题的一个办法（参看RP，BPP）。
· 新的诸如量子计算机这样的计算模型，可能可以快速的解决一些尚未知道是否属于P的问题；但是，没有一个它们已知能够解决的问题是NP完全的。不过，必须注意到P和NP问题的定义是采用像图灵机这样的经典计算模型的术语表述的。所以，即使一个量子计算机算法被发现能够有效的解决一个NP完全问题，我们只是有了一个快速解决困难问题的实际方法，而不是数学类P和NP相等的证明。
计算机科学家为什么认为P ≠ NP？
多数计算机科学家相信P≠NP。该信念的一个关键原因是经过数十年对这些问题的研究，没有人能够发现一个NP完全问题的多项式时间算法。而且，人们早在NP完全的概念出现前就开始寻求这些算法了（Karp的21个NP完全问题，在最早发现的一批中，有所有著名的已经存在的问题）。进一步地，P = NP这样的结果会导致很多惊人的结果，那些结果现在被相信是不成立的，例如NP = 反NP和P = PH。
也有这样论证的：问题较难求解（NP）但容易验证（P），这和我们日常经验是相符的。
从另一方面讲，某些研究者认为我们过于相信P ≠ NP，而应该也去寻找P = NP的证明。例如，2002年中有这样的声明：[2]
倾向P≠NP的主要论据是在穷尽搜索的领域完全没有本质进展。也就是说，以我的观点，一个很弱的论据。算法的空间是很大的，而我们只是在开始探索的起点。[ . . . ] 费马最后定理的解决也显示非常简单的[sic]问题可能只有用非常深刻的理论才能解决。
—摩西·瓦迪（Moshe Vardi），莱斯大学
过分依赖某种投机的猜测不是规划研究的一个好的导引。我们必须总是尝试每个问题的两个方向。偏见可能导致著名的数学家无法解决答案和他们的预计相反的著名问题，虽然他们发展了所有所需的方法。
—Anil Nerode, 康奈尔大学
关于证明的难度的结果
虽然百万美元的奖金和投入巨大却没有实质性结果的大量研究足以显示该问题是困难的，但是还有一些形式化的结果证明为什么该问题可能很难解决。
最常被引用的结果之一是设计神谕。假想你有一个魔法机器可以解决单个问题，例如判定一个给定的数是否为质数，可以瞬间解决这个问题。我们的新问题是，若我们被允许任意利用这个机器，是否存在我们可以在多项式时间内验证但无法在多项式时间内解决的问题？结果是，依赖于机器能解决的问题，P = NP和P ≠ NP二者都可以证明。这个结论带来的后果是，任何可以通过修改来证明该机器的存在性的结果不能解决问题。不幸的是，几乎所有经典的方法和大部分已知的方法可以这样修改（我们称它们在相对化）。
如果这还不算太糟的话，1993年Razborov和Rudich证明的一个结果表明，给定一个特定的可信的假设，在某种意义下“自然”的证明不能解决P = NP问题。[3] 这表明一些现在似乎最有希望的方法不太可能成功。随着更多这类定理得到证明，该定理的可能证明方法有越来越多的陷阱要规避。
这实际上也是为什么NP完全问题有用的原因：若对于NP完全问题存在有一个多项式时间算法，或者没有一个这样的算法，这将能用一种相信不被上述结果排除在外的方法来解决P = NP问题。
多项式时间算法
没人知道多项式时间算法对于NP完全问题是否存在。但是如果这样的算法存在，我们已经知道其中的一些了！例如，下面的算法正确的接受了一个NP完全语言，但是没人知道通常它需要多久运行。它是一个多项式时间算法当且仅当P = NP。
// 接受NP完全语言的一个算法子集和。
//
// 这是一个多项式时间算法当且仅当P=NP。
//
// “多项式时间”表示它在多项式时间内返回“是”，若
// 结果是“是”，否则永远运行。
//
// 输入：S = 一个自然数的有限集
// 输出："是"如果某个S的子集加起来等于0。
// 否则，它永远运行没有输出。
// 注意: "程序数P"是你将一个整数P写为二进制，然后
// 将位串考虑为一个程序。
// 每个可能的程序都可以这样产生，
// 虽然多数什么也不做因为有语法错误。
//
FOR N = 1...infinity
FOR P = 1...N
以S为输入运行程序数P N步
IF程序输出一个不同的整数的列表
AND所有整数都在S中
AND整数的和为0
THEN
OUTPUT "是"并 停机
若P = NP，则这是一个接受一个NP完全语言的多项式时间算法。“接受”表示它在多项式时间内给出“是”的答案，但允许在答案是“否”的时候永远运行。
可能我们想要“解决”子集和问题，而不是仅仅“接受”子集和语言。这表示我们想要它总是停机并返回一个“是”或“否”的答案。是否存在任何可能在多项式时间内解决这个问题的算法？没有人知道。但是如果这样的算法存在，那么我们已经知道其中的一些了！只要将上面的算法中的IF语句替换成下面的语句：
IF程序输出一个完整的数学证明
AND证明的每一步合法
AND结论是S确实有（或者没有）一个和为0的子集
THEN
OUTPUT "是"（或者"不是"如果那被证明了）并停机
逻辑表述
P=NP问题可以用逻辑命题的特定类的可表达性的术语来重新表述。所有P中的语言可以用一阶逻辑加上最小不动点操作（实际上，这允许了递归函数的定义）来表达。类似地，NP是可以用存在性二阶逻辑来表达—也就是，在关系、函数、和子集上排除了全称量词的二阶逻辑。多项式等级，PH中的语言对应与所有的二阶逻辑。这样，“P是NP的真子集吗”这样的问题可以表述为“是否存在性二阶逻辑能够表达带最小不动点操作的一阶逻辑的所不能表达的语言？”

