メビウス関数とリーマン-ゼータ関数の関係　リーマン-ゼータ関数のオイラー積表示の証明

本記事の内容

本記事は、メビウス関数とリーマンのゼータ関数との関係を証明する記事です。

本記事を読むにあたり、メビウス関数について知っている必要があるため、以下の記事も合わせてご覧ください。

メビウス関数とは？メビウス関数の和の性質

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2023.05.28

メビウス関数の復習

メビウス関数とは何だったか、および基本的な性質について復習します。

メビウス関数とは？

$n\in\mathbb{N}$に対して、$n=1$であれば$1$を対応させます。
すなわち$\mu(1)=1$と定めます。

$n\neq1$であるとき、$n$を素因数分解して
$$n=p_1^{a_1}p_2^{a_2}\cdots p_k^{a_k}$$
と書いたとしましょう。
ただし、$p_1<p_2<\cdots<p_k$は素数で、$a_1\in\mathbb{N}$です。

このとき、任意の$1\leq i\leq k$なる$i\in\mathbb{N}$に対して$a_i=1$であるときは$(-1)^k$を対応させます。
すなわち、この場合は$\mu(n)=(-1)^k$と定めます。

それ以外の場合は$0$を対応させます。

要するに、$n\in\mathbb{N}$に対して

• $n=1$ならば$\mu(n)=1$
• $n$が相異なる$k$個の素数の積で表せるならば$\mu(n)=(-1)^k$
• $n$が平方数を因数に持つならば$\mu(n)=0$

ということです。
これをまとめて書けば

です。

メビウス関数の基本的な性質

定理1.の証明は【代数学の基礎シリーズ】初等整数論編 その19を御覧ください。

定理2.の証明は【代数学の基礎シリーズ】初等整数論編 その20を御覧ください。

定理3.の証明は【代数学の基礎シリーズ】初等整数論編 その20を御覧ください。

本記事で言いたいこと

本記事で言いたいこと、証明したいことは誠にシンプルです。

なんとも不思議に思った記憶があります。

リーマンのゼータ関数 (ほんのちょっとだけ)

リーマンのゼータ関数は数論だけでなく、数学全体で非常に重要な関数です。
ご存じの方も多いと思いますが、ミレニアム懸賞問題の１つであるリーマン予想もこのゼータ関数に関わるものです。

ゼータ関数とは？

まず、リーマンのゼータ関数(または単にゼータ関数)とは

を指します。

誠にシンプルなコンセプトですが、そのシンプルさから驚くほど色々なことが分かります。

ゼータ関数は、$d>1$のときに収束することがよく知られており、$d=1$のときの
$$\zeta(1)=\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n}=\infty$$
という数式はどこか見慣れていると思います。

ちなみに、$d=2$のときは
$$\zeta(2)=\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2}=\frac{\pi^2}{6}$$
であることがオイラーによって証明されていますね(バーゼル問題)。

「え？有理数しか足し合わせてないのに、無限個足すと無理数になるの？本当に？」と大いに疑ったものです。

ゼータ関数のオイラー積表示とその証明

ゼータ関数は「和」の形をしていますが、実は「積」の形で表現することができます。
それが「オイラー積表示」です。

$\displaystyle\prod_{p:{\rm prime}}$は「すべての素数$p$での積」という意味です。

まずは、このオイラー積表示を証明します。

定理4.の証明

まず、
$$\zeta(d)=\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^d}=\frac{1}{1^d}+\frac{1}{2^d}+\frac{1}{3^d}+\frac{1}{4^d}+\cdots\tag{1}$$
でした。
(1)の右辺を上手く変形します。

