برهان صيغة جداء أويلر بالنسبة لدالة زيتا لريمان

فيما يلي برهان هاته الصيغة :

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

دعونا نحسب الجداء التالي :

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

نلاحظ أن 2 و مضاعفاته قد اختفوا من الجانب الأيمن من الصيغة. سنقوم بأضافة 3 للمعادلة مما يعطي ما يلي:

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

بإضافة جميع الأعداد الأولية، نحصل على النتيجة. و هذه الطريقة تذكر بغربال إراتوستينس

يمكن إيجاد نتيجة مهمة بالنسبة إلى (ζ(1:

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

والتي يمكن أن تكتب أيضا على الشكل التالي:

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

مما يؤدي إلى :

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

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

إذن،

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

علما أن الحد الموجود في المعادلة أعلاه يتباعد إلى ما لا نهاية له، فإن, بسط الد الموجود في يمين المعادلة يتباعد أيضا إلى ما لا نهاية له. هذا يثبت أن عدد ألاعداد الأولية غير منته.

• بوابة رياضيات