リーマン予想と同値な不等式：ラマヌジャンの定理
はじめに
この記事ではリーマン予想と同値な不等式
$$\s(n)< e^\g n\log\log n\quad(n>5040)$$
について、その前身であるラマヌジャンの定理を証明していきます(と言っても
この記事
でのラマヌジャンの定理の証明の過程を$s=1$に焦点を絞ってアレンジしただけですが)。
リーマン予想が真であるとき、十分大きい任意の$n$に対して
$$\s(n)< e^\g n\log\log n$$
が成り立つ。
ここで$\s(n),\g$はそれぞれ約数関数、オイラー定数としました。
$$\s(n)=\sum_{d|n}d=\sum_{d|n}\frac nd,\quad \g=\lim_{n\to\infty}\l(\sum^n_{k=1}\frac1k-\log n\r)$$
またこの記事で「巨大過剰数」と言ったときには通常の巨大過剰数、つまり$\s_1$についての一般化巨大過剰数($\s_{-1}$についての一般化高度合成数)のことを指すものとします(詳しくは
この記事
参照)。
証明のあらすじ
まず自然数$n$について考えるの代わりに巨大過剰数$N$について考えればよいことを示す。そして4つの式
\begin{eqnarray}
\farc{\s(N)}{N}
&\leq&\prod_{p\leq x}\frac1{1-p^{-1}}\prod_{\sqrt{2x}< p\leq x}(1-p^{-2})
\\\log\log\log N&=&\log\log\vt(x)+\frac{\sqrt2}{\sqrt x\log x}+O\l(\farc1{\sqrt{x}\log^2x}\r)
\\\log\prod_{\sqrt{2x}< p\leq x}(1-p^{-2})
&=&-\frac{\sqrt2}{\sqrt x\log x}+O\l(\frac1{\sqrt{x}\log^2x}\r)
\\\log\prod_{p\leq x}(1-p^{-1})
&\geq&-\g-\log\log\vt(x)-\frac{4+\g-\log4\pi}{\sqrt x\log x}+O\l(\frac1{\sqrt x\log^2x}\r)
\end{eqnarray}
を組み合わせることで$x$が十分大きいとき、すなわち$N$が十分大きいとき
$$\log\frac{\s(N)}{N\log\log N}<\g$$
が成り立つことがわかり、主張を得る。といった具合です。
問題の帰結
$N'< n\leq N$をそれぞれ$n$以上(resp.未満)で最小(resp.最大)の巨大過剰数とすると
$$\frac{\s(n)}{n\log\log n}
\leq\max\l\{\frac{\s(N')}{N'\log\log N'},\frac{\s(N)}{N\log\log N}\r\}$$
が成り立つ。
巨大過剰数の定義から$N'$に対応する$\e>\e_n$に対して
$$\frac{\s(N')}{(N')^{1+\e}}>\frac{\s(N)}{N^{1+\e}}$$
$N$に対応する$\e\leq\e_n$に対して
$$\frac{\s(N')}{(N')^{1+\e}}\leq\frac{\s(N)}{N^{1+\e}}$$
が成り立つので$\e=\e_n$においてこの等号が成り立つことになる。よって
$$\frac{\s(n)}{n^{1+\e_n}}\leq\frac{\s(N')}{(N')^{1+\e_n}}=\frac{\s(N)}{N^{1+\e_n}}$$
を得る。
また
\begin{align}
f(x)&=\frac{x^{\e_n}}{\log\log x}\\
g(x)&=\log f(e^x)=\e_nx-\log\log x
\end{align}
とおくと
$$g''(x)=\l(\e_n-\frac{1}{x\log x}\r)'=\frac{\log x+1}{(x\log x)^2}>0$$
すなわち$g(x)$は下に凸なので
$$\log n=t\log N'+(1-t)\log N\quad(\exists t\in[0,1))$$
とおくと
$$g(\log n)\leq tg(\log N')+(1-t)g(\log N)\leq \max\{g(\log N'),g(\log N)\}$$
を得る。よって
$$\frac{n^{\e_n}}{\log\log n}
\leq\max\l\{\frac{(N')^{\e_n}}{\log\log N'},\frac{N^{\e_n}}{\log\log N}\r\}$$
となるので先の不等式にこれを掛け合わせることで主張を得る。
