所有质数的倒数之和是发散还是收敛的？

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2024-10-19 20:52

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如果有一天，你发现你猜想到的一个问题，有数学家已经玩过了，那说明你不比哪些数学家弱，只是比它们晚了一步而已.

请看第8个 Euler素数无穷乘积。

请原谅我再次把答案搬过来，挺好玩的，串个门。

关于调和级数这种玩具级数，一方面它具有很大的应用价值，另一方面它还具有串联相关理论的价值。

对于调和级数的收敛和发散问题本身没有什么难度，但我们这里还是总结出来7种方法来判断它在 $s=1, s>1$ 的情况下的敛散问题。我们分别从如下几种角度来进行判别:

最原始的方法: 利用数列单调有界性判断。
稍微普遍但又拔高一点的方法: Cauchy收敛原理。
比较判别法: 利用已知敛散级数的比较来判别，当然可利用微分有限增量公式。
积分判别法: 这也是最常见的一种判别它们的方式，也是大部分数分教材里边必然提到的一种方法。
Abel-Dini定理判别: 这种方法的不在于调和级数本身，更重要的是理解这个定理在理论研究中的应用价值。为什么不存在最完美的判别法和对比级数?
Cauchy凝聚判别法: 这种判别法不太常用，但是其中的思想值得品味，通过对同一个级数转换为同敛散的级数来进行判别，体会这里边带来的思想是非常有趣的。
最后一种就是Euler素数导数级数的中间产物，也算一种可以领略思想的一种不错的方法。

下面认真修改下这个回答，因为这个太能串联数学分析理论了。 $\begin{aligned}\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{1}{n} = 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \cdots + \frac{1}{n} + \cdots\end{aligned}\\$ 和 $\begin{aligned}\zeta(s) = \sum\limits_{n=1}^\infty\frac{1}{n^s} = 1 + \frac{1}{2^s} + \frac{1}{3^s} + \cdots + \frac{1}{n^s} + \cdots, s > 1\end{aligned}\\$

首先我们一点点来分析:

1. 刀耕火种: 单调有界

回到原始社会，咱手里啥工具也木有

这个时候只能手搓来搞定它，我们知道单调有界数列必收敛。

几何级数:

$\begin{aligned}\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{1}{n} = 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \cdots + \frac{1}{n} + \cdots\end{aligned}$

因为 $\begin{aligned}\frac{1}{n+1} + \frac{1}{n+2} + \cdots + \frac{1}{2n} > n\cdot\frac{1}{2n} = \frac{1}{2}\end{aligned}$

从第三项开始: $\begin{aligned}\underbrace{\frac{1}{3} + \frac{1}{4}}_2, \underbrace{\frac{1}{5} + \frac{1}{6} + \frac{1}{7} + \frac{1}{8}}_4, \underbrace{\frac{1}{9} + \cdots + \frac{1}{16}}_{2^3}, \cdots, \underbrace{\frac{1}{2^{k-1}+1} + \cdots + \frac{1}{2^k}}_{2^{k-1}}\end{aligned}$

这里用 $H_n$ 表示调和级数的前n项部分和，显然有 $\begin{aligned}H_{2^k} = k\cdot\frac{1}{2}\end{aligned}$ 没有上界，级数有无穷和。

$H_n$ 随着n的增大，增加的很慢， $\begin{aligned}H_{1000} = 7.48..., H_{1000000} = 14.39...\end{aligned}$ , 这也是一个比较有意思的序列。

关于调和级数，还有其他情形:

$\begin{aligned}\zeta(s) = \sum\limits_{n=1}^\infty\frac{1}{n^s} = 1 + \frac{1}{2^s} + \frac{1}{3^s} + \cdots + \frac{1}{n^s} + \cdots, s > 1\end{aligned}$ , 上面的是s=1的特殊情况，这就是著名的黎曼函数，数论中起着重要的作用。

