どうも、色々やる数学徒です。
今回の記事ではみんな大好きリーマンゼータ関数を紹介していきます。
この記事が好評であればリーマンゼータだけでなく僕の知る限りのゼータをできるだけわかりやすく紹介する記事を投稿しようと思います。証明を載せれていない定理も少しずつ更新していきます。
こんなゼータも書いて欲しいという人はコメントしていってください!
・この記事だけを信用するのは大変危険です。(この記事は興味を持ってもらいたくて書いているだけなのでより深く知りたい人はPDFなどを漁ってみるのも手です)
・ゼータを理解するにあたって最低限の前提知識(高校数学は最低でも)は必要です。
・僕のことが嫌いになってもゼータを嫌いにならないで
٩( ᐛ )و!!
ゼータ関数とは次のように定義される関数です。
$\displaystyle \zeta(s):=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^s}$
$s\in\mathbb R_{>1}$
無限級数ですね、形はシンプルながらなかなかに奥が深いです。
$\displaystyle \zeta(s)=\prod_{p:prime}\frac{1}{1-p^{-s}}$
$s>1$
無限級数と素数の積が関係しているのは面白いですよね。
この定義域を$s>1$よりも広く拡張していきます。
$\zeta(s)$は$\mathbb C$上の極は$s=1$にのみある
後ででてくる解析接続という方法によって$s=1$以外ですべての複素数において正則な有理型関数に拡張できます
$\zeta(1)$は発散する
$\displaystyle \sum_{n=1}^{x}\frac{1}{n}=\int_1^{\lfloor x\rfloor}\frac{1}{\lfloor t\rfloor}dt$より
$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}=\int_1^{\infty}\frac{1}{\lfloor x\rfloor}dx>\int_1^{\infty}\frac{1}{x}dx$である
右辺は$\displaystyle \lim_{x\to\infty}\log(x)$が発散することより発散し、左辺も当然発散することになる
ここでは$\lfloor x \rfloor$を用いてしまっていてわかりづらいかもしれないが曲線に囲まれた範囲より長方形で作られた範囲の方が大きいと言っているだけです。
個人的な話になってしまいますが、上の方法は僕が中1のときに自分で導出できて興奮したものだったので今改めて当然のように証明できて感慨深いです。
$\displaystyle \zeta(2)=\frac{\pi^2}{6}$
$y=x^2(-\pi≦x≦\pi)$を周期$2\pi$の関数に拡張してフーリエ級数展開する
$\displaystyle f(x)=\frac{\pi^2}{3}+4\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n\frac{\cos(nx)}{n^2}…(※)$
$(※)$に$x=\pi$を代入する
$\displaystyle \pi^2=\frac{\pi^2}{3}+4\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}$
式を整理すると$\displaystyle \zeta(2)=\frac{\pi^2}{6}$を得る
アダマールの因数分解定理より
$\displaystyle \sin(\pi z)=\pi z\prod_{n=1}^{\infty}\left(1-\frac{z^2}{n^2}\right)$
また、マクローリン展開により
$\displaystyle \sin(\pi z)=\pi z-\frac{\pi^3}{3!}+\frac{\pi^5}{5!}-\cdots$
$z^3$の係数を比較すると$\displaystyle \zeta(2)=\frac{\pi^2}{6}$を得る
上の2つが最もわかりやすく計算が楽だと思うので載せましたがこれら以外にも複素積分や重積分を用いる証明方法があるらしいので興味のある方はぜひ覗いてみてください!
$\displaystyle \zeta(2s)\prod_{p:prime}\frac{p^s+1}{p^s-1}=\zeta(s)^2$
$\displaystyle Z_{\{\bar{0},\bar{b},\overline{a-b}\}}[\zeta]=\prod_{p}\vartheta_{3}\left(\frac{(2b-a)\log p-2i\pi}{4i},e^{-\frac{a}{2}\log p}\right)$
$Z$については こちら をご覧ください。
$\displaystyle \prod_{n=0}^{\infty}(1-z^{2\mu(n+1)})(1-z^{\mu(2n+1)+\nu})(1-z^{\mu(2n+1)-\nu})=\sum_{n=-\infty}^{\infty}(-1)^nz^{\mu n^2+\nu n}$
$(0<|z|<1)$
$z=p^{-1}$($p$は素数)と置く
$\displaystyle Z(2\mu(\mathbb N_{0}+1),\mu(2\mathbb N_{0}+1)+\nu,\mu(2\mathbb N_{0}+1)-\nu)^{-1}=\prod_{p}\sum_{n=-\infty}^{\infty}(-1)^np^{-\mu n^2-\nu n}$
ポアソン和公式より
$\displaystyle \sum_{n=-\infty}^{\infty}e^{n(\log(-1)-(\mu n+\nu)\log p)}=\sum_{n=-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty}e^{x(-(\mu x+\nu)\log p)+\log(-1)}e^{2\pi inx}dx$
ここでガウス積分より
$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}e^{-\alpha x^2-\beta x-\gamma}dx=\sqrt{\frac{\pi}{\alpha}}e^{\frac{\beta^2-4\alpha\gamma}{4\alpha}}$
となるため
$\alpha=\mu\log p,\beta=\nu \log p-\log(-1)+2\pi in,\gamma=0$と置くと
$\displaystyle Z_P(2\mu(\mathbb N_{0}+1),\mu(2\mathbb N_{0}+1)+\nu,\mu(2\mathbb N_{0}+1)-\nu)^{-1}=\prod_{p}\sum_{n=-\infty}^{\infty}\sqrt{\frac{\pi}{\mu \log p}}e^{\frac{(\nu \log p-\log(-1)+2\pi in)^2}{4\mu\log p}}$
式を整理し、$\displaystyle 2\mu=a,\frac{a+2\nu}{2}=b,\frac{a-2\nu}{2}=c$とする.
