證明黎曼ζ函數的歐拉乘積公式

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。 黎曼ζ函數以歐拉乘積的方式可寫成 ∑ n = 1 ∞ 1 n s = ∏ p  prime 1 1 − p − s {\displaystyle \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： ζ ( s ) = ∑ n = 1 ∞ 1 n s = 1 + 1 2 s + 1 3 s + 1 4 s + 1 5 s + … {\displaystyle \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： ∏ p  prime 1 1 − p − s = 1 1 − 2 − s ⋅ 1 1 − 3 − s ⋅ 1 1 − 5 − s ⋅ 1 1 − 7 − s ⋯ 1 1 − p − s ⋯ {\displaystyle \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。 ζ ( s ) = 1 + 1 2 s + 1 3 s + 1 4 s + 1 5 s + … {\displaystyle \zeta (s)=1+{\frac {1}{2^{s}}}+{\frac {1}{3^{s}}}+{\frac {1}{4^{s}}}+{\frac {1}{5^{s}}}+\ldots } （1） 1 2 s ζ ( s ) = 1 2 s + 1 4 s + 1 6 s + 1 8 s + 1 10 s + … {\displaystyle {\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（1）式減去（2）式： ( 1 − 1 2 s ) ζ ( s ) = 1 + 1 3 s + 1 5 s + 1 7 s + 1 9 s + 1 11 s + 1 13 s + … {\displaystyle \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： 1 3 s ( 1 − 1 2 s ) ζ ( s ) = 1 3 s + 1 9 s + 1 15 s + 1 21 s + 1 27 s + 1 33 s + … {\displaystyle {\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（3）式減去（4）式，可得： ( 1 − 1 3 s ) ( 1 − 1 2 s ) ζ ( s ) = 1 + 1 5 s + 1 7 s + 1 11 s + 1 13 s + 1 17 s + … {\displaystyle \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： … ( 1 − 1 11 s ) ( 1 − 1 7 s ) ( 1 − 1 5 s ) ( 1 − 1 3 s ) ( 1 − 1 2 s ) ζ ( s ) = 1 {\displaystyle \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： ζ ( s ) = 1 ( 1 − 1 2 s ) ( 1 − 1 3 s ) ( 1 − 1 5 s ) ( 1 − 1 7 s ) ( 1 − 1 11 s ) … {\displaystyle \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： ζ ( s ) = ∏ p  prime 1 1 − p − s {\displaystyle \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 ℜ ( s ) > 1 {\displaystyle \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。 從以上公式可推導出 ζ(1) 的有趣結果。 … ( 1 − 1 11 ) ( 1 − 1 7 ) ( 1 − 1 5 ) ( 1 − 1 3 ) ( 1 − 1 2 ) ζ ( 1 ) = 1 {\displaystyle \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， … ( 10 11 ) ( 6 7 ) ( 4 5 ) ( 2 3 ) ( 1 2 ) ζ ( 1 ) = 1 {\displaystyle \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} ( … ⋅ 10 ⋅ 6 ⋅ 4 ⋅ 2 ⋅ 1 … ⋅ 11 ⋅ 7 ⋅ 5 ⋅ 3 ⋅ 2 ) ζ ( 1 ) = 1 {\displaystyle \left({\frac {\ldots \cdot 10\cdot 6\cdot 4\cdot 2\cdot 1}{\ldots \cdot 11\cdot 7\cdot 5\cdot 3\cdot 2}}\right)\zeta (1)=1} 又知： ζ ( 1 ) = 1 + 1 2 + 1 3 + 1 4 + 1 5 + … {\displaystyle \zeta (1)=1+{\frac {1}{2}}+{\frac {1}{3}}+{\frac {1}{4}}+{\frac {1}{5}}+\ldots } 所以 1 + 1 2 + 1 3 + 1 4 + 1 5 + … = 2 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ 7 ⋅ 11 ⋅ … 1 ⋅ 2 ⋅ 4 ⋅ 6 ⋅ 10 ⋅ … {\displaystyle 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。 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 O'Connor, J.J. and Robertson, E.F. A history of calculus. University of St Andrews. February 1996 [2007-08-07]. （原始内容存档于2007-07-15）.  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