この補題より、ある$n_0$が存在して
$$\s(n)< e^\g n\log\log n\quad(\forall n>n_0)$$
が成り立つことを示すためにはある$N_0$が存在して
$$\s(N)< e^\g N\log\log N\quad(\forall N>N_0)$$
(ただし$N$は巨大過剰数)が成り立つことを示せばよいことがわかります。
$x_r$の評価
任意の$0<\e\leq\log(1+2^{-1})/\log2$に対して実数列$\{x_r\}$を方程式
$$x_r^\e=\frac{1-x_r^{-(r+1)}}{1-x^{-r}}$$
によって定める。また$x_1^\e=1+x_1^{-1}$より
$$\e=\farc{\log(1+x_1^{-1})}{\log x_1}$$
なので$\e$および$x_2,x_3,\ldots$を$x=x_1\geq2$の関数とみなす。このとき以下の評価が成り立つ。
$x_2<\sqrt{2x}$が成り立つ。
$$x_2^\e=\frac{x_2^3-1}{x_2(x_2^2-1)}=1+\farc1{x_2^2+x_2}$$
より
$$\e=\frac{\log(1+1/(x_2^2+x_2))}{\log x_2}$$
であって、この右辺が$x_2$について単調減少であることに注意すると
$$\e=\frac{\log(1+1/x)}{\log x}>\frac{\log(1+1/(2x+\sqrt{2x}))}{\log\sqrt{2x}}$$
が成り立つことを示せばよい。実際、より強い不等式
$$\frac{\log(1+1/x)}{\log x}>\frac{\log(1+1/(2x+\sqrt{2x}))}{\log\sqrt x}$$
すなわち
$$1+\farc1x>\l(1+\frac1{2x+\sqrt{2x}}\r)^2$$
が次のように示される。
\begin{eqnarray}
\l(1+\frac1{2x+\sqrt{2x}}\r)^2
&=&1+\frac1x\l(\frac{2x}{2x+\sqrt{2x}}+\frac x{(2x+\sqrt{2x})^2}\r)
\\&=&1+\frac1x\l((1-\frac1{\sqrt{2x}+1})+\frac1{2(\sqrt{2x}+1)^2}\r)
\\&<&1+\frac1x\l((1-\frac1{\sqrt{2x}+1})+\frac1{\sqrt{2x}+1}\r)
\\&=&1+\frac1x
\end{eqnarray}
以下、リーマン予想が真であるものとします。
$N=\exp(\sum_{r=1}^\infty\vt(x_r))$とおくと
$$\log\log\log N=\log\log\vt(x)+\frac{\sqrt2}{\sqrt x\log x}+O\l(\farc1{\sqrt{x}\log^2x}\r)$$
が成り立つ。
この記事
の補題5系から
\begin{eqnarray}
\log N&=&\vt(x)+x_2+O(x^\frac13)
\\\log\log N&=&\log\vt(x)+\frac{x_2}{\vt(x)}+O(x^{-\frac23})
\\\log\log\log N&=&\log\log\vt(x)+\frac{x_2}{\vt(x)\log\vt(x)}+O(x^{-\frac23})
\end{eqnarray}
と評価でき、また同記事の補題5から
$$x_2=\sqrt{2x}(1+O\l(\frac1{\log x}\r))$$
と評価できることとリーマン予想と同値な漸近公式
$$\vt(x)=x+O(\sqrt x\log^2x)$$
からわかる。
ラマヌジャンの定理の証明
任意の高度合成数$N$と対応する$\e>0$に対して
$$\farc{\s(N)}{N}
\leq\prod_{p\leq x}\frac1{1-p^{-1}}\prod_{\sqrt{2x}< p\leq x}(1-p^{-2})$$
が成り立つ。
この記事
の定理8より
\begin{eqnarray}
&&\farc{\s(N)}{N}=\s_{-1}(N)
=\prod_{r=1}^\infty\prod_{p\leq x_r}\frac{1-p^{-(r+1)}}{1-p^{-r}}
\\&=&\prod_{r=1}^\infty\prod_{x_{r+1}< p\leq x_r}\prod^r_{k=1}\frac{1-p^{-(k+1)}}{1-p^{-k}}
=\prod_{r=1}^\infty\prod_{x_{r+1}< p\leq x_r}\frac{1-p^{-(r+1)}}{1-p^{-1}}
