Riemann ζ 函数与 Euler 乘积

形式陈述

令 $s=\sigma+it\in\mathbb C$ ，约定 $n^{-s}=\exp(-s\log n)$ ，其中 $\log n$ 是正整数的实对数。Riemann ζ 函数在 $\sigma>1$ 上由级数

\zeta(s)=\sum_{n=1}^{\infty}n^{-s}

定义。该级数在每个闭半平面 $\sigma\geq1+\delta$ （ $\delta>0$ ）上一致绝对收敛，因而在 $\sigma>1$ 上全纯。

在这个区域，正整数的唯一素因子分解给出 Euler 乘积

\zeta(s) =\lim_{y\to\infty}\prod_{p\leq y}(1-p^{-s})^{-1} =\exp\!\left(\sum_p\sum_{k=1}^{\infty}\frac{p^{-ks}}{k}\right) \ne0.

字母 $p$ 始终只遍历正素数。最后的双级数绝对且局部一致收敛，指数表示同时说明无限乘积的极限存在且非零。

对实数 $s>1$ ，还有

\frac1{s-1}\leq\zeta(s)\leq1+\frac1{s-1}.

当 $s\downarrow1$ 时，这些估计连同 Euler 乘积推出

\sum_p p^{-s}=\log\frac1{s-1}+O(1), \qquad \sum_p\frac1p=+\infty.

本页的函数定义与乘积证明只使用 $\Re s>1$ ；在 $s=1$ 处的原级数发散。

直觉

加法表达式把每个正整数记一次；乘法表达式则让每个素数独立选择指数 $0,1,2,\ldots$ 。唯一分解保证这些选择既不遗漏，也不重复。分析部分负责另一件事：无穷多个选择怎样取极限，以及哪些求和顺序可以交换。

取对数后，素数的一次项 $p^{-s}$ 成为主项，而 $p^{-2s}/2,p^{-3s}/3,\ldots$ 的总贡献在 $s\downarrow1$ 时仍有统一上界。因此整数级数的发散能传递到素数级数，而不是被高次素数幂吸收。

先给出收敛控制

因为 $|n^{-s}|=n^{-\sigma}$ ，在 $\sigma\geq1+\delta$ 上有

|n^{-s}|\leq n^{-1-\delta}, \qquad \sum_{n=1}^{\infty}n^{-1-\delta}<\infty.

后一结论由递减函数 $x^{-1-\delta}$ 的积分比较得到。M 判别法给出一致绝对收敛。每个 $n^{-s}$ 是整函数，全纯函数的局部一致极限仍全纯，故得到上述定义域上的全纯性。

相同的比较还控制导数。固定 $\delta>0$ ， $\log n\leq C_\delta n^{\delta/2}$ ，所以

\sum_{n=2}^{\infty}\frac{\log n}{n^{1+\delta}} \leq C_\delta\sum_{n=2}^{\infty}n^{-1-\delta/2}<\infty.

于是可逐项求导：

\zeta'(s)=-\sum_{n=2}^{\infty}(\log n)n^{-s} \qquad(\Re s>1).

例子与边界

用有限素数集合证明乘积，而不先交换两个无穷过程

令 $S_y$ 为全部素因子都不超过 $y$ 的正整数集合，包括 $1$ 。只有有限个素数不超过 $y$ ，逐个展开绝对收敛的几何级数，唯一分解给出

\prod_{p\leq y}(1-p^{-s})^{-1} =\prod_{p\leq y}\left(\sum_{k=0}^{\infty}p^{-ks}\right) =\sum_{n\in S_y}n^{-s}.

如果 $n\notin S_y$ ，它至少有一个素因子大于 $y$ ，从而 $n>y$ 。因此对每个 $\sigma>1$ ，

\left|\zeta(s)-\prod_{p\leq y}(1-p^{-s})^{-1}\right| \leq\sum_{n>y}n^{-\sigma}\longrightarrow0.

取 $\sigma\geq1+\delta$ 时，同一个尾和上界也证明乘积局部一致趋于 $\zeta$ 。

在 $s=2$ 、 $y=7$ 时，四个素数的乘积已经可以手算：

\prod_{p\in\{2,3,5,7\}}(1-p^{-2})^{-1} =\frac43\frac98\frac{25}{24}\frac{49}{48} =\frac{1225}{768}.

所有遗漏项为正，且由积分比较，

0<\zeta(2)-\frac{1225}{768} \leq\sum_{n=8}^{\infty}\frac1{n^2} \leq\int_7^\infty\frac{dx}{x^2} =\frac17.

