2014年3月6日 星期四

證明黎曼ζ函數的歐拉乘積公式(相當簡單易懂)

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[編輯]

黎曼ζ函數以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[編輯]

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 [編輯]

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。
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