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等比級数と素数が無数にあること

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無限等比級数の和の公式を使って、素数が無数に存在することを証明してみよう。

【証明】 背理法による。もし素数が $p , q , \cdots , r$ の有限個しかなかったとする。
任意の自然数 $n$ は素因数分解して

$n = p^e q^f \cdots r^g$　($e,f, \cdots, g \geq 0$)

と表される。よって、すべての自然数の逆数の和 $S$ が

$S=\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n} = (1+\frac{1}{p}+\frac{1}{p^2}+\cdots)(1+\frac{1}{q}+\frac{1}{q^2}+\cdots) \cdots (1+\frac{1}{r}+\frac{1}{r^2}+\cdots)$
$=\frac{1} {1-\frac{1}{p}} \times \frac{1} {1-\frac{1}{q}}\times \cdots \times \frac{1}{1-\frac{1}{r}}$

となる。最終辺は有限値であるが、$S$ は∞である。なぜなら

$S=\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots$
$=1+\frac{1}{2}+(\frac{1}{3}+\frac{1}{4})+(\frac{1}{5}+\frac{1}{6}+\frac{1}{7}+\frac{1}{8})+ \cdots$
$>1+ \frac{1}{2}+\frac{2}{4}+\frac{4}{8}+\frac{8}{16}+ \cdots =1+\frac{1}{2} \times \infty=\infty$

で無限大に発散するからだ。よって、矛盾。したがって素数は無数にある。■

$S$ は収束しなかったが、

$\zeta(s)=\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^s} $

として実数 $s$ が $s>1$ なら収束する。それについてはオイラーによる研究がある。さらに発展させて、$s$ が複素数の場合は実部が $\Re s>1$ のとき収束する。複素数とした場合の級数は $s$ の複素関数であるが、それをリーマンのゼータ関数という。

【問題】 実数 $s$ が $s>1$ ならば、$\zeta(s)=\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^s} $ は収束することを証明せよ。---

【証明】
　　　
$\displaystyle \sum_{n=1}^{N}\frac{1}{n^s} $ は上図の階段図形の面積になる。よって
　　　$\int_{1}^{N+1} \frac{1}{x^s} dx \leq \displaystyle \sum_{n=1}^{N}\frac{1}{n^s} \leq 1+\int_{1}^{N}\frac{1}{x^s} dx$,
　　　$[\frac{1}{1-s} \frac{1}{x^{s-1}} ]_{1}^{N+1} \leq \displaystyle \sum_{n=1}^{N}\frac{1}{n^s} \leq 1+[\frac{1}{1-s} \frac{1}{x^{s-1}} ]_{1}^{N}$,
　　　$ \frac{1}{1-s} (\frac{1}{(N+1)^{s-1}} -1) \leq \displaystyle \sum_{n=1}^{N}\frac{1}{n^s} \leq 1+ \frac{1}{1-s} (\frac{1}{N^{s-1}} -1)$,
ここで $s-1>0$ だから $N \rightarrow \infty$ とすれば
　　　$\frac{1}{1-s}(0-1) \leq \displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^s} \leq 1+ \frac{1}{1-s}(0-1) $,
　　　$\frac{1}{s-1} \leq \displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^s} \leq 1+ \frac{1}{s-1} $
$N$ についての関数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{N}\frac{1}{n^s}$ は単調増加で、$1+ \frac{1}{s-1} $ で抑えられるから有限確定値に収束する。収束の判定だけだったら上記不等式の左半分は不要だが、極限値をある程度絞り込むには少しの役には立つ。例えば $s=2$ ならば
　　　$1 \leq \displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2} \leq 2$
が分かる。実際、 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2} =\frac{\pi^2}{6}= 1.64$ である。（証明略。）■

【問題】 $r$ を素数とする。$r$ 以下の素数 $p,q,\cdots,r$ から合成してできる自然数、$n = p^e q^f \cdots r^g$　($e,f, \cdots, g \geq 0$) の逆数和の対数をΣを使って表せ。---

【解】
　　　$\log S=\log \sum \frac{1}{n} = \log \{ (1+\frac{1}{p}+\frac{1}{p^2}+\cdots)(1+\frac{1}{q}+\frac{1}{q^2}+\cdots) \cdots (1+\frac{1}{r}+\frac{1}{r^2}+\cdots) \}$
　　　$=\log \frac{1} {1-\frac{1}{p}} + \log \frac{1} {1-\frac{1}{q}}+ \cdots +\log \frac{1}{1-\frac{1}{r}}$
次に $x>1$ として
　　　$\log (1+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}+\cdots)=\log \frac{1}{1-\frac{1}{x}}=\log \frac{x}{x-1}$
を書き直そう。まず
　　　$ 1+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}+\frac{1}{x^3}+\frac{1}{x^4}+\cdots= \frac{1}{1-\frac{1}{x}}=\frac{x}{x-1}=1+\frac{1}{x-1}$
だったが、両端辺を積分すると
　　　$x + \log x -\frac{1}{x}-\frac{1}{2 x^2}-\frac{1}{3 x^3}-\cdots =x+\log (x-1)+C$,
　　　$\log x -\log (x-1)=C+\frac{1}{x}+\frac{1}{2 x^2}+\frac{1}{3 x^3}+\cdots $,
　　　$\log \frac{x}{x-1}=C+\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k x^k} $
ここで $x \rightarrow \infty$ とすれば
　　　$0=C+\sum 0$
だから積分定数は $C=0$ である。よって
　　　$\log \frac{1}{1-\frac{1}{x}}=\log \frac{x}{x-1}=\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k x^k}$
したがって
　　　$\log S=\displaystyle \sum_{x \in P} \displaystyle \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k x^k}$ …(答)
　　　ただし $P$ は $r$ 以下の素数全体の集合。　　　

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