「ゼータ関数の基礎」シリーズ第7回です。前回はこちら:
∏p(1−1ps)=1ζ(s)(Rs>1)
ただし ∏p はすべての素数について積をとることを表します。素数の話ということで本シリーズの中では番外編っぽくなります。特にこれを発展させる予定はないので息抜きがてらに。
Rs>1 とします。ζ(s)=∑∞n=11ns より2−sζ(s)=∞∑n=11(2n)s=∞∑n∈2Z>01ns最右辺は n がすべての正の2の倍数をとるという意味です。つまり ζ(s) を 2−s 倍すると級数の項が2の倍数のみとなります。したがって(1−2−s)ζ(s)=11s+13s+15s+⋯となり、ゼータ関数から2の倍数の項が省かれます。
これに (1−3−s) をかけます。(1−2−s)(1−3−s)ζ(s)=ζ(s)−2−sζ(s)−3−sζ(s)+6−sζ(s)右辺は、ゼータ関数から2の倍数項と3の倍数項を引き、6の倍数項を足しています。6の倍数は2回引かれて1回足されています。よってこの式はゼータ関数から2,3の倍数項を省いたものとなっています。
4の倍数はすでに省かれていますから次は5の倍数を省き、7の倍数を省き・・・と繰り返していきます。「2」をはじめの素数として、 N 番目の素数を pN とします。すると(1−2−s)(1−3−s)⋯(1−p−sN)ζ(s)=1+∑′1ns∑′ は n=1 を省き、さらに n=2,3,5,⋯pN の倍数を省いた自然数について和をとります。すなわち ∑′ 内の n は pN より大きい数しか含みません。
したがって次のように評価できます。Rs=σ とおき|∑′1ns|≤∑′|1ns|=∑′1nσ≤∞∑n=pN+11nσN→∞→0
よってlimN→∞N∏n=1(1−p−sn)ζ(s)=1(Rs>1)
∴∏p(1−1ps)=1ζ(s)(Rs>1)
(1)で完成したようなものなのですが、少し厳密な話をしておきましょう。2以上の自然数 n に対し数列 {an} をan=−1nsと定義します。このとき∞∑n=2|an|<∞ と有限の値をとるので ∞∑n=2an=∞∑n=2(−1ns)は絶対収束します(absolutely convergent)。
級数 ∑∞n=2an が絶対収束するなら無限積 ∏∞n=2(1+an) も収束します。(1)左辺はこの無限積を構成する一部ですので、(1)左辺もまた収束します。以上より本日の結論を得ます。
∏p(1−1ps)=1ζ(s)(Rs>1)
なお左辺が収束することから、ζ(s) は Rs>1 に零点を持たないことが分かります。
リーマンゼータ関数の自明な零点は Rs<0 にあります。具体的には s=−2,−4,⋯ です。これについては:
リーマン予想では残りの零点は σ=1/2 だよというものですね。
次回はリーマンの積分を導出します:
ゼータ関数の基礎シリーズ第1回はこちら:
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