∴$\displaystyle Z_P(\bar 0,\bar b,\bar c)=\prod _{p}\vartheta_{3}\left(\frac{(2b-a)\log p-2i\pi}{4i},e^{-\frac{a}{2}\log p}\right)$
ここで$\displaystyle \bar x$は$\displaystyle \mathbb N/a\mathbb N$における剰余類としている.
$\displaystyle \zeta(3)=\frac{5}{2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n^3\binom{2n}{n}}$
ここで$\binom{n}{m}$は二項係数
証明には $\arcsin^2x$の級数展開 を用いるそうです。(KBHMさん・余余余さんに教えていただきました)
$\zeta(3)$は無理数である
$\zeta(3)$の無理数判定を行う
実数$x$に対して(※)を満たすならば$x$は無理数である
定数$c,d>0$に対して$\displaystyle \left|x-\frac{a}{b}\right|<\frac{c}{b^{1+d}}$となる互いに素な整数$a,b$が無限に存在する…(※)
また、補題3より$\displaystyle \zeta(3)=\frac{5}{2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n^3\binom{2n}{n}}$
次に$\displaystyle c_{n,k}=\sum_{m=1}^{n}\frac{1}{m^3}+\sum_{m=1}^k\frac{(-1)^{m-1}}{2m^3\binom{n}{m}\binom{n+m}{m}}$,$\displaystyle a_n=\sum_{k=0}^nc_{n,k}\binom{n}{k}^2\binom{n+k}{k}^2$,$\displaystyle b_n=\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}^2\binom{n+k}{k}^2$を考える
ここで$\displaystyle \frac{a_n}{b_n}$はほとんど$c_{n,k}$と一致する
また、任意の整数を$a_n,b_n$にかけたとしてもその収束性は十分早いため題意を示せた
$\zeta(5),\zeta(7),\zeta(9),\zeta(11)$のうち少なくとも1つは無理数でなければならない
こういう強い定理は大好きです
$\displaystyle ζ(3)=\frac{2π^2}{7}\log 2+\frac{16}{7}\int_{0}^{\frac{π}{2}}x\log(\sin x)dx$
$\displaystyle \sum_{n:odd}\frac{1}{n^3}=\frac{π^2}{4}\log 2+2\int_{0}^{\frac{π}{2}}x\log(\sin x)dx$を示す.(1)
$\displaystyle\log(1-e^{2ix})=-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{e^{2inx}}{n}$の実部を比較する.
左辺では$\displaystyle \Re(\log(1-e^{2ix}))=\log|1-e^{2ix}|=\log(2\sin x)$
右辺ではオイラーの公式より$\displaystyle -\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\cos(2nx)}{n}$となる.
このことより、$\displaystyle \log(2\sin x)=-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\cos(2nx)}{n}$
$\displaystyle \log(\sin x)=-\log 2-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\cos(2nx)}{n}$
したがって$\displaystyle \int_{0}^{\frac{π}{2}}\log(\sin x)dx=-\frac{π}{2}\log 2$
これにならい$\displaystyle I=\int_{0}^{\frac{π}{2}}x\log(\sin x)dx$を考える.
$\displaystyle I=\int_{0}^{\frac{π}{2}}x\left(-\log 2-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\cos(2nx)}{n}\right)dx$
$\displaystyle\quad =-\log2\int_{0}^{\frac{π}{2}}xdx-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}\int_{0}^{\frac{π}{2}}x\cos(2nx)dx$
$\displaystyle\quad=-\frac{π^2}{8}\log 2+\frac{1}{2}\sum_{n:odd}\frac{1}{n^3}$
$∴\displaystyle \sum_{n:odd}\frac{1}{n^3}=\frac{π^2}{4}\log 2+2I$より(1)が成り立つ.
