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Riemann 猜想漫谈 (附录一)
- 卢昌海 -
If you could be the Devil and offer a mathematician to sell his soul for the proof of one theorem -
what theorem would most mathematicians ask for? I think it would be the Riemann Hypothesis.
- H. Montgomery
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附录一： Euler 乘积公式
如我们在 第四节 中所述， Euler 乘积公式， 即对所有 Re(s)>1 的复数 s，
Σn n-s = Πp(1-p-s)-1，
是 Riemann 研究素数分布规律的起点 (事实上， 这一公式乃是他那篇提出了 Riemann 猜想的著名论文的第一个公式)。
这一公式是 Euler 在 1737 年发表的一篇题为 “对无穷级数的若干观察” 的论文中提出并加以证明的，
公式中的 n 为自然数， p 为素数。
Euler 乘积公式的证明十分简单， 唯一要注意的就是对无穷级数与无穷乘积不能随意套用有限求和与有限乘积的性质。
我们在本附录中所要证明的是一个将 Euler 乘积公式包含为特例的更普遍的公式。
这一公式并无通用名称， 我们姑且称之为 “广义 Euler 乘积公式”， 它的内容是这样的：
设 f(n) 是一个满足 f(n1)f(n2) = f(n1n2) 的函数
(n1、 n2 均为自然数)， 且 Σn|f(n)| < ∞， 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 Σ' 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。
证明完毕。
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， 则显然对所有 Re(s)>1 的复数 s，
Σn|f(n)| < ∞ 这一条件成立， 从而广义 Euler 乘积公式成立， 并退化为 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一个自然数都具有唯一的素数分解，
即所谓的算术基本定理 (fundamental theorem of arithmetic)。
除上述证明外， Euler 原始论文中的证明方法也相当简洁 (并且也适用于广义 Euler 乘积公式)， 值得介绍一下。
为此我们注意到——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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其中最后一步所用到的 f(1)=1 请读者自行证明。
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
(有兴趣的读者不妨试着将上述最后几步用极限的语言严格表述一下)。
由 Euler 乘积公式可以得到 第五节 中提到过的一个很重要的结果， 即：
Riemann ζ 函数在 Re(s)>1 的区域内没有零点。
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。 证明完毕。
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二零一二年一月二十四日写于纽约
二零一二年一月二十四日发表于本站
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