$\begin{aligned}\underbrace{\frac{1}{3^s} + \frac{1}{4^s}}_2, \underbrace{\frac{1}{5^s} + \frac{1}{6^s} + \frac{1}{7^s} + \frac{1}{8^s}}_4, \underbrace{\frac{1}{9^s} + \cdots + \frac{1}{16^s}}_{2^3}, \cdots, \underbrace{\frac{1}{(2^{k-1}+1)^s} + \cdots + \frac{1}{(2^k)^s}}_{2^{k-1}}\end{aligned}$

它们分别小于几何级数的下列各项: $\begin{aligned}\frac{1}{2^\sigma}, \frac{1}{4^\sigma}=\frac{1}{(2^\sigma)^2},\frac{1}{8^\sigma}=\frac{1}{(2^\sigma)^3},\cdots,\frac{1}{(2^{k-1})^\sigma}=\frac{1}{(2^\sigma)^{k-1}}\end{aligned}$

这样的情况下，部分和总小于常数 $\begin{aligned}L = 1 + \frac{1}{2^s} + \frac{\frac{1}{2^\sigma}}{1 - \frac{1}{2^\sigma}}\end{aligned}$ ，因此级数收敛。

2. 石器锄耕: Cauchy收敛原理

Cauchy收敛原理

级数 $\sum\limits_{n=1}^\infty a_n$ 收敛的充要条件是:

$\bbox[10pt,border:1pt]{\begin{aligned}\forall\ \varepsilon>0, \exists\ N, \forall\ n >N, m\in \mathbb{N}: |a_{n+1} + a_{n+2} + \cdots + a_{n+m}| < \varepsilon\end{aligned}}\tag{1}$ 对于调和级数 $\begin{aligned}\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{1}{n}\end{aligned}$ , 我们取和式:

$\begin{aligned}\underbrace{\bigg|\frac{1}{n+1} + \frac{1}{n+2} + \cdots + \frac{1}{n+n}\bigg|}_{n个} > \underbrace{\bigg|\frac{1}{n+n} + \frac{1}{n+n} + \cdots + \frac{1}{n+n}\bigg|}_{n个} = n\cdot\frac{1}{2n} = \frac{1}{2}\end{aligned}\\$

由Cauchy收敛原理可知调和级数 $\begin{aligned}\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{1}{n}\end{aligned}$ 发散。

再考虑调和级数 $\begin{aligned}\zeta(s) = \sum\limits_{n=1}^\infty\frac{1}{n^s} = 1 + \frac{1}{2^s} + \frac{1}{3^s} + \cdots + \frac{1}{n^s} + \cdots, s > 1\end{aligned}$

考虑当 $s=2$ 时部分和序列 $\begin{aligned}S_n = 1 + \frac{1}{2^2} + \frac{1}{3^2} + \cdots + \frac{1}{n^2}\end{aligned}$

取 $m>n$ 。部分和序列显然是单调增加，于是就有: $\begin{aligned}x_m - x_n &= \frac{1}{(n+1)^2} + \frac{1}{(n+2)^2} + \cdots + \frac{1}{m^2}\\&=\frac{1}{n(n+1)} +\frac{1}{(n+1)(n+2)} + \cdots + \frac{1}{(m-1)m}\\&=\frac{1}{n} - \frac{1}{n+1} + \frac{1}{n+1} - \frac{1}{n+2} + \cdots + \frac{1}{m-1} - \frac{1}{m}\\&= \frac{1}{n} - \frac{1}{m} < \frac{1}{n}\end{aligned}\\$ 这样就可以知道上面的式子右侧可以任意小，级数收敛。