这给出了可认证的有限乘积误差；没有把有限项的近似当作无限乘积的等式。

每个因子非零还不够

一般而言，非零有限乘积的极限可以是零，例如 $\prod_{j=1}^N(1/2)=2^{-N}\to0$ 。因此 Euler 乘积每个因子非零，并不能单独证明 $\zeta(s)\ne0$ 。

在 $|z|<1$ 内定义幂级数

\ell(z)=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{z^k}{k}.

逐项求导得 $\ell'(z)=(1-z)^{-1}$ 。函数 $(1-z)e^{\ell(z)}$ 的导数为零，在 $z=0$ 处为 $1$ ，故

e^{\ell(z)}=(1-z)^{-1}.

这样无需先选择全局复对数的分支。

对 $\sigma\geq1+\delta$ ，

\sum_p\sum_{k\geq1}\left|\frac{p^{-ks}}k\right| \leq\sum_p\frac{p^{-\sigma}}{1-p^{-\sigma}} \leq\frac1{1-2^{-1-\delta}}\sum_{n=2}^{\infty}n^{-1-\delta}<\infty.

所以 $F(s)=\sum_p\ell(p^{-s})$ 定义全纯函数。有限乘积等于 $\exp(\sum_{p\leq y}\ell(p^{-s}))$ ，两边取极限便得

\zeta(s)=e^{F(s)}\ne0.

定义域边界不能直接代入

当 $s=1$ 时，原级数是调和级数；当实数 $s<1$ 时，其正项也不小于调和级数的对应项。因此这些实点不能直接用本页的级数定义出有限值。 $\zeta$ 在更大区域的解析延拓是另一项构造，不能靠把这个发散和形式上继续代入来完成。

同样，后面使用的是 $s>1$ 的等式再令 $s\downarrow1$ ，并未声称 $s=1$ 时仍有收敛的 Euler 乘积。

推论与应用

以统一常数分离素数与高次素数幂

对实数 $s>1$ ， $F(s)$ 为实数，因而 $F(s)=\log\zeta(s)$ 。写成

\log\zeta(s)=\sum_p p^{-s}+R(s), \qquad R(s)=\sum_p\sum_{k=2}^{\infty}\frac{p^{-ks}}k.

对 $0\leq z\leq1/2$ ，

0\leq\sum_{k=2}^{\infty}\frac{z^k}{k} \leq\frac{z^2}{2(1-z)}\leq z^2.

于是对所有 $s>1$ ，

0\leq R(s)\leq\sum_p p^{-2s} \leq\sum_{n=2}^{\infty}\frac1{n^2}\leq1.

最后一个不等式仍由 $\int_1^\infty x^{-2}\,dx=1$ 给出。这一界的关键是它不随 $s\downarrow1$ 而增大。

素数倒数和为什么必须发散

递减函数 $x^{-s}$ 的积分比较给出

\int_1^\infty x^{-s}\,dx \leq\sum_{n=1}^{\infty}n^{-s} \leq1+\int_1^\infty x^{-s}\,dx.

所以当 $1<s\leq2$ 时，

\log\zeta(s)=\log\frac1{s-1}+O(1).

与上一节的统一余项界合并，

\sum_p p^{-s}=\log\frac1{s-1}+O(1)\longrightarrow+\infty.

若 $\sum_p1/p$ 收敛，则 $p^{-s}\leq p^{-1}$ 会给所有 $s>1$ 的这些和一个共同有限上界，矛盾。因此素数倒数和发散。这比素数无穷多个更强：任意无穷子集的倒数和未必发散，例如 $\sum_{k\geq1}2^{-k}<\infty$ 。

从全部素数走向同余类

$\zeta$ 对每个正整数使用相同系数 $1$ 。若把系数换成兼容乘法的周期函数，就得到Dirichlet $L$ 函数。模 $4$ 的符号 $1,0,-1,0$ 能区分两个奇数余类；与本页的素数总和组合，可以分别证明 $p\equiv1\pmod4$ 和 $p\equiv3\pmod4$ 的素数倒数和发散。

参考资料

Keith Conrad，Dirichlet Series，UConn Math 5121，2018 年课程资料，Theorem 14（页7）及页8的非零性说明：Euler 乘积与指数表示。
Andrew V. Sutherland，Dirichlet L-functions, primes in arithmetic progressions，MIT 18.785，2025-11-20，§18.1，式(1)，页1：取对数后把高次素数幂并入有界余项。本页使用积分比较给出所需的边界估计。

形式陈述 ​

先给出收敛控制 ​

用有限素数集合证明乘积，而不先交换两个无穷过程 ​

每个因子非零还不够 ​

定义域边界不能直接代入 ​

以统一常数分离素数与高次素数幂 ​

素数倒数和为什么必须发散 ​

从全部素数走向同余类 ​

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