證明黎曼ζ函數的歐拉乘積公式

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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。[1][2]

公式[编辑]

黎曼ζ函數歐拉乘積的方式可寫成

\sum_{n=1}^\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}^\infty\frac{1}{n^s} = 1+\frac{1}{2^s}+\frac{1}{3^s}+\frac{1}{4^s}+\frac{1}{5^s}+ \ldots

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[编辑]

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}+ \ldots (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}+ \ldots (2)

從(2)式減去(1)式,我們消去所有偶數項:

\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 (3)

重複上面步驟:

\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 (4)

從(4)式減去(3)式,可得:

\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

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:

 \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

左右兩方除以所有括號項,我們得到:

 \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 }

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\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。

特別情況 s = 1 [编辑]

從以上公式可推導出 ζ(1) 的有趣結果。

 \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

可以寫成,

 \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
 \left(\frac{\ldots\cdot10\cdot6\cdot4\cdot2\cdot1}{\ldots\cdot11\cdot7\cdot5\cdot3\cdot2}\right)\zeta(1) = 1
\zeta(1) = 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+ \ldots

所以,

 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}

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[编辑]

參考資料[编辑]

  1. ^ O'Connor, J.J. and Robertson, E.F. A history of calculus. University of St Andrews. 1996.February [2007-08-07]. 
  2. ^ John Derbyshire (2003), chapter 7, "The Golden Key, and an Improved Prime Number Theorem"
  • John Derbyshire, Prime Obsession: Bernhard Riemann and The Greatest Unsolved Problem in Mathematics, Joseph Henry Press, 2003, ISBN 978-0-309-08549-6