私はゼータ関数のEuler積表示を無限積の絶対収束性を使わず示したい！
はじめに
記事名がラノベのタイトルみたいですね. ところで$\Re(z)$で複素数$z$の実部, 実数$x$に対し$\mathbb{P},\mathbb{P}_{< x}$をそれぞれ素数全体, $x$未満の素数全体の集合を表わすとする. 最も一般的に知られているゼータ関数:
\begin{align}
\zeta(s)=\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^s}\quad (\Re(s)>1)
\end{align}
には,
\begin{align}
\zeta(s)=\prod_{p\in\mathbb{P}}\left(1-p^{-s}\right)^{-1}\quad(\Re(s)>1)
\end{align}
という無限積表示がある. これを, $\zeta(s)$のEuler積表示という.
みずきさんの記事
では, Euler積表示を簡単な方法で分かりやすく示しているが, 暗に無限積の絶対収束性等を認めているので, 今回はそれを用いずに示していきたいと思う.
ゼータ関数のEuler積表示
級数$\sum_{n=1}^\infty n^{-s}$は$\Re(s)>1$で絶対収束する.
\begin{align} \sum_{n=1}^\infty\abs{\frac{1}{n^s}}=\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^{\Re(s)}}\leq 1+\int_1^\infty x^{-\Re(s)}dx =1+\frac{1}{\Re(s)-1}<\infty. \end{align}
\begin{align} \sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^s}=\prod_{p\in\mathbb{P}}\pas{1-p^{-s}}^{-1}\quad (\Re(s)>1) \end{align}
$A_x$で$x$未満の素数の積で構成される数全体とする. 即ち,
\begin{align}
A_x=\Pas{n=\prod_{j=1}^kp_j^{e(j)}: k\in\mathbb{N},\;p_j\in\mathbb{P}_{< x},\;e(j)\in\mathbb{N}\quad(1\leq j\leq k)}.
\end{align}
すると,
\begin{align}
\prod_{p< x}\pas{1-p^{-s}}^{-1}=\prod_{p< x}(1+p^{-s}+p^{-2s}+p^{-3s}+\cdots)=\sum_{n\in A_x}\frac{1}{n^s}
\end{align}
と変形できる. 二つ目の等式においては, 絶対収束級数$\sum_{k=0}^\infty p^{-ks}$の有限積であるから, 並びかえ及び積の展開が可能である. 従って
\begin{align}
\prod_{p\in\mathbb{P}}\pas{1-p^{-s}}^{-1}=\lim_{x\to\infty}\prod_{p\in\mathbb{P}_{< x}}\pas{1-p^{-s}}^{-1}
\end{align}
と解釈すれば,
\begin{align}
\abs{\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^s}-\prod_{p\in\mathbb{P}}\pas{1-p^{-s}}^{-1}}
&=\abs{\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^s}-\lim_{x\to\infty}\sum_{n\in A_x}\frac{1}{n^s}}=\abs{\lim_{x\to\infty}\sum_{n\notin A_x}\frac{1}{n^s}}\\
&\leq \lim_{x\to\infty}\sum_{n\notin A_x}\frac{1}{n^{\Re(s)}}\leq \lim_{x\to\infty}\sum_{n\geq x}\frac{1}{n^{\Re(s)}}=0.
\end{align}
さいごに
下の引用に挙げた書籍「素数とゼータ関数」には, みずきさんのような直感的な証明と, 本記事のような厳密な証明のどちらも載っていますので, 気になる方はお手にとってみてください.
素数とゼータ関数, 小山信也, 共立出版.