霍奇猜想
霍奇猜想是代数几何的一个重大的悬而未决的问题。它是关于非奇异复代数簇的代数拓扑和它由定义子簇的多项式方程所表述的几何的关联的猜想。它在霍奇的著述的一个结果中出现，他在1930至1940年间通过包含额外的结构丰富了德拉姆上同调的表述，这种结构出现于代数簇的情况（但不仅限于这种情况）。

黎曼猜想
黎曼猜想由德国数学家波恩哈德·黎曼于1859年提出。它是数学中一个重要而又著名的未解决的问题。多年来它吸引了许多出色的数学家为之绞尽脑汁。
· 黎曼猜想：
黎曼ζ函数， 。 非平凡零点(在此情况下是指s不为-2、-4、-6‧‧‧等点的值)的实数部份是½。

未解决的数学问题: 黎曼ζ函数的每个非平凡零点的实部是否同为½？

黎曼猜想（RH）是关于黎曼ζ函数ζ(s)的零点分布的猜想。黎曼ζ函数在任何复数s ≠ 1上有定义。它在负偶数上也有零点（例如，当s = −2, s = −4, s = −6, ...）。这些零点是“平凡零点”。黎曼猜想关心的是非平凡零点。
黎曼猜想提出：
黎曼ζ函数非平凡零点的实数部份是½
即所有的非平凡零点都应该位于直线½ + ti（“临界线”）上。t为一实数，而i为虚数的基本单位。沿临界线的黎曼ζ函数有时通过Z-函数进行研究。它的实零点对应于ζ函数在临界线上的零点。
素数在自然数中的分布问题在纯粹数学和应用数学上都很重要。素数在自然数中的分布并没有简单的规律。黎曼（1826--1866）发现素数出现的频率与黎曼ζ函数紧密相关。
1901年Helge von Koch指出，黎曼猜想与强条件的素数定理等价。现在已经验证了最初的1,500,000,000个素数对这个定理都成立。但是是否所有的解对此定理都成立，至今尚无人给出证明。
黎曼猜想所以被认为是当代数学中一个重要的问题，主要是因为很多深入和重要的数学和物理结果都能在它成立的大前提下被证明。大部份数学家也相信黎曼猜想是正确的（约翰·恩瑟·李特尔伍德与塞尔伯格曾提出怀疑。塞尔伯格于晚年部分改变了他的怀疑立场。在1989年的一篇论文中，他猜测黎曼猜想对更广泛的一类函数也应当成立。）克雷数学研究所设立了$1,000,000美元的奖金给予第一个得出正确证明的人。
[编辑] 历史

