オイラー積の素数の部分を自然数にしてみる

議題

ご存知、リーマンゼータ関数のオイラー積表示
${\displaystyle \zeta (s)=\prod _{p\in \mathbb{P}}\frac{1}{1-p^{-s}}}$

で、無限積は素数をわたっているけど、自然数にしたらどうなるのだろう。という事で、

${\displaystyle Z(s)=\prod _{k=2}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{1-k^{-s}}}$

を考えてみる。
(k=1の場合は分母がゼロなので除外)

素数の方はリーマンゼータ関数、自然数のほうは自然数ゼータ関数と呼んで区別する。
(僕が適当に考えた名前。知れ渡った呼び方があるならすみません。)

よく知られた素数ゼータ関数がある時点で、自然数ゼータは不適切じゃねと思ったがもう気にしないでください。切実

収束性

$0\le |a_n|<1$のとき、
・$\sum a_n$が収束
・$\prod (1-a_n)$が収束

この二つは同値である事を認めれば、ただ逆数とった$\prod \frac{1}{1-a_n}$の収束も以上に同値で、結局$f(s)$は
${\displaystyle \sum _{k=2}^{\mathrm{\infty }}{k}^{-s}}$
と、収束する範囲が同じになる。
ということで、$\mathfrak{R}s>1$で収束する。

特殊値の計算

やっぱリーマンゼータ関数で魅力的(主観)なのは、素数の積から円周率が出てくること。では、自然数ゼータ関数ではどうだろう。

$s\in \mathbb{N}$のとき

部分積

${\displaystyle z_n(s):=\prod _{k=2}^n\frac{1}{1-k^{-s}}}$

を、考える。
神のお告げにより、分母分子$n{!}^s$をかける。

${\displaystyle z_n(s)=\frac{n{!}^s}{n{!}^s\prod _{k=2}^n(1-k^{-s})}}$

$n{!}^s$を$\prod$の中に入れる

${\displaystyle z_n(s)=\frac{n{!}^s}{\prod _{k=2}^n(k^s-1)}}$

分母をどっさり因数分解

${\displaystyle z_n(s)=\frac{n{!}^s}{\prod _{k=2}^n\prod _{m=1}^s(k-e^{\frac{2i\pi m}{s}})}}$

順序入れ替えて、分子の$n{!}^s$をばらす

${\displaystyle z_n(s)=\prod _{m=1}^s\frac{n!}{\prod _{k=2}^n(k-e^{\frac{2i\pi m}{s}})}}$

両辺$n\to \mathrm{\infty }$にとばす

${\displaystyle Z(s)=\prod _{m=1}^s\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{n!}{\prod _{k=2}^n(k-e^{\frac{2i\pi m}{s}})}}$

右辺の極限、どこかで見たことがないだろうか。
答えを言うと、ガンマ関数のガウスの乗積表示(っていうか、定義)

が使える。

「$n^x$がついてるやんけ」と、思ったかもしれないけど、なんとも都合よく、$x$が1の$s$乗根を渡るので、指数法則によって$n^0$になって消える。

つまり、

${\displaystyle Z(s)=\prod _{m=1}^s\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{n!}{\prod _{k=2}^n(k-e^{\frac{2i\pi m}{s}})}}$

$={\displaystyle \prod _{m=1}^s\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{n!n^{-e^{\frac{2i\pi m}{s}}}}{\prod _{k=2}^n(k-e^{\frac{2i\pi m}{s}})}}$

$={\displaystyle \prod _{m=1}^s\mathrm{\Gamma }(2-e^{\frac{2i\pi m}{s}})}$

きたーー

これで計算していってみる。

$s=2$

定理より、

$Z(2)=\mathrm{\Gamma }(2-1)\mathrm{\Gamma }(2+1)$
$=2$

リーマンゼータ関数では${\displaystyle \zeta (2)=\frac{{\pi }^2}{6}}$のところが、整数。

因みに簡単な計算で

$z_n(2)=\frac{2n}{1+n}$

が分かるので、リーマンゼータ関数っぽい不思議さはあんまないかも。

$s=3$

定理より

$Z(3)=\mathrm{\Gamma }(1)\mathrm{\Gamma }(\frac{5}{2}-\frac{\sqrt{3}i}{2})\mathrm{\Gamma }(\frac{5}{2}+\frac{\sqrt{3}i}{2})$

相反公式を変形したら
$\mathrm{\Gamma }(\frac{5}{2}+x)\mathrm{\Gamma }(\frac{5}{2}-x)=\frac{\pi }{\cos \left(\pi x\right)}(\frac{1}{4}-x^2)(\frac{9}{4}-x^2)$

を得るので、用いて計算すると

$Z(3)=\frac{\pi }{\cos (\pi (\frac{\sqrt{3}i}{2}))}(\frac{1}{4}-(\frac{\sqrt{3}i}{2}{)}^2)(\frac{9}{4}-(\frac{\sqrt{3}i}{2}{)}^2)$