また、$\displaystyle \sum_{n:odd}\frac{1}{n^3}=\frac{7}{8}ζ(3)$ということから$ζ(3)$が導ける.
その他の表示も こちら で紹介しています。
$\displaystyle \Gamma(z)=\int_0^{\infty}t^{z-1}e^{-t}dt$
($\Re z>0$)
やっと出てきました。リーマンゼータ関数を語る上で重要なガンマ関数です。
$\displaystyle \zeta(s)=\frac{1}{\Gamma}\int_0^{\infty}\frac{x^{s-1}}{e^x-1}dx$
上で定義したガンマ関数で$t=nx$と置換すると
$\displaystyle \frac{1}{n^s}=\frac{1}{\Gamma(s)}\int_0^{\infty}e^{-nx}x^{s-1}dx$である
したがって
$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^s}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\Gamma(s)}\int_0^{\infty}e^{-nx}x^{s-1}dx$
被積分関数は広義一様絶対収束するため積分と極限を入れ替えられる(項別積分)
$\displaystyle ∴\zeta(s)=\frac{1}{\Gamma}\int_0^{\infty}\frac{x^{s-1}}{e^x-1}dx$
$\displaystyle \zeta(s)=\int_0^1\int_0^1\cdots \int_0^1\frac{1}{1-x_1x_2\cdots x_s}dx_1dx_2\cdots dx_s$
マクローリン展開より
$\displaystyle \int_0^1\int_0^1\cdots \int_0^1\frac{1}{1-x_1x_2\cdots x_s}dx_1dx_2\cdots dx_s=\int_0^1\int_0^1\cdots\int_0^1\sum_{k=1}^{\infty}(x_1x_2\cdots x_s)^{k-1}dx_1dx_2\cdots dx_s$
$\displaystyle \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;=\sum_{k=1}^{\infty}\left[\frac{x_1^k}{k}\right]_0^1\left[\frac{x_2^k}{k}\right]_0^1\cdots\left[\frac{x_s^k}{k}\right]_0^1
$
$\displaystyle \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^s}$
$\displaystyle \zeta(2n)=\frac{(-1)^{n+1}(2\pi)^{2n}B_{2n}}{2(2n)!}$
$\displaystyle \zeta(n)=\frac{(-1)^nB_{n+1}}{n+1}$
$\displaystyle \zeta(2n+1)=\frac{(-1)^{n+1}(2\pi)^{2n+1}}{2(2n+1)!}\int_0^1\frac{B_{2n+1}(x)}{\tan(\pi x)}$
これらの証明は Wikipedia にも紹介されているのでそちらをご覧ください。
$\displaystyle \zeta(4n-1)=\frac{(2\pi)^{4n-1}}{2}\sum_{k=0}^{2n}(-1)^{k+1}\frac{B_{2k}B_{4n-2k}}{(2k)!(4n-2k)!}-2\sum_{k=1}^{\infty}\frac{k^{-4n+1}}{e^{2\pi k}-1}$
$\displaystyle \zeta(4n+1)=\frac{(2\pi)^{4n+1}}{2^{4n+1}-2}\sum_{k=0}^{2n+1}(-1)^{k+1}\frac{2^{2k}B_{2k}B_{4n+2-2k}}{(2k)!(4n+2-2k)!}-\frac{2^{4n+1}}{2^{4n}-1}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{k^{-4n-1}}{e^{\pi k}+(-1)^k}$
$\displaystyle \zeta(s)=\frac{\pi^{\frac{s}{2}}}{s(s-1)\Gamma(\frac{s}{2})}\prod_{ρ}\left(1-\frac{s}{ρ}\right)$
アダマールの因数分解定理より導き出せますね。
$\displaystyle \lim_{s\to\infty}(s-1)\zeta(s)=1$
$0<\Re s<1$のとき
$\displaystyle \zeta(s)=\frac{1}{1-2^{1-s}}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}}{n^s}$
$\displaystyle \frac{1}{\zeta(s)}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\mu(n)}{n^s}$
$\displaystyle \zeta(s)=\frac{1}{1-s}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{1+n}\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}\frac{(-1)^k}{(k+1)^{s-1}}$
$\displaystyle \sum_{n=2}^{\infty}(\zeta(n)-1)=1$
$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}(\zeta(2n)-1)=\frac{3}{4}$
$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}(\zeta(2n+1)-1)=\frac{1}{4}$
