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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