黎曼ζ函数在临界线Re(s) = 1/2上的实部（红色）和虚部（蓝色）。我们可以看到最起初的几个非平凡零点就位于Im(s) = ±14.135, ±21.022和±25.011上。

黎曼ζ函数实部与虚部的数值比较图，也就是Re(ζ(s)) vs. Im(ζ(s))，沿着临界线s = it + 1/2，t 由0到34
黎曼1859年在他的论文《Über die Anzahl der Primzahlen unter einer gegebenen Größe'》中提及了这个著名的猜想，但它并非该论文的中心目的，他也没有试图给出证明。黎曼知道ζ函数的不平凡零点对称地分布在直线s = ½ + it上，以及他知道它所有的不平凡零点一定位于区域0 ≤ Re(s) ≤ 1中。
1896年，雅克·阿达马和Charles Jean de la Vallée-Poussin分别独立地证明了在直线Re(s) = 1上没有零点。连同了黎曼对于不非凡零点已经证明了的其他特性，这显示了所有不平凡零点一定处于区域0 < Re(s) < 1上。这是素数定理第一个完整证明中很关键的一步。
1900年，大卫·希尔伯特将黎曼猜想包括在他著名的23条问题中，黎曼猜想与哥德巴赫猜想一起组成了希尔伯特名单上第8号问题。当被问及若他一觉醒来已是五百年后他将做什么时，希尔伯特有名地说过他的第一个问题将是黎曼猜想有否被证明。(Derbyshire 2003:197; Sabbagh 2003:69; Bollobas 1986:16).黎曼猜想是希尔伯特问题中唯一一个被收入克雷数学研究所的千禧年大奖数学难题的。
1914年，高德菲·哈罗德·哈代证明了有无限个零点在直线Re(s) = ½上。然而仍然有可能有无限个不平凡零点位于其它地方（而且有可能是最主要的零点）。后来哈代与约翰·恩瑟·李特尔伍德在1921年及塞尔伯格在1942年的工作（临界线定理）也就是计算零点在临界线Re(s) = ½上的平均密度。
近来的工作集中于清楚的计算大量零点的位置（希望借此能找到一个反例）以及对处于临界线以外零点数目的比例置一上界（希望能把上界降至零）[来源请求]。
黎曼猜想与素数定理
黎曼猜想传统的表达式隠藏了这个猜想的真正重要性。黎曼ζ函数与素数的分布有着深厚的连结。Helge von Koch在1901年证明了黎曼猜想等价于素数定理一个可观的强化：给出任何ε > 0，我们有

式中π(x)为素数计数函数，ln(x)为x 的自然对数，以及右手边用上了大O符号[1]。一个由Lowell Schoenfeld提出的非近似版本，表示黎曼猜想等价于
。
黎曼ζ函数的零点与素数满足一个称为明确公式的对偶性，这表明了：在调和分析的意义下，黎曼ζ函数的零点可视为素数分布的谐波。
将黎曼ζ函数代为更一般的L-函数，此时仍有相应的猜想：整体L-函数的非平凡零点的实部必等于。这被称为广义黎曼猜想。函数域上的广义黎曼猜想已被证明，数域的情形仍悬而未决。
黎曼猜想之结果及其等价命题
黎曼猜想的实际用途包括一些在黎曼猜想成立前提底下能被证明为真的命题，当中有些更被证明了跟黎曼猜想等价。其中一个就是以上素数定理误差项的增长率。
[编辑] 默比乌斯函数的增长率
其中一个命题牵涉了默比乌斯函数μ。命题“等式

在s的实部大于½的时候成立，而且右边项的和收敛”就等价于黎曼猜想。由此我们能够总结出假如Mertens函数的定义为

那黎曼猜想就等价于对任何都有
，
这将会对于M的增长给出了一个更紧的限制，因为即使没有黎曼猜想我们也能得出

（关于这些符号的意思，见大O符号。）
积性函数增长率
黎曼猜想等价于一些除μ(n)以外一些积性函数增长率的猜想。例如，因子函数σ(n)由下式给出：

那在n > 5040的时候，
，
这名为Robin定理并在1984年以Guy Robin命名。另一个有关的上限在2002年由Jeffrey Lagarias提出，他证明了黎曼猜想等价于命题“对于任意自然数n，