$s$ 的其他情形，我们也可以自行尝试，这里不说明了。

3. 铁犁牛耕: 比较定理

相比历史悠久的刀耕火种，铁犁牛耕地耕作手段似乎影响更为久远一些。春秋战国时期，人们的生活水平逐渐提高，也因此产生了更加顺应时代的耕作方式。铁犁牛耕作为应运而生的产物，成为了我国古代劳动人民的主要农业生产方式，而且因其简单便捷的操作方式推动了我国生产力的方式，并间接加快了井田制的瓦解。随着铁犁牛耕技术的推广唐朝的农业也得到了发展，其应用范围也十分广泛，以黄河流域为主一直到现在的甘肃、新疆，这些地区的农业生产方式主要也铁犁牛耕为主。

接下来我们就开始借力打力，借助外力解决我们的问题。

比较定理1:

给定两个正项级数 $\begin{aligned}A: = \sum\limits_{n=1}^\infty a_n, B: =\sum\limits_{n=1}^\infty b_n\end{aligned}$ , 若 $n>N$ 时， $a_n \leq b_n$ , 则级数B收敛可推出级数A收敛；级数A发散可推出级数B发散。

说明: 这里A，B是一种记号，方便简单描述。

这里不证明，只简单说明一下，

B收敛 $\Rightarrow$ $B_n$ 有界，而 $a_n \leq b_n$ , 则 $\Rightarrow$ $A_n$ 有界 $\Rightarrow$ A收敛。

A发散 $\Rightarrow$ $A_n$ 无界，而 $a_n \leq b_n$ , 则 $\Rightarrow$ $B_n$ 无界 $\Rightarrow$ A发散。

注意: 级数敛散性不受前面有限项的影响，可直接丢弃掉。

比较定理2

上面的定理是基本的比较定理，但有时候，我们使用比值的极限形式更加方便，也就是:

若 $\begin{aligned}\lim\limits_{n\to\infty}\frac{a_n}{b_n} = K (0\leq K \leq +\infty)\end{aligned}$ 存在，则级数B收敛， $K < +\infty$ 时 $\Rightarrow$ 级数A收敛；级数A发散， $0 < K$ 时 $\Rightarrow$ 级数B发散。 $0< K < +\infty$ 时，A, B同敛散。

这里这样理解: 若B收敛，由它们对应项比值的极限小于正无穷，即有限，A不可能发散到无穷大，必定有界，只能收敛；而A发散的话，就是发散到正无穷，同样因为对应项比值大于0，B只能发散。

具体证明可以用比较定理1来证明，这里不赘述。

比较定理3

除了上面的两个定理外，比较定理还有一个重要的推论，在某些情况下使用也非常方便，内容如下:

$n>N$ 时， $\begin{aligned}\frac{a_{n+1}}{a_n}\leq \frac{b_{n+1}}{b_n}\end{aligned}$ , 则B级数收敛 $\Rightarrow$ 级数A收敛；级数A发散 $\Rightarrow$ 级数B发散。

这个由定理一很方便的推导出来，简单提一下(同样前面N项丢弃掉):

$\begin{aligned}\frac{a_{2}}{a_1}\leq \frac{b_{2}}{b_1}, \frac{a_{3}}{a_2}\leq \frac{b_{3}}{b_2}, \frac{a_{4}}{a_3}\leq \frac{b_{4}}{b_3}, \cdots, \frac{a_{n}}{a_{n-1}}\leq \frac{b_{n}}{b_{n-1}} \Rightarrow \frac{a_{n}}{a_1}\leq \frac{b_{n}}{b_1} \Rightarrow a_n \leq \frac{a_{1}}{b_1}\cdot b_n\end{aligned}$

直接应用定理1即可得。

这三个定理非常基础，但非常重要，是后面一连串敛散性判断定理的基础。

对于调和级数 $\begin{aligned}\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{1}{n}\end{aligned}$ , 我们用定理2，然后和下面的级数进行比较:

发散级数 $\begin{aligned}\sum\limits_{n=1}^\infty[\ln(n+1) - \ln n] = \sum\limits_{n=1}^\infty\ln(1+\frac{1}{n})\end{aligned}$ 相比较。