(1)の右辺の分母を素因数分解します。
$$\begin{eqnarray} \zeta(d)&=&\frac{1}{1^d}+\frac{1}{2^d}+\frac{1}{3^d}+\frac{1}{4^d}+\frac{1}{5^d}+\frac{1}{6^d}+\cdots\\ &=&\frac{1}{1^d}+\frac{1}{2^d}+\frac{1}{3^d}+\frac{1}{2^{2d}}+\frac{1}{5^d}+\frac{1}{(2\cdot3)^d}+\cdots\tag{2} \end{eqnarray}$$
ここで、(1)式の$n$はすべての自然数であり、(2)式はその$n$を素因数分解したわけですから、すべての自然数の素因数分解のパターンが出現することになります。
故に、(2)の項を並び替えてみると、
$$\begin{eqnarray} &&\frac{1}{1^d}+\frac{1}{2^d}+\frac{1}{3^d}+\frac{1}{2^{2d}}+\frac{1}{5^d}+\frac{1}{(2\cdot3)^d}+\cdots\\ &=&\frac{1}{1^d}+\frac{1}{2^d}+\frac{1}{(2\cdot3)^d}+\frac{1}{(2\cdot5)^d}+\cdots\\ &&+\frac{1}{(2\cdot3\cdot3)^d}+\frac{1}{(2\cdot3\cdot7)^d}+\cdots\\ &&+\frac{1}{2^{2d}}+\frac{1}{(2\cdot3)^{2d}}+\frac{1}{(2\cdot5)^{2d}}+\cdots\\ &&\cdots\cdots \end{eqnarray}$$
となるわけですから、後は共通因数で括りだすことを繰り返せば、
$$\begin{eqnarray} &&\frac{1}{1^d}+\frac{1}{2^d}+\frac{1}{(2\cdot3)^d}+\frac{1}{(2\cdot5)^d}+\cdots\\ &&+\frac{1}{(2\cdot3\cdot3)^d}+\frac{1}{(2\cdot3\cdot7)^d}+\cdots\\ &&+\frac{1}{2^{2d}}+\frac{1}{(2\cdot3)^{2d}}+\frac{1}{(2\cdot5)^{2d}}+\cdots\\ &&\cdots\cdots\\ &=&\left( \frac{1}{1^d}+\frac{1}{2^d}+\frac{1}{2^{2d}}+\frac{1}{2^{3d}}+\cdots\right)\\ &&\times\left( \frac{1}{1^d}+\frac{1}{3^d}+\frac{1}{3^{2d}}+\frac{1}{3^{3d}}+\cdots\right)\\ &&\times\left( \frac{1}{1^d}+\frac{1}{5^d}+\frac{1}{5^{2d}}+\frac{1}{5^{3d}}+\cdots\right)\\ &&\cdots\cdots\\ &=&\prod_{p:{\rm prime}}\left( \frac{1}{1^d}+\frac{1}{p^d}+\frac{1}{p^{2d}}+\frac{1}{p^{3d}}+\cdots\right)\tag{3} \end{eqnarray}$$
となるわけです。

さて、(3)式を観察してみましょう。
$$\frac{1}{1^d}+\frac{1}{p^d}+\frac{1}{p^{2d}}+\frac{1}{p^{3d}}+\cdots\tag{4}$$
は、

の等比数列の和です。
そこで「この和は収束するか？」ということは考えなければなりません。
実は、収束します。
実際、リーマンのゼータ関数との大小関係を見れば分かります。
$$\zeta(d)=\frac{1}{1^d}+\frac{1}{2^d}+\frac{1}{3^d}+\cdots$$
でした。
このとき、どんな素数$p$に対しても
$$\frac{1}{1^d}+\frac{1}{p^d}+\frac{1}{p^{2d}}+\frac{1}{p^{3d}}+\cdots<\frac{1}{1^d}+\frac{1}{2^d}+\frac{1}{3^d}+\cdots$$
が成り立っています。
実際、右辺の和の中に左辺の和が含まれています。
要するに、右辺(ゼータ関数)のほうが、左辺よりも多くの正の数を足しているから、右辺(ゼータ関数)のほうが大きい、ということです。

そして、今条件は$d>1$ですので、$d>1$の場合は右辺のゼータ関数が収束するから、
$$\frac{1}{1^d}+\frac{1}{p^d}+\frac{1}{p^{2d}}+\frac{1}{p^{3d}}+\cdots<\infty$$
すなわち、今考えている等比数列の和も収束するわけです。