而为第n个调和数。
里斯判准与二项式系数和
里斯判准由里斯在1916年给出[2]，它断言黎曼猜想等价于下式对所有成立

哈代稍后于1918年以波莱尔求和法及梅林变换证明了下式的积分表法。

其它相关的积性函数的增长率也具有与黎曼猜想等价的表述。
考虑二项式系数和
，
Báez-Duarte[3][4]与Flajolet、Brigitte Vallée[5]证明了黎曼猜想等价于对所有的下式成立
。
类似的还有以下级数
。
对此。Flajolet与Vepstas [6]证明了黎曼猜想等价于对所有的下式成立

其中的是依赖于的某个常数。
韦伊判准、李判准
韦伊判准断言某些函数的正定性等价于广义黎曼猜想。与此相似的还有李判准，这断言某些数列的正性等价于黎曼猜想。
[编辑] 跟法里数列的关系
另外两个跟黎曼猜想等价的命题牵涉了法里数列。假如Fn是法里数列中的第n项，由1/n开始而终于1/1，那命题“给出任何e > ½

”等价于黎曼猜想。在这里是法里数列中n阶项的数目。类似地等价于黎曼猜想的命题是“给出任何e > −1.
”
跟群论的关系
黎曼猜想等价于群论中的一些猜想。举例说，g（n），是对称群Sn的所有元素的秩之中，最大的一个，也就是兰道函数，则黎曼猜想等价于：对够大的n，下式成立：
。
与埃拉托斯特尼筛法的关系
参见埃拉托斯特尼筛法，黎曼猜想的素数公式直接来源于埃拉托斯特尼筛法的过程。
临界线定理
黎曼猜想等价于命题“的导函数在区域

上无零点。” 函数ζ在临界线上只有单零点的充要条件是其导函数在临界线上非零。所以若黎曼猜想成立，命题中的非零区域可以延伸为。这条进路带来了一些成果。Norman Levinson将此条件加细，从而得到了较强的临界线定理。
已否证的猜想
一些比黎曼猜想强的猜想曾被提出，但它们有被否证的趋势。Paul Turan证明了假如级数

当s大于1时没有零点，则黎曼猜想成立，但Hugh Montgomery证明了这前提并不成立。另一个更强的梅滕斯猜想也同样被否证。
相对弱的猜想
Lindelöf猜想
黎曼猜想有各种比较弱的结果；其中一个是关于ζ函数于临界线上的增长速度的Lindelöf猜想，表明了给出任意的e > 0，当t趋向无限，

记第n 个素数为pn，一个由Albert Ingham得出的结果显示，Lindelöf猜想将推导出“给出任意e > 0，对足够大的n 有
pn+1 - pn < p1/2+e,”
不过这个结果比大素数间隙猜想弱，详如下述。

大素数间隙猜想
另一个猜想是大素数间隙猜想。哈拉尔德·克拉梅尔证明了：假设黎曼猜想成立，素数p 与其后继者之间的间隙将会为。平均来说，该间隙的阶仅为，而根据数值计算结果，它的增长率并不似黎曼猜想所预测的那么大。
证明黎曼猜想的尝试
过去的一百多年，有很多数学家声称证明了黎曼猜想。截至2007年为止，尚有一些证明还未被验证；但它们都被数学社群所质疑，多数专家并不相信它们是正确的。艾希特大学的Matthew R. Watkins为这些或是严肃或是荒唐的证明编辑了一份列表[7]。其他一些证明可在arXiv数据库中找到。
黎曼猜想证明的可能的着手方向
由于黎曼猜想是有关2维变量（临界线（critical line）上的虚数解和黎曼ζ函数中的自然数变量n）的问题，故不但要考虑在2维变量下的情况，似乎还可以从更高维数（例如3或4维甚至更高维）变量的情况下来考虑问题。
另外，由于黎曼猜想从本质上来说是证明一个方程的非平凡的复数解必然是1/2+bi的形式（b是实数，i是虚数单位），因此应该与代数学是密不可分的；就是说，代数几何、代数数论甚至代数拓扑等学科的知识是不可缺少的。如果能从上述几个分支学科之间找到新的联系，以及对这些分支学科有进一步的新发现，那可能可以为证明黎曼猜想打下基础，或为黎曼猜想的证明做好准备。
与算子理论的可能联系
主条目：希尔伯特-波利亚猜想
长久以来，人们猜测黎曼猜想的“正解”是找到一个适当的自伴算符，再由实特征值的判准导出零点实部的资讯。在此方向上已有许多工作，却仍未有决定性的进展。
黎曼ζ函数的统计学性质与随机矩阵的特征值有许多相似处。这为希尔伯特-波利亚猜想提供了一些支持。
在1999年，Michael Berry与Jon Keating猜想经典哈密顿函数有某个未知的量子化，使得下式成立