因为 $\begin{aligned}\lim\limits_{n\to\infty}\frac{\ln(1+\frac{1}{n})}{\frac{1}{n}} = 1\end{aligned}$ , 因此推得调和级数发散。

当然还可以利用令一种方式 $\begin{aligned}\ln(n+1) - \ln n = \frac{1}{n + \theta} (0<\theta < 1)\end{aligned}$ 微分中值定理 $\begin{aligned}f(x) = \ln x, f^\prime(x) = \frac{1}{x}, f(x_1) - f(x_2) = f^\prime(\tilde{x})(x_1 - x_2)\end{aligned}$ 。

调和级数每项都大于这里的各对应项，因此发散。

再考虑调和级数 $\begin{aligned}\zeta(s) = \sum\limits_{n=1}^\infty\frac{1}{n^s} = 1 + \frac{1}{2^s} + \frac{1}{3^s} + \cdots + \frac{1}{n^s} + \cdots, s > 1\end{aligned}$

令 $s= 1+\sigma, \sigma > 0$ , 将级数写成 $\begin{aligned}\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{1}{n^{1+\sigma}} (\sigma > 0)\end{aligned}$

与 $\begin{aligned}\sum\limits_{n=2}^\infty\big[\frac{1}{(n-1)^\sigma} - \frac{1}{n^\sigma}\big]\end{aligned}$ 比较

$\begin{aligned}f(x) = \frac{1}{x^\sigma}, f^\prime(x) = \frac{-\sigma}{x^{1+\sigma}}, f(x_1) - f(x_2) = f^\prime(\tilde{x})(x_1 - x_2)\end{aligned}$

$\begin{aligned}\frac{1}{(n-1)^\sigma} - \frac{1}{n^\sigma} = \frac{\sigma}{(n-\theta)^{1+\sigma}}, (0 < \theta < 1)\end{aligned}$

$\begin{aligned}n > 2: \frac{1}{n^{1+\sigma}} < \frac{1}{\sigma}\Big[\frac{1}{(n-1)^\sigma} - \frac{1}{n^\sigma}\Big]\end{aligned}$

由定理1知，级数收敛。

4. 生产工具的革新

随着青铜时代、铁器时代的到来，生产工具不断革新，而且生产工具多样化。

比如说: 积分判别法、Cauchy凝聚判别法、Abel-Dini定理等等都可以作为我们解决问题的工具。甚至是更高端的无意之举: 见最后的方法。

4.1 Cauchy/达朗贝尔判别法

同样以 $A := \sum\limits_{n=1}^\infty a_n$ (仅记号A), 跟不同已知收敛或发散的标准级数比较，能引出更有组织性的判别法形式。

选择做比较的收敛级数为几何级数 $\sum q^n = q + q^2 + q^3 + \cdots + q^n + \cdots , (0<q<1)$

选择做比较的发散级数为 $\sum 1 = 1 + 1 + \cdots + 1 + \cdots$

做对比的级数记做级数B。

Cauchy判别法做序列 $\mathcal{C}_n= \sqrt[n]{a_n}$ 这里的 $\mathcal{C_n}$ 称为Cauchy列。则n充分大时，若 $\mathcal{C}_n \leq q ( q < 1)$ , 则级数收敛；若从某处开始， $\mathcal{C}_n \geq 1$ , 则级数发散。 Cauchy判别法极限形式若 $\lim \mathcal{C}_n = \mathcal{C}$ , 当 $\mathcal{C} < 1$ 时级数收敛；当 $\mathcal{C} > 1$ 级数发散；当 $\mathcal{C} = 1$ 判别法失效。

简单说明，这里分别和上面的两个标准级数做对比，即几何级数和发散级数。

d'Alembert判别法做序列 $\begin{aligned}\mathcal{D}_n= \frac{a_{n+1}}{a_n}\end{aligned}$ 该序列称为达朗贝尔序列。若n充分大时，若 $\mathcal{D}_n \leq q ( q < 1)$ , 则级数收敛；若从某处开始， $\mathcal{D}_n \geq 1$ , 则级数发散。 d'Alembert判别法极限形式若 $\lim \mathcal{D}_n = \mathcal{D}$ , 当 $\mathcal{D} < 1$ 时级数收敛；当 $\mathcal{D} > 1$ 级数发散；当 $\mathcal{D} = 1$ 判别法失效。