$=\frac{3\pi }{\cos (\pi (\frac{\sqrt{3}i}{2}))}$

$=3\pi \mathrm{sech}\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\pi \right)$

$={\displaystyle \frac{6\pi }{e^{\frac{\sqrt{3}}{2}\pi }+e^{-\frac{\sqrt{3}}{2}\pi }}}$

リーマンゼータでは閉じた形が未発見な$s=3$だが、自然数ゼータのほうだとできた。おーー。

$s\le 4$

残念だけど、5以上の奇数ではガンマ関数を用いずには表せなかった。(僕の力不足かも分からん)
なぜなら、相反公式が使えなくなるから。
やっぱゼータにおいて、全ての自然数$s$で特殊値を知るのはむずいのか。

一方、偶数だと計算できる。
なんともゼータらしい。

結果を載せると
$Z(4)=4\pi \mathrm{csch}\left(\pi \right)$

$Z(6)=6{\pi }^2{\mathrm{sech}}^2(\frac{\sqrt{3}}{2}\pi )$

$Z(8)=\frac{16{\pi }^3\mathrm{csch}\left(\pi \right)}{\cosh \left(\sqrt{2}\pi \right)-\cos \left(\sqrt{2}\pi \right)}$

加法定理とかの計算がなかなか大変。

$s\notin \mathbb{N}$のとき

上記の方法は全く通用しない。
世の中の他のゼータでも、整数以外で求められるのはまぁないから、難しそう。

でも一応、次からの方法で、無限積じゃない表示を得た。

$L$関数による計算

最終はこれを示す。

無限積の形でできそうなことは済んじゃったので、

${\displaystyle Z(s)=\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{p(k)}{k^s}}$

このように展開したときの、数列$p(k)$を求める。

リーマンゼータ関数では、

$\begin{array}{r}\zeta (s)=(1+2^{-s}+2^{-2s}+\dots )\\ (1+3^{-s}+3^{-2s}+\dots )\\ (1+5^{-s}+5^{-2s}+\dots )\\ ⋮\end{array}$

となって、各因数からの選び方が素因数分解に一致して、展開したときの係数は全て1だった。
言い換えると、

自然数を素数の積で表す方法は順序を除いて1通りである
となる。(1は素数0個の積)

自然数ゼータ関数では、素数が自然数に入れ替わるので

自然数($k$)を2以上の自然数の積で表す方法は順序を除いて$p(k)$通りである

ということ。

$p(k)$の計算

$k$を$n$個の素数$q_{1,2,\dots n}$で素因数分解する。
$k=\prod _{i=1}^n{q}_i$

このとき、$p(k)$を計算するというのは、これらの素数をグループ分けすることと同じ。
　
　
例えば、$n=6$の、あるグループ分け
$\{q_1\},\{q_4,q_6\},\{q_2,q_3,q_5\}$
は、$k$が3つの自然数(グループ内の積)の積でかける、ということを表す。
　
　
よって、計算すべきは
$n$個のものを何個かにグループ分けする方法の数

となる。
という事は、ベル数$B_n$だ！

じゃあ完了、というわけはなく、ベル数は、異なる$n$個のもののグループ分けであって、
素因数分解には同じ素数が何回も出てくることがある。よってその重複を省かないといけない。

では、求めよう、と言いたいところだが、簡単な計算では難しそう(主観)だと気づく。

なので、分かりやすいものから段階的に求めていこう

$p_n(k)$による漸化式

証明は、、僕の日本語力が欠けるのでざっくりで。
$i=n-1$のときの項に注目してみると、$r_1$はいつでも1なので、$\sum _{d|k}{p}_{n-1}(d)$というのが出てくる。これは、グループをひとつ固定して、残り$n-1$個のグループ分けをしているということ。
大小(順序)で打ち切らず、約数全てで和をとっているので、$n$で割っている。
次に出す例を見れば何となくわかるけど、残りの項は、因数が重複している場合、$n$で割れなくなるのを調整する為にある。重複しているかを検知するのが、$r_i$となっている。

定理によると
$\begin{array}{rl}{\displaystyle p_2(k)}& =\frac{1}{2}(\sum _{d|k}{p}_0(k)r_2(\frac{k}{d})+{\displaystyle \sum _{d|k}{p}_1(d)r_1(\frac{k}{d})})\\ {\displaystyle }& =\frac{1}{2}(r_2(k)+{\displaystyle \sum _{d|k}{p}_1(d)r_1(\frac{k}{d})})\\ {\displaystyle }& =\frac{1}{2}(r_2(k)+{\displaystyle \sum _{d|k}1})\\ {\displaystyle }& =\frac{1}{2}(r_2(k)+d(k))\end{array}$
($d(k)$は約数関数)
右辺はちょっと睨んだら左辺になることが分かる。
$k$の約数を書き出せば、掛けて$k$になる相方が定まるので、$k$を2数の積で表す組を得るが、順序は考えないので2で割れば良い。
また、平方数のときは$(\sqrt{k},\sqrt{k})$の組に順序はない為、1足して調整する。

