证明黎曼ζ函数的欧拉乘积公式

欧拉在他的论文《无穷级数的一些检视》（Various Observations about Infinite Series）中证明黎曼ζ函数的欧拉乘积公式，并于1737年由当时的科学院出版。^[1][2]

公式

黎曼ζ函数以欧拉乘积的方式可写成

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

而左方等于黎曼ζ函数：

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

右方的乘积则扩展至所有素数p：

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

证明

证明方法采用了埃拉托斯特尼筛法的概念，此筛法用于找寻出特定范围内的素数。

证明过程只需用到简单的代数概念，这亦是欧拉当初使用的证明方法。

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

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

从（1）式减去（2）式：

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

重复上面步骤：

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

从（3）式减去（4）式，可得：

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

这次2和3的所有倍数项都被减去。可见右方的的倍数项可被筛去，不断重复以上步骤可得：

${\displaystyle \ldots \left(1-{\frac {1}{11^{s}}}\right)\left(1-{\frac {1}{7^{s}}}\right)\left(1-{\frac {1}{5^{s}}}\right)\left(1-{\frac {1}{3^{s}}}\right)\left(1-{\frac {1}{2^{s}}}\right)\zeta (s)=1}$

左右两方除以所有括号项，我们得到：

${\displaystyle \zeta (s)={\frac {1}{\left(1-{\frac {1}{2^{s}}}\right)\left(1-{\frac {1}{3^{s}}}\right)\left(1-{\frac {1}{5^{s}}}\right)\left(1-{\frac {1}{7^{s}}}\right)\left(1-{\frac {1}{11^{s}}}\right)\ldots }}}$

最后，公式可写成素数的无穷乘积：

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

证毕。

为了使证明更严密，我们只需注意到当${\displaystyle \Re (s)>1}$，已筛的右方项趋向1，并遵从狄利克雷级数的收敛性。

调和级数

从以上公式可推导出 ζ(1) 的有趣结果。

${\displaystyle \ldots \left(1-{\frac {1}{11}}\right)\left(1-{\frac {1}{7}}\right)\left(1-{\frac {1}{5}}\right)\left(1-{\frac {1}{3}}\right)\left(1-{\frac {1}{2}}\right)\zeta (1)=1}$

可以写成，

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

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

又知：

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

所以

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

我们得知左式是调和级数，并发散至无穷大，故此右式的分子（素数阶乘）必定同样发散至无穷大。由此可以证明素数有无限多个。

参见

• 黎曼ζ函数
• 欧拉乘积
• 狄利克雷级数
• 埃拉托斯特尼筛法
• 素数