说明: 序列 $\mathcal{D}_n$ 的极限存在可以推出 $\mathcal{C}_n$ 极限的存在性，并且两者相等(可以证明，这里从略)。因此只要达朗贝尔判别法能行的，Cauchy判别法一定可行。反过来就不一定了，所以Cauchy判别法强于达朗贝尔判别法。

但是，在实用性方面，达朗贝尔通常更简单一些。

Cauchy判别法和达朗贝尔判别法失效的，必须采取更加复杂的判别法，这些判别法是根据把所考察的级数跟另一些标准级数相比较而得到的。

4.2 Rabbe判别法

Rabbe收敛性通过和s > 1的几何级数做比较得到的:

$\begin{aligned}\zeta(s) = \sum\limits_{n=1}^\infty\frac{1}{n^s} = 1 + \frac{1}{2^s} + \frac{1}{3^s} + \cdots + \frac{1}{n^s} + \cdots, s > 1\end{aligned}$ ，我们这里记做 $H_s$ 。

而发散是通过和调和级数对比得到的:

$\bbox[10pt,border:1pt]{\begin{aligned}\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{1}{n} = 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \cdots + \frac{1}{n} + \cdots\end{aligned}}\tag{H}$ 同样的我们构造Rabbe序列: $\begin{aligned}\mathcal{R}_n = n\bigg(\frac{a_n}{a_{n+1}} - 1\bigg)\end{aligned}$ ，先简单提一句, Rabbe序列和达朗贝尔序列关系: $\begin{aligned}\mathcal{R}_n = n\bigg(\frac{1}{\mathcal{D}_n} - 1\bigg)\end{aligned}$ , 后面谈到Kummer判别法的时候还会详细讨论。

下面是Rabbe判别法的两种形式表述:

Rabbe判别法若n充分大时，若 $\mathcal{R}_n \geq r ( r > 1)$ , 则级数收敛；若从某处开始， $\mathcal{R}_n \leq 1$ , 则级数发散。 Rabbe判别法极限形式若 $\lim \mathcal{R}_n = \mathcal{R}$ , 当 $\mathcal{R} > 1$ 时级数收敛；当 $\mathcal{R} < 1$ 级数发散；当 $\mathcal{R} = 1$ 判别法失效。

(1) n充分大时，有 $\begin{aligned}n\bigg(\frac{a_n}{a_{n+1}} - 1\bigg) > r > 1 \Rightarrow \frac{a_n}{a_{n+1}} > 1 + \frac{r}{n}\end{aligned}$

取 $\forall s: r > s > 1$

由已知极限关系 $\begin{aligned}\lim\limits_{n\to\infty}\frac{(1+\frac{1}{n})^s - 1}{\frac{1}{n}} = s\end{aligned}$

则对充分大的n来说，有: $\begin{aligned}\frac{(1+\frac{1}{n})^s - 1}{\frac{1}{n}} < s < r\Rightarrow \bigg(1+\frac{1}{n}\bigg)^s < 1 + \frac{r}{n} \Rightarrow \frac{a_n}{a_{n+1}} > \bigg(1 + \frac{1}{n}\bigg)^s\end{aligned}\\$

于是就有 $\begin{aligned}\frac{a_{n+1}}{a_n} < \bigg(\frac{n}{n+1}\bigg)^s = \frac{\frac{1}{(n+s)^s}}{\frac{1}{n^s}}\end{aligned}$ , 右边是 $H_s$ 相继的两项比，直接应用定理3，可知级数A收敛。

