عرض مصدر برهان صيغة جداء أويلر بالنسبة لدالة زيتا لريمان

{{لا مصدر|تاريخ=ديسمبر 2018}}

== صيغة [[جداء أويلر]] ==

== برهان صيغة جداء أويلر ==
فيما يلي برهان هاته الصيغة :

:<math>\zeta(s) = 1+\frac{1}{2^s}+\frac{1}{3^s}+\frac{1}{4^s}+\frac{1}{5^s}+ \ldots </math>
دعونا نحسب الجداء التالي :

:<math>(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 </math>
نلاحظ أن 2 و مضاعفاته قد اختفوا من الجانب الأيمن من الصيغة. سنقوم بأضافة 3 للمعادلة مما يعطي ما يلي:

:<math>(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 </math>
بإضافة جميع الأعداد الأولية، نحصل على النتيجة. و هذه الطريقة تذكر ب[[غربال إراتوستينس]]

== حالة s=1 ==
يمكن إيجاد نتيجة مهمة بالنسبة إلى (&zeta;(1:

:<math> \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 </math>
والتي يمكن أن تكتب أيضا على الشكل التالي:
:<math> \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 </math>
مما يؤدي إلى :
:<math> \left(\frac{\ldots\cdot10\cdot6\cdot4\cdot2\cdot1}{\ldots\cdot11\cdot7\cdot5\cdot3\cdot2}\right)\zeta(1) = 1 </math>
بما أن:
<math>\zeta(1) = 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+ \ldots </math>

إذن،

:<math> 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} </math>

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 [[مبرهنة إقليدس|عدد ألاعداد الأولية غير منته]].

== برهان آخر ==

== مراجع ==
{{شريط بوابات|رياضيات}}

{{بذرة رياضيات}}

[[تصنيف:زيتا والدوال اللامية]]
[[تصنيف:ليونهارت أويلر]]
[[تصنيف:مقالات تحوي براهين رياضية]]