證明黎曼ζ函數的歐拉乘積公式

Template:NoteTA 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。

公式

黎曼ζ函數以歐拉乘積的方式可寫成

$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^s}=\prod _{p\text{ prime}}\frac{1}{1-p^{-s}}$

而左方等於黎曼ζ函數：

$\zeta (s)=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^s}=1+\frac{1}{2^s}+\frac{1}{3^s}+\frac{1}{4^s}+\frac{1}{5^s}+\dots$

右方的乘積則擴展至所有質數p：

$\prod _{p\text{ prime}}\frac{1}{1-p^{-s}}=\frac{1}{1-2^{-s}}\cdot \frac{1}{1-3^{-s}}\cdot \frac{1}{1-5^{-s}}\cdot \frac{1}{1-7^{-s}}\cdots \frac{1}{1-p^{-s}}\cdots$

證明

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。

$\zeta (s)=1+\frac{1}{2^s}+\frac{1}{3^s}+\frac{1}{4^s}+\frac{1}{5^s}+\dots$（1）

$\frac{1}{2^s}\zeta (s)=\frac{1}{2^s}+\frac{1}{4^s}+\frac{1}{6^s}+\frac{1}{8^s}+\frac{1}{10^s}+\dots$（2）

從（1）式減去（2）式：

$(1-\frac{1}{2^s})\zeta (s)=1+\frac{1}{3^s}+\frac{1}{5^s}+\frac{1}{7^s}+\frac{1}{9^s}+\frac{1}{11^s}+\frac{1}{13^s}+\dots$（3）

重複上面步驟：

$\frac{1}{3^s}(1-\frac{1}{2^s})\zeta (s)=\frac{1}{3^s}+\frac{1}{9^s}+\frac{1}{15^s}+\frac{1}{21^s}+\frac{1}{27^s}+\frac{1}{33^s}+\dots$（4）

從（3）式減去（4）式，可得：

$(1-\frac{1}{3^s})(1-\frac{1}{2^s})\zeta (s)=1+\frac{1}{5^s}+\frac{1}{7^s}+\frac{1}{11^s}+\frac{1}{13^s}+\frac{1}{17^s}+\dots$

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：

$\dots (1-\frac{1}{11^s})(1-\frac{1}{7^s})(1-\frac{1}{5^s})(1-\frac{1}{3^s})(1-\frac{1}{2^s})\zeta (s)=1$

左右兩方除以所有括號項，我們得到：

$\zeta (s)=\frac{1}{(1-\frac{1}{2^s})(1-\frac{1}{3^s})(1-\frac{1}{5^s})(1-\frac{1}{7^s})(1-\frac{1}{11^s})\dots }$

最後，公式可寫成質數的無窮乘積：

$\zeta (s)=\prod _{p\text{ prime}}\frac{1}{1-p^{-s}}$

證畢。

為了使證明更嚴密，我們只需注意到當$\mathrm{\Re }(s)>1$，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 ζ(1) 的有趣結果。

$\dots (1-\frac{1}{11})(1-\frac{1}{7})(1-\frac{1}{5})(1-\frac{1}{3})(1-\frac{1}{2})\zeta (1)=1$

可以寫成，

$\dots \left(\frac{10}{11}\right)\left(\frac{6}{7}\right)\left(\frac{4}{5}\right)\left(\frac{2}{3}\right)\left(\frac{1}{2}\right)\zeta (1)=1$

$\left(\frac{\dots \cdot 10\cdot 6\cdot 4\cdot 2\cdot 1}{\dots \cdot 11\cdot 7\cdot 5\cdot 3\cdot 2}\right)\zeta (1)=1$

又知：

$\zeta (1)=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+\dots$

所以

$1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+\dots =\frac{2\cdot 3\cdot 5\cdot 7\cdot 11\cdot \dots }{1\cdot 2\cdot 4\cdot 6\cdot 10\cdot \dots }$

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

• John Derbyshire, Prime Obsession: Bernhard Riemann and The Greatest Unsolved Problem in Mathematics, Joseph Henry Press, 2003, ISBN 978-0-309-08549-6