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{{NoteTA|G1=Math}}
[[歐拉]]在他的論文《無窮級數的一些檢視》（''Various Observations about Infinite Series''）中證明[[黎曼ζ函數]]的歐拉乘積公式，並於1737年由當時的科學院出版。<ref>{{cite web | title = A history of calculus | author = O'Connor, J.J. and Robertson, E.F. | publisher = University of St Andrews | url = http://www-groups.dcs.st-and.ac.uk/~history/HistTopics/The_rise_of_calculus.html | accessdate = 2007-08-07 | date = February 1996 | archive-date = 2007-07-15 | archive-url = https://web.archive.org/web/20070715191704/http://www-groups.dcs.st-and.ac.uk/~history/HistTopics/The_rise_of_calculus.html | dead-url = no }}</ref><ref>John Derbyshire (2003), chapter 7, "The Golden Key, and an Improved Prime Number Theorem"</ref>

== 公式 ==

[[黎曼ζ函數]]以[[歐拉乘積]]的方式可寫成

:<math>\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^s} = \prod_{p \text{ prime}} \frac{1}{1-p^{-s}}</math>  

而左方等於[[黎曼ζ函數]]：

:<math>\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}+ \ldots</math>
右方的乘積則擴展至所有[[質數]]''p''：

:<math>\prod_{p \text{ prime}} \frac{1}{1-p^{-s}} = \frac{1}{1-2^{-s}}\cdot\frac{1}{1-3^{-s}}\cdot\frac{1}{1-5^{-s}}\cdot\frac{1}{1-7^{-s}} \cdots \frac{1}{1-p^{-s}} \cdots</math>

== 證明 ==
[[File:Sieve_of_Eratosthenes_animation.gif|frame|right|證明方法採用了[[埃拉托斯特尼篩法]]的概念，此篩法用於找尋出特定範圍內的質數。]]
證明過程只需用到簡單的代數概念，這亦是[[歐拉]]當初使用的證明方法。

:<math>\zeta(s) = 1+\frac{1}{2^s}+\frac{1}{3^s}+\frac{1}{4^s}+\frac{1}{5^s}+ \ldots </math>（1）

:<math>\frac{1}{2^s}\zeta(s) = \frac{1}{2^s}+\frac{1}{4^s}+\frac{1}{6^s}+\frac{1}{8^s}+\frac{1}{10^s}+ \ldots </math>（2）

從（1）式減去（2）式：

:<math>\left(1-\frac{1}{2^s}\right)\zeta(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}+ \ldots </math>（3）

重複上面步驟：

:<math>\frac{1}{3^s}\left(1-\frac{1}{2^s}\right)\zeta(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}+ \ldots </math>（4）

從（3）式減去（4）式，可得：

:<math>\left(1-\frac{1}{3^s}\right)\left(1-\frac{1}{2^s}\right)\zeta(s) = 1+\frac{1}{5^s}+\frac{1}{7^s}+\frac{1}{11^s}+\frac{1}{13^s}+\frac{1}{17^s}+ \ldots </math>

這次2和3的所有倍數項都被減去。可見右方的的倍數項可被篩去，不斷重複以上步驟可得：

:<math> \ldots \left(1-\frac{1}{11^s}\right)\left(1-\frac{1}{7^s}\right)\left(1-\frac{1}{5^s}\right)\left(1-\frac{1}{3^s}\right)\left(1-\frac{1}{2^s}\right)\zeta(s) = 1 </math>

左右兩方除以所有括號項，我們得到：

:<math> \zeta(s) = \frac{1}{\left(1-\frac{1}{2^s}\right)\left(1-\frac{1}{3^s}\right)\left(1-\frac{1}{5^s}\right)\left(1-\frac{1}{7^s}\right)\left(1-\frac{1}{11^s}\right) \ldots } </math>

最後，公式可寫成[[質數]]的無窮乘積：
:<math>\zeta(s) = \prod_{p \text{ prime}} \frac{1}{1-p^{-s}}</math>

證畢。

為了使證明更嚴密，我們只需注意到當<math>\Re(s) > 1</math>，已篩的右方項趨向1，並遵從[[狄利克雷級數]]的收歛性。

== [[调和级数]] ==
從以上公式可推導出 &zeta;(1) 的有趣結果。

:<math> \ldots \left(1-\frac{1}{11}\right)\left(1-\frac{1}{7}\right)\left(1-\frac{1}{5}\right)\left(1-\frac{1}{3}\right)\left(1-\frac{1}{2}\right)\zeta(1) = 1 </math>
可以寫成，
:<math> \ldots \left(\frac{10}{11}\right)\left(\frac{6}{7}\right)\left(\frac{4}{5}\right)\left(\frac{2}{3}\right)\left(\frac{1}{2}\right)\zeta(1) = 1 </math>

:<math> \left(\frac{\ldots\cdot10\cdot6\cdot4\cdot2\cdot1}{\ldots\cdot11\cdot7\cdot5\cdot3\cdot2}\right)\zeta(1) = 1 </math>

又知：
:<math>\zeta(1) = 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+ \ldots </math>

所以
:<math> 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+ \ldots = \frac{2\cdot 3\cdot 5\cdot 7\cdot 11\cdot\ldots}{1\cdot 2\cdot 4\cdot 6\cdot 10\cdot\ldots} </math>

我們得知左式是[[調和級數]]，並發散至無窮大，故此右式的分子（[[質數階乘]]）必定同樣發散至無窮大。由此可以證明[[質數]]有無限多個。

== 參見 ==
* [[黎曼ζ函數]]
* [[歐拉乘積]]
* [[狄利克雷級數]]
* [[埃拉托斯特尼篩法]]
* [[質數]]

== 參考資料 ==
{{Reflist}}
* John Derbyshire, ''Prime Obsession: Bernhard Riemann and The Greatest Unsolved Problem in Mathematics'', Joseph Henry Press, 2003, ISBN 978-0-309-08549-6

[[Category:Ζ函數與L函數]]
[[Category:文中证明]]
[[Category:莱昂哈德·欧拉]]
[[Category:包含证明的条目]]