故に、高校数学で学んだ公式を使えば、
$$\frac{1}{1^d}+\frac{1}{p^d}+\frac{1}{p^{2d}}+\frac{1}{p^{3d}}+\cdots=\frac{1}{\displaystyle1-\frac{1}{p^d}}=\frac{1}{1-p^{-d}}$$
が成り立ちます。

以上のことから、
$$\zeta(d)=\prod_{p:{\rm prime}}\frac{1}{1-p^{-d}}\quad (d>1)$$
が成り立ちます。

定理4.の証明終わり

メビウス関数とゼータ関数の関係

いよいよ本題です。

定理0.の証明

因数分解の基礎を思い出せば、なんら難しいことではありません。

$$\sum_{n=1}^\infty\frac{\mu(n)}{n^d}$$
に対して、$\mu$がメビウス関数であるので、$n$が合成数の場合(つまりは$n$が素数でない場合)については$\mu(n)=0$であることに注意します。
もう少し詳しく言えば、定理4.の証明のときと同様に$n$はすべての自然数であり、メビウス関数の性質から$n$が素数のときだけを考慮すれば良いことになります。
したがって、$n$としては相異なる素数の積の場合だけで考えればOKということになります。
すると、
$$\begin{eqnarray} \sum_{n=1}^\infty\frac{\mu(n)}{n^d}&=&\frac{1}{1^d}-\frac{1}{2^d}-\frac{1}{3^d}+0-\frac{1}{5^d}+\frac{1}{6^d}-\cdots\\ &&+\frac{1}{(2\cdot3)^d}+\frac{1}{(2\cdot5)^d}+\frac{1}{(2\cdot7)^d}+\cdots\\ &&+\frac{1}{(3\cdot5)^d}+\frac{1}{(3\cdot7)^d}+\frac{1}{(3\cdot11)^d}+\cdots\\ &&\cdots\cdots\\ &&+\frac{1}{(2\cdot3\cdot5)^d}+\frac{1}{(2\cdot3\cdot7)^d}+\frac{1}{(2\cdot3\cdot11)^d}+\cdots\tag{5}\\ &=&\left( 1-\frac{1}{2^d}\right)\left(1 -\frac{1}{3^d}-\frac{1}{5^d}-\cdots+\frac{1}{(3\cdot5)^d}+\frac{1}{(3\cdot7)^d}+\cdots\right)\tag{6} \end{eqnarray}$$
となります。
後は、(5)式から(6)式への変形を繰り返せばOKです。
故に、
$$\begin{eqnarray} &&\left( 1-\frac{1}{2^d}\right)\left(1 -\frac{1}{3^d}-\frac{1}{5^d}-\cdots+\frac{1}{(3\cdot5)^d}+\frac{1}{(3\cdot7)^d}+\cdots\right)\\ &=&\left( 1-\frac{1}{2^d}\right)\left( 1-\frac{1}{3^d}\right)\left( 1-\frac{1}{5^d}\right)\cdots\\ &=&\prod_{p:{\rm prime}}\left( 1-p^{-d}\right)\\ \end{eqnarray}$$
となります。

ここで、定理4.を使います。
定理4.から
$$\zeta(d)=\prod_{p:{\rm prime}}\frac{1}{1-p^{-d}}\quad (d>1)$$
ですので、
$$\zeta(d)^{-1}=\prod_{p:{\rm prime}}\left( 1-p^{-d}\right)$$
となり、証明完了です。

定理0.の証明終わり

皆様のコメントをください！

まだまだ梅雨ですね。
毎日雨、というわけではないですが。
しかし、ジメジメしたり、ひょんなときに雨が降ってきたりと大変ですよね。

洗濯物は部屋干しせざるを得ないわけですが、皆様、何か匂いなどを解消する知恵などありますか？
ぜひ教えてください！

結

今回は、メビウス関数とゼータ関数の関係及びゼータ関数のオイラー積表示を証明しました。
ゼータ関数は数論に限らず、数学一般において誠に重要な関数です。
そのゼータ関数とメビウス関数は関係があります。
なんと、ゼータ関数の係数(のようなもの)をメビウス関数とすると、ゼータ関数の逆関数と一致するのです。

次回は、$1$の$n$乗根について解説します。

乞うご期待！
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