برهان صيغة جداء أويلر بالنسبة لدالة زيتا لريمان

من ويكيبيديا، الموسوعة الحرة
اذهب إلى: تصفح، ‏ ابحث

صيغة جداء أويلر[عدل]

برهان صيغة جداء أويلر[عدل]

فيما يلي برهان هاته الصيغة :

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

دعونا نحسب الجداء التالي :

(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:

(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

Midori Extension.svg هذه بذرة مقالة بحاجة للتوسيع. شارك في تحريرها.


حالة s=1[عدل]

يمكن ايجاد نتيجة مهمة بالنسبة إلى (ζ(1:

 \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:

 \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 :

 \left(\frac{\ldots\cdot10\cdot6\cdot4\cdot2\cdot1}{\ldots\cdot11\cdot7\cdot5\cdot3\cdot2}\right)\zeta(1) = 1

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

إذن،

 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.

برهان آخر[عدل]

مراجع[عدل]