\\&=&\prod_{p\leq x_1}\frac1{1-p^{-1}}\prod_{x_2< p\leq x_1}(1-p^{-2})
\prod_{r=2}^\infty\prod_{x_{r+1}< p\leq x_r}(1-p^{-(r+1)})
\\&\leq&\prod_{p\leq x}\frac1{1-p^{-1}}\prod_{\sqrt{2x}< p\leq x}(1-p^{-2})
\end{eqnarray}
とわかる。
$$\log\prod_{\sqrt{2x}< p\leq x}(1-p^{-2})
=-\frac{\sqrt2}{\sqrt x\log x}+O\l(\frac1{\sqrt{x}\log^2x}\r)$$
が成り立つ。
この記事
の定理7
$$\log\prod_{p\leq x}(1-p^{-s})
=-\log|\z(s)|-\Li(x^{1-s})+O\l(\frac{x^{1-s}}{\log^2x}\r)$$
から
\begin{eqnarray}
\log\prod_{p\leq x}(1-p^{-2})
&=&-\log|\z(s)|-\Li(x^{-1})+O\l(\frac{x^{-1}}{\log^2x}\r)
\\&=&-\log|\z(s)|+\frac{x^{-1}}{\log x}+O\l(\frac{x^{-1}}{\log^2x}\r)
\\\log\prod_{\sqrt{2x}< p\leq x}(1-p^{-2})
&=&\frac1{x\log x}-\frac1{\sqrt{2x}\log\sqrt{2x}}+O\l(\frac1{\sqrt{x}\log^2x}\r)
\\&=&-\frac{\sqrt2}{\sqrt x\log x}+O\l(\frac1{\sqrt{x}\log^2x}\r)
\end{eqnarray}
とわかる($\Li(x^{-1})$の評価については
この記事
参照)。
$$\log\prod_{p\leq x}(1-p^{-1})
\geq-\g-\log\log\vt(x)-\frac{4+\g-\log4\pi}{\sqrt x\log x}+O\l(\frac1{\sqrt x\log^2x}\r)$$
が成り立つ。
リーマン予想が真であれば$\ol\rho=1-\rho$であることから
$$\sqrt xS_1(x)=\sum_\rho\frac{x^{\rho-\frac12}}{\rho(\rho-1)}
=-\sum_\rho\frac{x^{\Im(\rho)}}{|\rho|^2}
\leq\sum_\rho\frac1{|\rho|^2}=2+\g-\log4\pi$$
(最後の等号については
この記事
参照)に注意すると、
この記事
の定理4系
$$\log\prod_{p\leq x}(1-p^{-1})
=-\g-\log\log\vt(x)-\frac2{\sqrt x\log x}
-\frac{S_1(x)}{\log x}+O\l(\frac1{\sqrt x\log^2x}\r)$$
からわかる。
ラマヌジャンの定理の証明
補題4,5,6,7から
$$\log\frac{\s(N)}{N\log\log N}
\leq\g+\farc{4+\g-\log4\pi-2\sqrt2}{\sqrt x\log x}+O\l(\farc1{\sqrt x\log^2x}\r)$$
を得る。そして
$$4+\g-\log4\pi-2\sqrt2=-0.782\ldots<0$$
であることに注意すると$x$が十分大きいとき、すなわち巨大過剰数$N$が十分大きいとき
$$\log\frac{\s(N)}{N\log\log N}<\g$$
つまり
$$\s(N)< e^\g N\log\log N$$
が成り立つことがわかる。あとは補題2からわかる。
おわりに
今回の記事では、リーマン予想が真ならばある$n_0$が存在して
$$\s(n)< e^\g n\log\log n\quad(\forall n> n_0)$$
が成り立つことを示しましたが、ラマヌジャンの議論を精密化することで$n_0$は具体的に$n_0=5040$と取れることがわかります。また逆にこの不等式が成り立てばリーマン予想が真となることも知られています。
リーマン予想が真であることと
$$\s(n)< e^\g n\log\log n\quad(\forall n>5040)$$
が成り立つことは同値である。
このことについては近々記事として書くつもりです。
とりあえず今回はこんなところで。では。
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