ユラ乘积 - johanzumimvon/2 GitHub Wiki

ζ(x)=∑n⁻ˣ= $\mathrm{\prod \frac{1}{1−[p(n+1)]^{−x}}}$

其中，p(n)是第n个质数，比如p(1)=1，p(2)=2，p(3)=3，p(4)=5，p(5)=7，etc。

pr(n)则是质数阶乘，比如pr(6)=1·2·3·5·7·11=2310；pr(0)是空积且pr(0)=1。

[pr(n)+1]则是欧几里得数（ユㇰレイー伝ㇲ数）。

证明

ζ(x)

=∑n⁻ˣ

=1+2⁻ˣ+3⁻ˣ+4⁻ˣ+5⁻ˣ+6⁻ˣ+7⁻ˣ+8⁻ˣ+9⁻ˣ+etc

2⁻ˣζ(x)=2⁻ˣ+4⁻ˣ+6⁻ˣ+8⁻ˣ+etc

(1−2⁻ˣ)ζ(x)=1+3⁻ˣ+5⁻ˣ+7⁻ˣ+9⁻ˣ+etc

从而消掉质数2的倍数，也就是消掉(2n)⁻ˣ

3⁻ˣ(1−2⁻ˣ)ζ(x)=3+9⁻ˣ+15⁻ˣ+21⁻ˣ+27⁻ˣ+etc

(1−3⁻ˣ)(1−2⁻ˣ)ζ(x)=1+5⁻ˣ+7⁻ˣ+11⁻ˣ+13⁻ˣ+17⁻ˣ+19⁻ˣ+etc

从而消掉(3n)⁻ˣ

5⁻ˣ(1−3⁻ˣ)(1−2⁻ˣ)ζ(x)=5+25⁻ˣ+35⁻ˣ+55⁻ˣ+65⁻ˣ+85⁻ˣ+95⁻ˣ+etc

(1−5⁻ˣ)(1−3⁻ˣ)(1−2⁻ˣ)ζ(x)=1+7⁻ˣ+11⁻ˣ+13⁻ˣ+17⁻ˣ+19⁻ˣ+23⁻ˣetc

从而消掉(5n)⁻ˣ

(1−7⁻ˣ)(1−5⁻ˣ)(1−3⁻ˣ)(1−2⁻ˣ)ζ(x)=1+11⁻ˣ+13⁻ˣ+17⁻ˣ+19⁻ˣ+23⁻ˣetc

从而消掉(7n)⁻ˣ

最终，可以得到：

1=ζ(x)[(1−2⁻ˣ)(1−3⁻ˣ)(1−5⁻ˣ)(1−7⁻ˣ)·etc]

ζ(x)= $\mathrm{\prod \frac{1}{1−[p(n+1)]^{−x}}}$

对于1=ζ(1)[(1−2⁻¹)(1−3⁻¹)(1−5⁻¹)(1−7⁻¹)·etc]，有

ζ(1)= $\mathrm{\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+\frac{1}{6}+\frac{1}{7}+\frac{1}{8}+etc}$

$\mathrm{=\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+[\frac{1}{3}+\frac{1}{4}]+[\frac{1}{5}+\frac{1}{6}+\frac{1}{7}+\frac{1}{8}]+etc}$

$\mathrm{>1+\frac{1}{2}+2\cdot \frac{1}{4}+4\cdot\frac{1}{8}+8\cdot\frac{1}{16}+etc}$

$\mathrm{=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+etc}$

$\mathrm{=1+\infty\cdot\frac{1}{2}}$

$=\infty$

也就是1=∞·[(1−2⁻¹)(1−3⁻¹)(1−5⁻¹)(1−7⁻¹)·etc]

由此可知，要想让右边的∞变成1，就需要右边项数有无穷多个，也就是说通过ユラ乘积可知质数有无穷多个。

$\mathrm{\frac{1}{\lim_{n\to\infty}[\ln(n)+\gamma]}}$=[(1−2⁻¹)(1−3⁻¹)(1−5⁻¹)(1−7⁻¹)·etc]