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エンタメ解説
文献あり

ゼータ関数可愛すぎてごめんなさいNo.1

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挨拶

んちゃ!
皆ゼータ関数好きだよね?
Yanaさんとずんだもんは少なくともゼータ関数大好きだよ。
君がゼータ関数の事を好きになってもらえるように頑張るね。
ちなみに、天下り的な書き方にならないように気を付けているよ。
証明は基本的に省かないスタイルだから最初は頭空っぽにして読んでも面白いかもね?
じゃあ、楽しんで読んでみてね。
この記事は書きかけなのだ。随時更新していくのだ。

基礎

ゼータ関数

Re(s)>1であるような複素数sCに対して次の様な関数ζ:CCをゼータ関数という。
ζ(s)=n=11ns

Re(s)>1に対してゼータ関数を定義する級数は絶対収束する。

Re(s)=σ,Im(s)=δとすると次の様に書ける。
|ns|=|nσniδ|=|nσ||eiδlogn|=nσ
ゆえに、
|n=1ns|n=1nσ1+1xσdx=11σ1(σ>1)

Euler積

P={pN|p is prime}とすると下記の式が成り立つ。
ζ(s)=pP(1ps)1

11ps=1+ps+p2s+
自然数nが次の様に素因数分解:n=p1e1p2e2pkekできる場合p1e1s,p2e2s,...,pkeksを選択すればns=p1e1sp2e2spkeksを作れるので与えらた式は正しい。

関数π:R+Nを次の様に定める。
π(x)=(number of prime that is less than x)

logζ(s)=s2π(x)x(xs1)dx

logζ(s)=pPlog(1ps)=n=1(π(n)π(n1))log(1ns)=n=1π(n){log(1ns)log(1(n+1)s)}=n=1π(n)nn+1sx(xs1)dx=sn=1nn+1π(x)x(xs1)dx=s1π(x)x(xs1)dx

mobuius function

μ(n)={1(n=1)(1)k(if n is the product of k different prime)0(otherwise)

d|nμ(d)={1(n=1)0(otherwise)

[1]n=1の場合は明らか。
[2]n=p1e1p2e2pkekの場合は、pi1,pi2,...,pill個選ぶ方法は(nl)個なので
d|nμ(d)=k=0n(1)k(nk)=(11)n=0

1ζ(s)=n=1μ(n)ns

Euler積を用いれば明らか。

1=m=11msn=1μ(n)ns=q=11qsn|qμ(qn)=q=11qsn|qμ(n)

Mobuis inversion fuormula

g(q)=d|qf(d)f(q)=d|qμ(qd)g(d)

d|qμ(qd)g(d)=d|qμ(qd)r|df(r)=d|qr|dμ(qd)f(r)=r|qf(r)d|qrμ(d)=f(q)
*級数の入れ替えの考え方
rを固定して考えるとdrの倍数。ゆえに、あるkが存在してd=krと書ける。ゆえに、qr=kqdと書ける。つまり、qd=dqrの約数。

上の証明でイメージがわかない人はこの例を見てみてね。
q=6の場合

r,d1236
1111
22
33
6

また
d,r1236
1111
22
33
6

Λ(n)={logn(n is p or a power of p)0(otherwise)

ζ(s)ζ(s)=n=1Λ(n)ns

ddslogζ(s)=ζ(s)ζ(s)=pPlogpps11ps=pPm=1logppms=n=1Λ(n)ns

dk(n)=number of ways of expressing n as a product of k fuctors

ζk(s)=n=1dk(n)ns

ζk(s)=n=11nsn1n2nk=n1=n=1dk(n)ns

d(n)=(the numer of divisor of n)

n=p1m1p2m2prmrと書けた場合
d(n)=(m1+1)(m2+1)(mr+1)

nの約数について考えたとき、約数に含むpkの選び方はmk+1通り。

n=p1m1p2m2prmrと書ける場合は次の事実が成り立つ。
dk(n)=(m1+k1m1)(m2+k1m2)(mr+k1mr)

組み合わせ論的方法で証明する。
[1]まず、dk(n)の定義より、dk(n)はn個の積に展開する方法の数を意味しているから、n個の数を区別のできるk個の箱1,2,...,kに対応付けよう。ちなみに、箱ink個の積に分解したとき左から見てi番目の数を表している。
[2]また、素因数p1,p2,...,prを番号1,2,...,rが書かれた球m1,m2,...,mr個に対応付ける。
[3]この時、素因数p1に着目するとp1に対応する球1をすべてk個の箱に割り振る方法は(m1+k1m1)である。一つ一つの選び方はnk個の自然数の積で展開したとき、p1がどのように割り振られているかを表している。他も同様。
[4]以上より、それぞれの球の選び方は独立だから積を取って、定理が示された。

ν(n)=the number of different prime factors of n

{ζ(s)ζ(2s)=n=1|μ(n)|nsζ2(s)ζ(2s)=n=12ν(n)nsζ3(s)ζ(2s)=n=1d(n2)n2ζ4(s)ζ(2s)=n=1d2(n)n2