(2) 如果从某处起，有 $\begin{aligned}n\bigg(\frac{a_n}{a_{n+1}} - 1\bigg) \leq 1\end{aligned}$

于是有 $\begin{aligned}\frac{a_{n+1}}{a_n} \geq \frac{n}{n+1} = \frac{\frac{1}{n+1}}{\frac{1}{n}}\end{aligned}$ 右边是H相继的两项比，由定理3，可知级数A发散。

说明: 这里已经指出了Rabbe判别法的本质以及敛散时所对比的级数形式，因此，证明过程只需要拼凑即可，当然也可以通过陈老的证明方法，一步步推导，对比来说，这里抓住了本质，更容易深刻理解一些。

前面我们已经提到，Rabbe序列中实际上包含了达朗贝尔序列，同样通过这两个序列之间的关系可以推断出Rabbe要比d'Alembert强很多。

因为如果 $\mathcal{D} = \lim\mathcal{D_n}$ 且极限值不为1，则达朗贝尔结论是含在Rabbe中的，因为 $\begin{aligned}\mathcal{R}_n = n\bigg(\frac{1}{\mathcal{D}_n} - 1\bigg)\end{aligned}$ ，当 $\mathcal{D} > 1$ 对于达朗贝尔是判定级数发散，而这里 $\mathcal{R} = -\infty$ 同样判定级数发散；同样的，当 $\mathcal{D} < 1$ 对达朗贝尔来说判定级数收敛，而这里 $\mathcal{R} = +\infty$ 同样判定级数收敛。而对于其他情况，达朗贝尔失效，而大部分来说，Rabbe可以判定。当然对于 $\mathcal{R} = 1$ 同样Rabbe也失效了，需要进一步使用其他更严格的判别法，这个在稍后的Kummer判别法说明部分会介绍。当然，对于Rabbe无法判定的级数数量相对就少很多了。

5. 积分判别法

积分判别法：

若 $f(x) > 0 (x\geq 1)$ 连续且单调递减，则级数 $\sum\limits_{n=1}^\infty a_n \equiv \sum\limits_{n=1}^\infty f(n)$ 收敛与发散，决定于函数

$\begin{aligned}F(x) = \int f(x)dx\end{aligned}$ 在 $x\to+\infty$ 时是否具有有限的或无穷的极限。

或另一种描述方法

若 $\begin{aligned}f(x) > 0 (x\geq 1)\end{aligned}$ 单调递减，则级数 $\sum\limits_{n=1}^\infty a_n \equiv \sum\limits_{n=1}^\infty f(n)$ 收敛与发散，决定于函数

$\begin{aligned}F(+\infty) = \int_1^{+\infty} f(t)dt\end{aligned}$ 具有有限值或无穷值而定的。

$\begin{aligned}\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{1}{n}\end{aligned}$ ，考虑 $\begin{aligned}f(x) = \frac{1}{x}, F(x) = \ln x\end{aligned}$ , $F(+\infty) = +\infty$ , 因此 $\begin{aligned}\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{1}{n}\end{aligned}$ 发散。

注意: 积分判别法需要 $f(x)$ 满足:

$f(x)$ 连续
$f(x)$ 为正的单调递减函数。

详细参照:

6. Abel-Dini定理判别

引理1 若 $\begin{aligned}\sum\limits_{1}^\infty a_k\end{aligned}$ 收敛， $T_n$ 为级数的第n个余式和(nth tail), 那么 $\begin{aligned}\sum\limits_{1}^\infty\frac{a_n}{T_n^{1+\alpha}}\end{aligned}$ 收敛当且仅当 $\alpha < 0$ 。

定理(Abel-Dini) 若 $\begin{aligned}\sum\limits_{1}^\infty b_k\end{aligned}$ 发散， $S_n$ 为级数的第n个部分和(nth partial sum), 那么 $\begin{aligned}\sum\limits_{1}^\infty\frac{b_n}{S_n^{1+\alpha}}\end{aligned}$ 收敛当且仅当 $\alpha > 0$ 。