これらはリーマンゼータ関数の母関数より与えられます
$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}(\zeta(2n)-1)t^{2n}=\frac{t^2}{t^2-1}+\frac{1}{2}(1-\pi t\cot(\pi t))$
$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}(\zeta(2n+1)-1)t^{2n}=\frac{t^2}{t^2-1}-\frac{1}{2}(\gamma^0(t)+\gamma^0(-t))-γ$
$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{\zeta(2n)-1}{n}t^{2n}=\log\left(\frac{\pi t(1-t^2)}{\sin(\pi t)}\right)$
$\xi(s)=\xi(1-s)$
($\displaystyle \xi:=\pi^{-\frac{s}{2}}\Gamma\left(\frac{s}{2}\right)\zeta(s)$)
$\zeta(s)$の自明な零点は$-2n(n\in \mathbb N)$である
先程の関数等式に$s=-2n$を代入する
$\displaystyle \zeta(-2n)=2^{-2n}\pi^{-2n-1}\sin\left(-n\pi\right)\Gamma(1+2n)\zeta(1+2n)$
$\sin(-n\pi)=0$でありその他が有限であることから容易に分かる
$\zeta(s)=0$の非自明零点は実部$\displaystyle \frac{1}{2}$上にのみ存在する
はい、ついに僕の記事でも紹介することになってしまいました。
上の主張をよりわかりやすくするために次のような図がよく使われます。
1.Siegelの公式を用いる方法
こちら
のブログが初学者でもわかりやすく書いてあるので参考にしてみてください。
ここでは軽くオイラーの和公式を紹介しておきます。
$\displaystyle \sum_{n=a}^bf(n)=\frac{f(a)+f(b)}{2}+\int_a^bf(z)dz+\sum_{k=1}^{\infty}\frac{B_{2k}}{(2k)!}(f^{(2k-1)}(b)-f^{(2k-1)}(a))$
ここで$B_k$はBernoulli数、$f^{(n)}$は$n$階微分を表す
上式はアベル・プラナの和公式という定理を用いて証明できます(ただの留数の足し合わせなのでここでは深く言及しません)
アベル・プラナの和公式の最後の項の$f(a±iy),f(b±iy)$をそれぞれ$a,b$を中心としてテイラー展開すると
$\displaystyle \sum_{n=a}^bf(n)=\frac{f(a)+f(b)}{2}+\int_a^bf(z)dz+i\int_0^{\infty}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{f^{(k)}(a)(iy)^k-f^{(k)}(a)(-iy)^k-f^{(k)}(b)(iy)^k+f^{(k)}(b)(-iy)^k}{(e^{2\pi y}-1)k!}$
最後の項について考える
$\displaystyle i\int_0^{\infty}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{f^{(k)}(a)(iy)^k-f^{(k)}(a)(-iy)^k-f^{(k)}(b)(iy)^k+f^{(k)}(b)(-iy)^k}{(e^{2\pi y}-1)k!}=2\sum_{k=1}^{\infty}\frac{f^{(2k-1)}(a)-f^{(2k-1)}(b)}{(2k-1)!}\int_0^{\infty}\frac{y^{2k-1}}{e^{2\pi y}-1}dy$
また、
$\displaystyle \int_0^{\infty}\frac{y^{2k-1}}{e^{2\pi y}-1}dy=\int_0^{\infty}\frac{e^{-2\pi y}y^{2k-1}}{1-e^{-2\pi y}}dy$
$\displaystyle \;\;\;\; \;\;\;\; \;\;\;\; \;\;\;\; \;\;\;\; \;\;\;\; \;=\sum_{n=1}^{\infty}\int_0^{\infty}e^{-2\pi ny}y^{2k-1}dy$
$\displaystyle \;\;\;\; \;\;\;\; \;\;\;\; \;\;\;\; \;\;\;\; \;\;\;\; \;=\frac{(2k-1)!}{(2\pi)^{2k}}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2k}}$
$\displaystyle \;\;\;\; \;\;\;\; \;\;\;\; \;\;\;\; \;\;\;\; \;\;\;\; \;=\frac{(-1)^{k-1}B_{2k}}{4k}$
2.恣意的に求める方法
こちら
のサイトで偏角の原理を用いて恣意的に非自明零点を求めています。
$\partial D$をなめらかな単純閉曲線とし$f$が$\partial D$上に極や零点を持たない$\bar D$上有理型関数としたとき$f$の$\bar D$上の零点と極の個数をそれぞれ$N,P$とすると
$\displaystyle \frac{1}{2\pi i}\oint_{\partial D}\log(f(z))’dz=N-P$
が成り立つ
コーシーの積分公式もそうですが周回積分の結果が零点や極と関わってくると面白いですよね。
・カシミール効果
・モンゴメドリー・オドリズコ予想
・統計力学
・ルイ・ド・ブランジュ
・マイケル・アティア
最後はかなり脱線してしまいましたが、高校の数学だけでもある程度リーマンゼータ関数は弄れるのでこの記事で興味を持った人は遊んでみるのも良いでしょう。
他にも紹介して欲しいリーマンゼータ関数の面白い性質があればコメントに残していってください。(☻-☻)