3のときも見てみる。

定理によると、
$\begin{array}{rl}{p}_3(k)& ={\displaystyle \frac{1}{3}(r_3(k)+\sum _{d|k}(r_2(\frac{k}{d})+p_2(d)))}\\ & ={\displaystyle \frac{1}{3}(r_3(k)+\sum _{d|k}(r_2(d)+p_2(d)))}\end{array}$

$p_2$の和を計算している部分は、3数のうち、一つを固定してのこりを2つに分けるということ。
同じく3で割る必要がある。
$r_2$の和の部分は、$p_2$のときに固定されたのが平方数の場合(r_2が検知する場合)、その平方根が固定される場合は1回しかない

　　　$(\{a{\}}_{固定枠},\{a\},\{b\})$と$(\{b{\}}_{固定枠},\{a\},\{a\})$
　　　この２つしかカウントされない

ので、3で割ったときに1とカウントされる為に1足しておく、ということ。

最後に$r_3$を足すのは、立法数だと上記の一回じゃ足りないので、もう一回1足しておく。
　
こんな感じ。(適当)

素数から自然数へのL関数たち

$Z_0(s)=1$

$Z_1(s)=\zeta (s)$ (リーマンゼータ)

${\displaystyle \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{Z}_n(s)=Z(s)}$

以上がすぐに分かる。

求めた$p_n(k)$の関係式を用いて$Z_n(s)$の関係式を導く

証明は、左辺、二重級数にして分子を基準に和をとろうとしたら得る

定理をそのままつっこんで計算する
${\displaystyle \begin{array}{rl}{Z}_n(s)& =\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{\frac{1}{n}\sum _{i=0}^{n-1}\sum _{d|k}{p}_i(d)r_{n-i}(\frac{k}{d}){\displaystyle }}{k^s}\\ & =\frac{1}{n}\sum _{i=0}^{n-1}\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{\sum _{d|k}{p}_i(d)r_{n-i}(\frac{k}{d}){\displaystyle }}{k^s}\\ & =\frac{1}{n}\sum _{i=0}^{n-1}\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{p_i\ast r_{n-i}(k)}{k^s}\\ & =\frac{1}{n}\sum _{i=0}^{n-1}\left(\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{p_k}{k^s}\right)\left(\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{r_{n-i}(k)}{k^s}\right)\\ & =\frac{1}{n}\sum _{i=0}^{n-1}{Z}_i(s)\zeta ((n-i)s)\end{array}}$

きたぁ。

あとはこの漸化式をどうにかして解いて、$n$を無限大にとばせばいい。

$Z_n$の漸化式をとく

何項間漸化式ってレベルではなさそう。

と、思いきやなんとも都合よく、コーシー積ぽくなっている。
ので、母関数を計算してみる。

これを用いれば

${\displaystyle \begin{array}{rl}{\displaystyle (\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}{Z}_k(s)x^k)(\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\zeta (ks)x^k)}& =\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}{x}^k\sum _{i=0}^k{Z}_i(s)\zeta ((k-i)s)\\ & =\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}{x}^k(k{Z}_k(s)+Z_k(s)\zeta (0))\end{array}}$

となるので、移項、微分に注意すると

${\displaystyle G(s,x)\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\zeta (ks)x^k=x\frac{d}{dx}G(s,x)}$

を得る。きたぞ。
$G(s,0)=1$に注意し、この微分方程式を解くと、

うぉー。
と、いうことで係数は微分で出てくるので

テイラー展開は大変そう。

ちょっと変形すると、

なんと元の形っぽいのが出てきた
$x=0$での無限階微分によって、$x=1$の値がわかるようだ。ほう。

おわり

都合よく行くことが多くて、良い感じの関数だった。

最後の等式は全くもって$n\to \mathrm{\infty }$が計算できる気がしないが、無限積の計算に飽きた人は使ってみてね。

読んでくれてありがとうございました

間違いあれば指摘ください

疑問垂れ流し

最初のガンマ関数による表示は、似たようなことがリーマンゼータでもできないか？
素数版ウォリス積みたいな。

関数等式とか、そもそも解析接続があるのか分からないけど、もしあるなら、自然数の分布がわかるのか？
分かったとしたら、逆に非自明零点(あるのかも謎)が分かるのか？

因みにグラフをみると、$Z_k(s)$は、$k$を大きくしていくと、$s<1$では、(無限積としての)発散しているように思われる。

素数、自然数じゃなくて、奇数、合成数とかではどうなる？

無限積は素数も含むので、リーマンゼータ関数を因数に持っていると考えられる。
ということは、同じ零点も持つ？合成数だけの積は、極が生まれる？