更奇特的是，黎曼ζ函数的零点与算子的谱相同。正则量子化的情形则相反：正则量子化引致海森堡测不准原理，并使量子谐振子的谱为自然数。重点在于，所求的哈密顿算符应当是个闭自伴算符，方能满足希尔伯特-波利亚猜想之要求。
搜寻ζ函数的零点

ζ函数的绝对值。
关于计算上找寻ζ函数零点越多越好的尝试，已经有一段很长的历史了。其中一个出名的尝试乃ZetaGrid，一个分散式计算的计划，一天可检查上十亿个零点。这计划在2005年11月终止。直至2006年，没有计算计划成功找到黎曼猜想的一个反例。
2004年，Xavier Gourdon与Patrick Demichel透过Odlyzko-Schönhage algorithm验证了黎曼猜想的头十兆个非平凡零点。
Michael Rubinstein给了公众一个算法去算出零点。

贝赫和斯维讷通-戴尔猜想
数学家总是被诸如x2+y2=z2那样的代数方程的所有整数解的刻画问题着迷。
欧几里德曾经对这一方程给出完全的解答，但是对于更为复杂的方程，这就变得极为困难。事实上，正如马蒂雅谢维奇指出，希尔伯特第十问题是不可解的，即，不存在一般的方法来确定这样的方法是否有一个整数解。当解是一个阿贝尔簇的点时，贝赫和斯维讷通－戴尔猜想认为，有理点的群的大小与一个有关的蔡塔函数z(s)在点s=1附近的性态。特别是，这个有趣的猜想认为，如果z(1)等于0,那么存在无限多个有理点(解)，相反，如果z(1)不等于0,那么只存在有限多个这样的点。

贝赫和斯维讷通-戴尔猜想（英文：Birch and Swinnerton-Dyer Conjecture），简称为BSD猜想。
设 是定义在代数数域 上的椭圆曲线， 是 上的有理点的集合，已经知道 是有限生成交换群。记 是 的L函数，则此猜想如下：

卡塔兰猜想（已证成立）
卡塔兰猜想是比利时数学家欧仁·查理·卡塔兰（Eugène Charles Catalan）在1844年提出的一个数论的猜想。它是说除了，，没有两个连续整数都是正整数的幂（即次方数）；以数学方式表述为：不定方程的大于1的正整数只有唯一解。
也可以叫“8--9”猜想。
2002年4月，帕德博恩大学的罗马尼亚数学家普雷达·米哈伊列斯库（Preda Mihăilescu）证明了这猜想，所以它现在是定理了。这个证明由尤里·比卢（Yuri Bilu）检查，大幅使用了分圆域和伽罗华模。
与卡塔兰猜想相似的有费马大定理。
历史
在卡塔兰之前已有人考虑过类似的问题。
· 1320年左右，莱维·本·热尔松（Levi ben Gerson，1288年—1344年）证明2和3的幂之间只有8和9相差是1。
· 莱昂哈德·欧拉证明，x2 - y3 = 1只有一解：x = 3,y = 2。
· 勒贝格证明了方程xa - y2 = 1，a > 1 没有正整数解。
· 1965年柯召证明方程x2 - yb = 1，b > 1 只有一个解。
于是卡塔兰猜想只余下为奇素数的情况。
· 1976年罗贝特·泰德曼(Robert Tijdeman)证明卡塔兰猜想的方程只有有限个解。雷·斯坦纳(Ray Steiner)和莫里斯·米尼奥特（Maurice Mignotte）也对这猜想作出贡献。
皮莱猜想：把卡塔兰猜想一般化，推测正整数的幂之间的差趋向无限大；换句话说，对任何正整数，仅有限多对正整数的幂的差是这个数。这猜想现在仍未解决。

