欧拉乘积公式的推导过程

欧拉乘积公式的推导过程

关于欧拉乘积公式的由来

我们知道,早在古希腊时期,欧几里得(Eucl id)就用精彩的反证法证明了素数有无穷多个。随着数论研究的深入,人们很自然地对素数在自然数集上的分布产生了越来越浓厚的兴趣。1737年,著名瑞士数学家欧拉(Leonhard Euler,1707—1783)在俄国圣彼得堡科学院(St.Petersburg Academy)发表了一个极为重要的公式,为数学家们研究素数分布的规律奠定了基础。这个公式就是欧拉乘积公式,即
n n s = p ( 1 p s ) 1 . \sum_{n} n^{-s}=\prod_{p}(1-p^{-s})^{-1}. 这个公式左边的求和对所有的自然数进行,右边的连乘积则对所有的素数进行。这个公式对所有 R e ( s )     1 Re(s)~>~1 的复数s都成立。读者们想必认出来了,这个公式的左边正是大名鼎鼎的黎曼ζ函数在 R e ( s )     1 Re(s)~>~1 时的级数表达式,而它的右边则是一个纯粹有关素数(且包含所有素数)的表达式,这样的形式正是黎曼ζ函数与素数分布之间存在关联的征兆。作为素数理论的基础公式,这个公式在很多地方都有提到过,那么下面我们来证明一下。

证明思路

(1) ζ ( s ) = 1 + 1 2 s + 1 3 s + 1 4 s + 1 5 s + 1 6 s + 1 7 s + . . . \zeta(s)=1+\frac{1}{2^s}+\frac{1}{3^s}+\frac{1}{4^s}+\frac{1}{5^s}+\frac{1}{6^s}+\frac{1}{7^s}+... \tag{1} 首先根据数学分析的相关理论,利用埃拉托色尼筛法,对等式两边同时乘以 1 2 s \frac{1}{2^s} 可以得到以下式子 (2) 1 2 s ζ ( s ) = 1 2 s + 1 4 s + 1 6 s + 1 8 s + 1 1 0 s + 1 1 2 s + 1 1 4 s , \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}+\frac{1}{12^s}+\frac{1}{14^s},\tag{2} 可以看到分母中底数全变成了偶数!这样由式 ( 1 ) (1)- ( 2 ) (2) 可得下式:
(3) ( 1 1 2 s ) ζ ( s ) = 1 + 1 3 s + 1 5 s + 1 7 s + . . . , (1-\frac{1}{2^s})\zeta(s)=1+\frac{1}{3^s}+\frac{1}{5^s}+\frac{1}{7^s}+..., \tag{3} 含偶数的项全都消去了!
  令 ζ 1 ( s ) = ( 1 1 2 s ) ζ ( s ) \zeta_1(s)=(1-\frac{1}{2^s})\zeta(s) ,则有
(4) ζ 1 ( s ) = 1 + 1 3 s + 1 5 s + 1 7 s + . . . , \zeta_1(s)=1+\frac{1}{3^s}+\frac{1}{5^s}+\frac{1}{7^s}+..., \tag{4} 同理,对 ζ 1 ( s ) \zeta_1(s) 两边同时乘以 1 3 s \frac{1}{3^s} 可以得到下式:
(5) ( 1 1 3 s ) ζ 1 ( s ) = 1 + 1 5 s + 1 7 s + . . . , (1-\frac{1}{3^s})\zeta_1(s)=1+\frac{1}{5^s}+\frac{1}{7^s}+..., \tag{5} 类似的运算进行了无穷多次之后,可以得到如等式:
(6) . . . ( 1 1 1 3 s ) ( 1 1 1 1 s ) ( 1 1 7 s ) ( 1 1 5 s ) ( 1 1 3 s ) ( 1 1 2 s ) ζ ( s ) = 1 ... (1-\frac{1}{13^s})(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 \tag{6} 把含素数的项移到右边可以改写成如下形式:
(7) n n s = p ( 1 p s ) 1 , \sum_{n} n^{-s}=\prod_{p}(1-p^{-s})^{-1},\tag{7} 证毕。值得注意的是,式 ( 7 ) (7) 成立的条件是 n s \sum n^{-s} 收敛,即 s > 1 s>1 ,否则将会出现一些矛盾的结论。

  1. = + -\infty=+\infty
    s = 1 s=-1 ,可以发现
    (8) ζ ( 1 ) = n n = 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 + . . . \zeta(-1)=\sum_nn=1+2+3+4+5+6+7+8+9+...,\tag{8} 即全体自然数的和,式 ( 8 ) (8) 两边乘以 2 2 可得
    (9) 2 ζ ( 1 ) = 2 + 4 + 6 + 8 + 10 + 12 + 14 + 16 + 18 + . . . 2\zeta(-1)=2+4+6+8+10+12+14+16+18+...,\tag{9} ( 8 ) (8)- ( 9 ) (9)
    (10) ζ = 1 + 3 + 5 + 7 + 9... -\zeta=1+3+5+7+9...,\tag{10} ,仔细分析,式 ( 10 ) (10) 左边是全体自然数之和取负数,右边是全体奇数之和,两者竟然相等!

这里,笔者有个小疑问闪过心头,既然 R e ( s ) > 1 Re(s)>1 以上等式才得以成立,那么令无数数学家魂牵梦萦的黎曼猜想:

ξ ( s ) \xi(s) 的所有零点都位于 R e ( s ) = 1 / 2 Re(s)=1/2 的直线上。

意义何在?欢迎感兴趣的朋友一起学习探讨。
总体感觉MarkDown编辑器可以嵌入漂亮的LaTeX公式,于是尝试着写了第一篇文章,效果非常棒,虽然语法还有很多地方需要熟悉,以后就用这个编辑器了,边写作边学习,不断提升写作水平~
[1]: http://meta.math.stackexchange.com/questions/5020/mathjax-basic-tutorial-and-quick-reference
[2]: https://mermaidjs.github.io/
[3]: https://mermaidjs.github.io/
[4]: http://adrai.github.io/flowchart.js/

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