级数 $\begin{aligned}\sum\limits_{1}^\infty 1 = 1 + 1 + \cdots\end{aligned}$ 发散。

由Abel-Dini定理可知若 $\begin{aligned}\sum\limits_{1}^\infty b_n\end{aligned}$ 发散，则 $\begin{aligned}\sum\limits_{1}^\infty\frac{b_n}{S_n}\end{aligned}$ 也发散，其中 $S_n$ 为第n部分和。

对于级数 $\begin{aligned}\sum\limits_{1}^\infty 1 = 1 + 1 + \cdots\end{aligned}$ ， $b_n = 1, S_n = n$ , 则立即得到级数 $\begin{aligned}\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{1}{n}\end{aligned}$ 发散。

详细内容可参阅

7. Cauchy凝聚判别法

设级数 $\begin{aligned}\sum\limits_{n=1}^\infty a_n\end{aligned}$ (A)的项单调递减，则级数(A)与 $\begin{aligned}\sum\limits_{k=1}^\infty 2^ka_{2^k}\end{aligned}$ 同敛散(Cauchy)。

$\begin{aligned}\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{1}{n}\end{aligned}$ 与 $\begin{aligned}\sum\limits_{k=1}^\infty 2^k\frac{1}{2^k} = \sum\limits_{k=1}^\infty 1\end{aligned}$ 同敛散，因此发散。

详细内容可参阅

8. Euler素数无穷乘积

这个是Euler的例子，属于无穷乘积部分内容，下面是详细内容

如果依递增的次序将素数记上号码: $\begin{aligned}p_1 = 2, p_2 = 3, p_3 = 5, \cdots, p_k, \cdots\end{aligned}$

则当 $x>1$ 时就有恒等式:

$\begin{aligned}\frac{1}{(1-\frac{1}{2^x})(1-\frac{1}{3^x})(1-\frac{1}{5^x})\cdots(1-\frac{1}{p_k^x})\cdots} = 1 + \frac{1}{2^x} + \frac{1}{3^x} + \frac{1}{4^x} + \cdots + \frac{1}{n^x} + \cdots\end{aligned}$

即: $\begin{aligned}\prod\limits_{k=1}^\infty\frac{1}{1- \frac{1}{p_k^x}} = \sum\limits_{k=1}^\infty\frac{1}{n^x}\end{aligned}$ 即黎曼函数 $\zeta(x)$ 的无穷乘积形式。

证: 首先，由几何级数求和公式可知:

$\begin{aligned}\frac{1}{1- \frac{1}{p_k^x}} = 1+ \frac{1}{p_k^x} + \frac{1}{(p_k^2)^x} + \cdots + \frac{1}{(p_k^m)^x} + \cdots\end{aligned}$ (绝对收敛)

那么我们作不超过自然数N的所有素数的有限个这样的级数相乘起来:

$\begin{aligned}P_x^{(N)} = \prod\limits_{p_k\leq N}\frac{1}{1- \frac{1}{p_k^x}}\end{aligned}$ , 绝对收敛级数乘积可以任意方式展开都收敛。

$\begin{aligned}P_x^{(N)} = \prod\limits_{p_k\leq N}\frac{1}{1- \frac{1}{p_k^x}} = {\sum\limits_{n=1}^\infty}^\prime\frac{1}{n^x} = \sum\limits_{n=1}^N\frac{1}{n^x} + {\sum\limits_{n=N+1}^\infty}^\prime\frac{1}{n^x}\end{aligned}$

注意: 上面的 ${\sum}^\prime$ 记号，表示只管到它们自己的那一部分，包括1。举个例子来说明一下，有点绕，但不难。

比如:

$\begin{aligned}\frac{1}{1- \frac{1}{p_k^x}} = 1+ \frac{1}{p_k^x} + \frac{1}{(p_k^2)^x} + \cdots + \frac{1}{(p_k^m)^x} + \cdots\end{aligned}$

