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
メビウス関数
関数\(\mu\mu:\mathbb{N}\longrightarrow\left\{ -1,0,1\right\}\)を、\(n\in\mathbb{N}\)に対して $$ \mu(n)= \begin{cases} 1&(n=1)\\ (-1)^k&(k=p_1p_2\cdots p_k)\\ 0&({\rm otherwise}) \end{cases} $$ で定める。 ただし、\(p_1<p_2<\cdots<p_k\)は素数とする。 この関数\(\mu\)をメビウス関数(M\(\ddot{{\rm o}}\)bius関数)という。です。
メビウス関数の基本的な性質
定理1.
\(n\in\mathbb{N}\)に対して、\(n>1\)ならば、 $$ \sum_{\substack{d\in\mathbb{N}\\ d\mid n}}\mu(d)=0 $$ である。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.
メビウス関数\(\mu\)は乗法的関数である。すなわち、\(\gcd(m,n)=1\)なる\(m,n\in\mathbb{N}\)に対して $$ \mu(mn)=\mu(m)\mu(n) $$ である。また、\(\gcd(m,n)\neq 1\)ならば $$ \mu(mn)=0 $$ である。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.(メビウスの反転公式)※再掲※
\(f(n)\)を乗法的関数(※後述)とする。\(\displaystyle F(n)=\sum_{d\mid n}f(d)\)で定めれば、 $$ f(n)=\sum_{d\mid n}\mu(d)F\left( \frac{n}{d}\right)=\sum_{d\mid n}\mu\left( \frac{n}{d}\right)F(d) $$ である。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。
定理0.
\(\mu:\mathbb{N}\longrightarrow \{-1,0,1\}\)をメビウス関数、\(\zeta:\mathbb{R}\longrightarrow\mathbb{R}\)をリーマンのゼータ関数とする。すなわち \(\displaystyle\zeta(d)=\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^d}\)とする。このとき、 $$ \zeta^{-1}(d)=\sum_{k=1}^\infty\frac{\mu(k)}{k^d} $$ である。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
リーマンのゼータ関数
$$\zeta(d)=\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^d}$$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。
定理4.(ゼータ関数のオイラー積表示)
$$ \zeta(d)=\prod_{p:{\rm prime}}\frac{1}{1-p^{-d}}\quad (d>1) $$\(\displaystyle\prod_{p:{\rm prime}}\)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.
\(\mu:\mathbb{N}\longrightarrow \{-1,0,1\}\)をメビウス関数、\(\zeta:\mathbb{R}\longrightarrow\mathbb{R}\)をリーマンのゼータ関数とする。すなわち \(\displaystyle\zeta(d)=\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^d}\)とする。このとき、 $$ \zeta^{-1}(d)=\sum_{k=1}^\infty\frac{\mu(k)}{k^d} $$ である。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！
質問、コメントなどお待ちしております！
どんな些細なことでも構いませんし、「定理〇〇の△△が分からない！」などいただければお答えします！
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