上から順番に証明する。
[1]
ζ(s)ζ(2s)=pP1p2s1ps=pP(1+ps)=n=1|μ(n)|ns
[2]
ζ2(s)ζ(2s)=pP1p2s(1ps)2=pP1+ps1ps=pP(1+ps)(1+ps+p2s+)=pP(1+2ps+2p2s+)=n=12ν(n)ns
[3]
ζ3(s)ζ(2s)=pP1p2s(1ps)3=pP1+ps(1ps)2=pP(1+ps)(1+2ps+3p2s+)=pP(1+3ps+5p2s+)=+(2m1+1)(2m2+1)(2mk+1)(p1m1p2m2pkmk)s+=n=1d(n2)ns
[4]
ζ4(s)ζ(2s)=pP1p2s(1ps)4=pP1+ps(1ps)3=pP(1+ps)12(12+23ps+34p2s+)=pP(1+22ps+32p2s+)=+(m1+1)2(m2+1)2(mr+1)2(p1m1p2m2prmr)s+=n=1d2(n)ns

λ(n)=(1)r(n has r prime factors,a factor of degree k being counted k times)

ζ(2s)ζ(s)=n=1λ(n)ns

ζ(2s)ζ(s)=pP11+ps=pP(1ps+p2s)=+(1)m1+m2++mr(p1m1p2m2prmr)s+=n=1λ(n)ns

Euler phi function

ϕ(n)=the number of numbers less than n and prime to n

ζ(s1)ζ(s)=n=1ϕ(n)ns

ζ(s1)ζ(s)=pP1ps1p1s=pP(11ps)(1+p1ps+p2p2s+)=pP(1+(11p)(p1ps+p2p2s+))=+(11p1)(11p2)(11pr)p1m1p2m2prmr1(p1m1p2m2prmr)s+=n=1ϕ(n)ns

a(n)=the greatest odd divisor of n

121s12sζ(s1)=n=1a(n)ns

121s12sζ(s1)=121s12spP11p1s=112s1131s1151s=(1+12s+122s+)(1+33s+3232s+)(1+55s+5252s+)=+pp2m2prmr2m1p2m2prmr+=n=1a(n)ns

mutiplicative function

互いに素な任意の自然数a,bに対して次の性質を持つ関数を乗法的関数と呼ぶ。
f(ab)=f(a)f(b)

任意の乗法的関数に対して以下の事実が成り立つ。
n=1f(n)ns=pP(1+f(p)p+f(p2)p2+)

f(p1m1p2m2prmr)(p1m1p2m2prmr)s=f(p1m1)p1m1f(p2m2)p2m2f(prmr)prmr

σa(n)=the sum of ath powers of the divisors of n

ζ(s)ζ(sa)=n=1σa(n)ns

ζ(s)ζ(sa)=μ=11μsν=1νaνs=n=11nsm|nma=n=1σa(n)ns

Ramnujan's Sums

ck(n)=h<kgcd(h,k)=1ei2nπhk

ck(n)=h<kgcd(h,k)=1cos2nπhk

[1]gcd(h,k)=1gcd(kh,k)=1
実際gcd(kh,k)=dとすると次の様に書ける。
K s.t. kh=dKL s.t. k=dL
ゆえに、h=d(K+L)を得るので、d|h
しかし、gcd(h,k)=1なのでd=1
[2]
ck(n)=h<kgcd(h,k)=1ei2nπhk=12h<kgcd(h,k)=1(ei2nπhk+ei2nπkhk)=12h<kgcd(h,k)=1(ei2nπhk+ei2nπhk)=h<kgcd(h,k)=1cos2nπhk

{ck(n)=d|kd|nμ(kd)dηk(n)=m=0k1ei2nπmkd|kcd(n)=ηk(n)

[1]まず第二式を証明する。式の意味を図的に考えると、複素平面上で一個の頂点が必ず(1,0)を共有し、かつそれぞれの頂点が原点を中心とする単位円上に来るように描かれた正k角形の各頂点を余すことなく一回ずつ通ることを示せばいい。
[2]k=p1m1p2m2prmrが成り立つとしよう。このとき、(1,0)から反時計回りに見てp1e1p2e2pmemq+1番目の点では次の様に書ける。
p1e1p2e2pmemq1f1q2f2qsfsp1m1p2m2prmr=qp1m1e1p2m2e2prmrer(gcd(q|p1m1e1p2m2e2prmrer))
[3]つまりd=p1m1e1p2m2e2prmrer|kそれぞれで(gcd(q|p1m1e1p2m2e2prmrer)を満たすqについて総和をとり、dを動かせば正k角形上の点すべてを通ることが分かる。
ゆえに、第二式は証明された。
[4]Mobius inversion formulaより第二式を用いると
ck(n)=d|kμ(kd)ηd(n)
また、簡単な考察により
ηd(n)={d(d|n)0(otherwise)
を得るので最終的に第一式が示された。
ck(n)=d|kd|nμ(kd)d

ck(n)ks=dr=kd|nμ(r)rsd1s

ck(n)ks=1ksd|kd|nμ(kd)d=1ksdr=kd|nμ(r)d=dr=kd|nμ(r)rsd1s

Ramanujan and Hardy

k=1ck(n)ks=σ1s(n)ζ(s)

k=1ck(n)ks=k=1dr=kd|nμ(r)rsd1s=r=1μ(r)rsd|nd1s=σ1s(n)ζ(s)

イメージがわかない人向け
n=6の場合

k,d1236
1236
24612
36918

n=1ck(n)ns=ζ(s)d|kμ(kd)d1s

n=1ck(n)ns=n=11nsd|kd|nμ(kd)d=d|kμ(kd)n=11nsd|nd=d|kμ(kd)n=11nsdm=nd=d|kμ(kd)dn=1dm=n1(dm)s=d|kμ(kd)dm=11ms=ζ(s)d|kμ(kd)d1s

参考文献

[1]
E.C.TITCHMARSH, The Theory of The Riemann Zeta-function
投稿日:20241026
更新日:20241028
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