$\begin{aligned}\frac{1}{1- \frac{1}{q_k^x}} = 1+ \frac{1}{q_k^x} + \frac{1}{(q_k^2)^x} + \cdots + \frac{1}{(q_k^m)^x} + \cdots\end{aligned}$

则 $\begin{aligned}\frac{1}{1- \frac{1}{p_k^x}}\cdot \frac{1}{1- \frac{1}{q_k^x}} &= (1+ \frac{1}{p_k^x} + \frac{1}{(p_k^2)^x} + \cdots + \frac{1}{(p_k^m)^x} + \cdots)\cdot(1+ \frac{1}{q_k^x} + \frac{1}{(q_k^2)^x} + \cdots + \frac{1}{(q_k^m)^x} + \cdots)\\&=1\cdot(1+ \frac{1}{q_k^x} + \frac{1}{(q_k^2)^x} + \cdots + \frac{1}{(q_k^m)^x} + \cdots) + \frac{1}{p_k^x}\cdot(1+ \frac{1}{q_k^x} + \frac{1}{(q_k^2)^x} + \cdots + \frac{1}{(q_k^m)^x} + \cdots)+\cdots\end{aligned}$

展开后，我们能得到 $\begin{aligned}P_x^{(N)} = \prod\limits_{p_k\leq N}\frac{1}{1- \frac{1}{p_k^x}} = {\sum\limits_{n=1}^\infty}^\prime\frac{1}{n^x} = \sum\limits_{n=1}^N\frac{1}{n^x} + {\sum\limits_{n=N+1}^\infty}^\prime\frac{1}{n^x}\end{aligned}$ (17)

因此自然有:

$\begin{aligned}0< P_x(N) - \sum\limits_{n=1}^N\frac{1}{n^x} = {\sum\limits_{n=N+1}^\infty}^\prime\frac{1}{n^x} < \sum\limits_{n=N+1}^\infty\frac{1}{n^x}\end{aligned}$

$\begin{aligned}\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{1}{n^x}\end{aligned}$ 级数收敛，因此其余式 $\begin{aligned}\lim\limits_{N\to\infty}\sum\limits_{n=N+1}^\infty\frac{1}{n^x} = 0\end{aligned}$

夹逼性，结论得证。

进一步对该乘积分析

当 $x=1$ 时，关系式(17)依然成立，于是就有:

$\begin{aligned}P_1^{(N)} = \prod\limits_{p_k\leq N}\frac{1}{1- \frac{1}{p_k^x}} > \sum\limits_{n=1}^N\frac{1}{n} = H_n\end{aligned}$

于是当 $N\to\infty$ 时， $P_1^{(N)}\to+\infty$ , 也就是乘积

$\begin{aligned}\frac{1}{(1-\frac{1}{2})(1-\frac{1}{3})(1-\frac{1}{5})\cdots(1-\frac{1}{p_k})\cdots} = \prod\limits_{k=1}^\infty\frac{1}{1- \frac{1}{p_k}}\end{aligned}$ 发散并有值 $+\infty$

Euler还用这样的结论证明了素数有无穷多个这一事实。反证法，如若不然，就与上面的结论产生矛盾。

将上面的式子分子分母倒过来得到:

$\begin{aligned}(1-\frac{1}{2})(1-\frac{1}{3})(1-\frac{1}{5})\cdots(1-\frac{1}{p_k})\cdots = \prod\limits_{k=1}^\infty(1- \frac{1}{p_k}) = 0\end{aligned}$

于是由无穷乘积和级数关系立即可得: $\begin{aligned}\sum\limits_{k=1}^\infty \frac{1}{p_k} = +\infty\end{aligned}$ ,

即 $\begin{aligned}\sum\limits_{k=1}^\infty \frac{1}{p_k} = \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{5} + \cdots + \frac{1}{p_k} + \cdots =+\infty\end{aligned}$ 发散。