几何化猜想(已证成立)
威廉·瑟斯顿（Thurston）的几何化猜想（geometrization conjecture）指的是，任取一个紧致（可能带边）的三维流形尽量作连通和以使其成为尽可能简单的三维流形的连通和，对于带边流形可能还需要沿着一些圆盘继续切割，有唯一的方法沿着一些环面（如果是带边流形还要加上平环）割开得到尽可能简单的若干小块，这些小块均为八种标准几何结构之一。
八种标准几何结构均为完备的黎曼度量，这些几何结构在某种意义上是比较“好”的，例如体积有限、“直线”都可无限延伸等等。
1. 标准球面S，具有常曲率+l
2. 欧氏空间R，具有常曲率0
3. 双曲空间H，具有常曲率-1
4. S×S
5. H×S
6. 特殊线性群(2，R)上左不变黎曼度量
7. 幂零几何
8. 可解几何

abc猜想
abc猜想最先由乔瑟夫·奥斯达利（Joseph Oesterlé）及大卫·马瑟（David Masser）在1985年提出。此猜想仍未被证明，却衍生一BOINC项目名为“ABC@Home”。
内容
它说明对于任何，存在常数，使得对于任何三个满足及互质的正整数，有：

在此表示的质因子的积，如。
abc猜想与诸多丢番图方程（不定方程问题）紧密相关，如费马大定理：， 当时，方程无整数解。
历史
1996年，艾伦·贝克（Alan Baker）提出一个较为精确的猜想，将用取代，在此是的不同质因子的数目。
2012年8月，日本京都大学数学家望月新一发表长约五百页的abc猜想的证明，以泰赫米勒理论为基础[1][2][3]。该证明目前正由其他数学专家检查中。

考拉兹猜想
考拉兹猜想（英语：Collatz conjecture），又称为3n＋1猜想、冰雹猜想、角谷猜想、哈塞猜想、乌拉姆猜想或叙拉古猜想，是指对于每一个正整数，如果它是奇数，则对它乘3再加1，如果它是偶数，则对它除以2，如此循环，最终都能够得到1。

取一个数字
如n = 6，根据上述数式，得出 6→3→10→5→16→8→4→2→1 。(步骤中最高的数是16，共有8个步骤)
如n = 11，根据上述数式，得出 11→34→17→52→26→13→40→20→10→5→16→8→4→2→1。(步骤中最高的数是52，共有14个步骤)
如n = 27，根据上述数式，得出 : 27→82→41→124→62→31→94→47→142→71→214→107→322→161→484→242→121→364→182→91→274→137→412→206→103→310→155→466→233
→700→350→175→526→263→790→395→1186→593→1780→890→445→1336→668→334→167→502→251→754→377→1132→566→283→850→425→1276
→638→319→958→479→1438→719→2158→1079→3238→1619→4858→2429→7288→3644→1822→911→2734→1367→4102→2051→6154→3077→9232
→4616→2308→1154→577→1732→866→433→1300→650→325→976→488→244→122→61→184→92→46→23→70→35→106→53→160→80→40→20→10
→5→16→8→4→2→1。(步骤中最高的数是9232，共有111个步骤)
考拉兹猜想称，任何正整数，经过上述计算步骤后，最终都会得到 1 。

狮

Ⅸ 数目少于1万的，步骤中最高的数是6171； 数目少于1亿的，步骤中最高的数是63728127，共有949个步骤； 数目少于10亿的，步骤中最高的数是670617279，共有986个步骤。
也可以叫“奇偶归一猜想”。
以下是这个猜想的计算机代码。它会在答案得到1时停下来，以避免作4→2→1这个无限循环。
def collatz(n)
print n
if n.odd? and n > 1
collatz(3n + 1)
else if n.even?
collatz(n / 2)
在1930年代，德国汉堡大学的学生考拉兹，曾经研究过这个猜想，因而得名。在1960年，日本人角谷静夫也研究过这个猜想。但这猜想到目前，仍没有任何进展。
保罗·艾狄胥就曾称，数学上尚未为此类问题提供答案。他并称会替找出答案的人奖赏500元。
目前已经有分布式计算在进行验证。到2009年1月18日，已验证正整数到 5 × 260 = 5,764,607,523,034,234