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Euler 乘积公式
- 数学命题证明欣赏 -
- 卢昌海 -
怎么会想起要写 Euler 乘积公式的？ 因为打算在不远的将来写写 Riemann
猜想——那是上个世纪的数学家们没能啃下来的命题中最著名的一个。 Euler 乘积公式是德国数学家 Bernhard Riemann
(1826-1866) 研究素数分布的起点之一， 也是他提出 Riemann 猜想的那篇著名论文的第一个公式。
下面我们先把公式写下来：
Euler 乘积公式： 对任意复数 s， 若 Re(s)>1， 则:
Σn n-s = Πp(1-p-s)-1
这一公式是瑞士数学家 Leonhard Euler (1707-1783) 在 1737 年的一篇题为 “对无穷级数的若干观察” 的论文中提出并加以证明的，
式中的 n 为自然数 (即正整数)， p 为素数。 Euler 乘积公式将一个对自然数的求和表达式与一个对素数的连乘积表达式联系在一起，
蕴涵着有关素数分布的重要信息。 这一信息在相隔了漫长的 122 年之后终于被 Riemann 所破译， 于是便有了 Riemann 的著名论文
“论小于给定数值的素数个数”。 为了纪念 Riemann 的贡献， Euler 乘积公式左端的求和式被冠以 Riemann 的大名，
并沿用了 Riemann 使用过的记号 ζ(s)， 称为 Riemann ζ 函数。
Euler 乘积公式的证明十分简单， 唯一要小心的就是对无穷级数和无穷乘积的处理， 不能随意使用有限级数和有限乘积的性质。
我们在下面证明的是一个更为普遍的结果， Euler
乘积公式将作为该结果的特例出现[注一]。
广义 Euler 乘积公式： 设 f(n) 为满足 f(n1)f(n2) =
f(n1n2)， 且 Σn|f(n)| < ∞ 的函数
(n1、 n2 均为自然数)， 则：
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Σnf(n) = Πp[1+f(p)+f(p2)+f(p3)+ ...]
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证明： 由于 Σn|f(n)| < ∞， 因此 1+f(p)+f(p2)+f(p3)+ ...
绝对收敛。 考虑连乘积中 p < N 的部分 (有限乘积)， 由于级数绝对收敛， 乘积又只有有限项，
因此可以使用与普通有限求和及乘积一样的结合律及分配律。 利用 f(n) 的乘积性质可得：
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Πp<N[1+f(p)+f(p2)+f(p3)+ ...] = Σ'f(n)
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其中右端求和对所有只含 N 以下素数因子的自然数进行 (每个这样的自然数只在求和中出现一次， 因为自然数的素数分解是唯一的)。
由于所有本身在 N 以下的自然数显然都只含 N 以下的素数因子，
因此 Σ'f(n) = Σn<Nf(n) + R(N)， 其中 R(N) 为对所有大于等于 N 但只含 N 以下素数因子的自然数求和的结果。
由此我们得到：
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Πp<N[1+f(p)+f(p2)+f(p3)+ ...] = Σn<Nf(n) + R(N)
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要使广义 Euler 乘积公式成立， 只需证明 limN→∞R(N) = 0 即可。 而这是显然的，
因为 |R(N)| ≤ Σn≥N|f(n)|， 而 Σn|f(n)| < ∞ 表明
limN→∞Σn≥N|f(n)| = 0， 从而 limN→∞|R(N)| = 0。 Q.E.D.
由于 1+f(p)+f(p2)+f(p3)+ ... = 1+f(p)+f(p)2+f(p)3+ ...
= [1-f(p)]-1， 因此广义 Euler 乘积公式也可以写成：
在广义 Euler 乘积公式中取 f(n) = n-s， 则显然 Σn|f(n)| < ∞ 对应于
Euler 乘积公式中的条件 Re(s)>1， 而广义 Euler 乘积公式退化为 Euler 乘积公式。
从上述证明中我们可以看到， Euler 乘积公式成立的关键在于每个自然数都具有唯一素数分解式这一基本性质，
即所谓的算术基本定理 (fundamental theorem of arithmetic)。
Euler 本人的证明：
除了上述证明方法外， Euler 原始论文中的证明方法也相当简洁， 值得介绍一下。 仍以广义 Euler 乘积公式为框架，
注意到——利用 f(n) 的性质：
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f(2)Σnf(n) = f(2)+f(4)+f(6)+ ...
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因此:
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[1-f(2)]Σnf(n) = f(1)+f(3)+f(5)+ ...
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上式右端的一个显著特点， 是所有含有因子 2 的 f(n) 项都消去了 (这种逐项对消有赖于 Σn|f(n)| < ∞， 即
Σnf(n) 绝对收敛这一条件)。 类似地， 以 [1-f(3)] 乘以上式， 则右端所有含有因子 3 的 f(n) 项也将被消去，
依此类推， 以所有 [1-f(p)] (p 为素数) 乘以上式， 右端便只剩下了 f(1)， 即：
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Πp[1-f(p)]Σnf(n) = f(1) = 1
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其中最后一步再次使用了 f(n) 的性质， 即 f(1)f(n)=f(n) ⇒ f(1)=1。
将上式中的无穷乘积移到等式右边， 显然就得到了广义 Euler 乘积公式。
有兴趣的朋友不妨试着将上述最后几步用极限的语言严格表述一下。
推论： Riemann ζ 函数 ζ(s) 在 Re(s)>1 没有零点。
证明： 设 Re(s)=a， 则 Euler 乘积公式给出：
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|ζ(s)| = Πp|1-p-s|-1 ≥
Πp(1+p-a)-1 = exp[-Σpln(1+p-a)]
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注意到对于任何 x>0， ln(1+x)<x， 因此由上式可进一步推得：
其中最后一步是因为对于 a≡Re(s)>1， Σpp-a 收敛。 Q.E.D.
二零零三年八月一日写于纽约
二零零三年八月一日发表于本站
二零一二年一月二十四日最新修订
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