Produit eulérien

Dans cette démonstration, on utilise la méthode du crible d'Ératosthène qui sert à trier les nombres premiers.

Le schéma de cette démonstration ne fait appel qu'à des connaissances usuelles enseignées dans les lycées, ce qui justifie le qualificatif de démonstration "élémentaire".
C'est ainsi qu'Euler découvrit cette formule. On y utilise des propriétés du crible d'Ératosthène vu ci-dessus :

Considérons l'égalité suivante qui définit la fonction zêta de Riemann :

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

Divisons tous les termes de l'égalité par ${\displaystyle {2^{s}}}$, on obtient l'égalité :

${\displaystyle {\frac {1}{2^{s}}}\zeta (s)={\frac {1}{2^{s}}}+{\frac {1}{4^{s}}}+{\frac {1}{6^{s}}}+{\frac {1}{8^{s}}}+{\frac {1}{10^{s}}}+\ldots }$

En soustrayant la 2^de égalité de la 1^re, on élimine tous les dénominateurs « pairs » (c'est-à-dire les ${\displaystyle {\frac {1}{2^{s}}}}$ ; ${\displaystyle {\frac {1}{4^{s}}}}$ ; ${\displaystyle {\frac {1}{6^{s}}}}$ ; ${\displaystyle {\frac {1}{8^{s}}}}$, etc.) du membre de droite de l'égalité.

En mettant en facteur ${\displaystyle \zeta (s)}$ dans le terme de gauche, on obtient :

${\displaystyle \left(1-{\frac {1}{2^{s}}}\right)\zeta (s)=1+{\frac {1}{3^{s}}}+{\frac {1}{5^{s}}}+{\frac {1}{7^{s}}}+{\frac {1}{9^{s}}}+{\frac {1}{11^{s}}}+{\frac {1}{13^{s}}}+\ldots }$

On recommence la même démarche en utilisant le nombre premier suivant, c'est-à-dire qu'on divise l'égalité précédente par ${\displaystyle {3^{s}}}$ et on obtient :

${\displaystyle {\frac {1}{3^{s}}}\left(1-{\frac {1}{2^{s}}}\right)\zeta (s)={\frac {1}{3^{s}}}+{\frac {1}{9^{s}}}+{\frac {1}{15^{s}}}+{\frac {1}{21^{s}}}+{\frac {1}{27^{s}}}+{\frac {1}{33^{s}}}+\ldots }$

En faisant une nouvelle soustraction des deux lignes précédentes et en mettant en facteur ${\displaystyle \left(1-{\frac {1}{2^{s}}}\right)\zeta (s)}$ dans le terme de gauche on obtient :

${\displaystyle \left(1-{\frac {1}{3^{s}}}\right)\left(1-{\frac {1}{2^{s}}}\right)\zeta (s)=1+{\frac {1}{5^{s}}}+{\frac {1}{7^{s}}}+{\frac {1}{11^{s}}}+{\frac {1}{13^{s}}}+{\frac {1}{17^{s}}}+\ldots }$

où tous les termes ayant un dénominateur écrit à partir d'un multiple de 2, de 3 (ou des deux) ont été éliminés.

C'est le lien avec le crible d’Ératosthène car en continuant la même démarche, on élimine du membre de droite les termes écrits à partir des nombres premiers suivants 5, 7, 11, 13 à l'infini et on obtient :

${\displaystyle \ldots \left(1-{\frac {1}{11^{s}}}\right)\left(1-{\frac {1}{7^{s}}}\right)\left(1-{\frac {1}{5^{s}}}\right)\left(1-{\frac {1}{3^{s}}}\right)\left(1-{\frac {1}{2^{s}}}\right)\zeta (s)=1}$

En divisant de part et d'autre par tout sauf ζ(s) on obtient bien :

${\displaystyle \zeta (s)={\frac {1}{\left(1-{\frac {1}{2^{s}}}\right)\left(1-{\frac {1}{3^{s}}}\right)\left(1-{\frac {1}{5^{s}}}\right)\left(1-{\frac {1}{7^{s}}}\right)\left(1-{\frac {1}{11^{s}}}\right)\ldots }}}$

Pour finir cette démonstration, il suffit de remarquer que pour ${\displaystyle \operatorname {Re} (s)>1}$, la somme de droite, d’où on fait progressivement « disparaître » des termes du fait du criblage, converge vers 1, ce qui découle immédiatement de la convergence des séries de Dirichlet pour ζ(z).

La série de Riemann qui définit ${\displaystyle \zeta (s)}$ est absolument convergente, si bien que (par associativité des familles sommables) ${\displaystyle \zeta (s)=\lim _{k\to \infty }S_{k}}$ avec

${\displaystyle S_{k}:=\sum _{j_{1}\in \mathbb {N} }\dots \sum _{j_{k}\in \mathbb {N} }{\frac {1}{\left(p_{1}^{j_{1}}\dots p_{k}^{j_{k}}\right)^{s}}}=\prod _{i=1}^{k}\sum _{j=0}^{\infty }p_{i}^{-js}=\prod _{i=1}^{k}{\frac {1}{1-p_{i}^{-s}}}}$

(où l'on a transformé par la formule usuelle les sommes de séries géométriques rencontrées).

On conclut par passage à la limite quand ${\displaystyle k}$ tend vers l'infini.