ゴールドバッハ・オイラーの定理

ゴールドバッハ・オイラーの定理（ゴールドバッハ・オイラーのていり、Goldbach–Euler theorem）は、ある自然数の逆数を項とする級数に関する定理であり、以下の式で表される。 ∑ p 1 p − 1 = 1 3 + 1 7 + 1 8 + 1 15 + 1 24 + 1 26 + 1 31 + ⋯ = 1. {\displaystyle \sum _{p}{\frac {1}{p-1}}={{\frac {1}{3}}+{\frac {1}{7}}+{\frac {1}{8}}+{\frac {1}{15}}+{\frac {1}{24}}+{\frac {1}{26}}+{\frac {1}{31}}}+\cdots =1.} ただし、pは累乗数(1は含まない)を動くものとする。上の式は、累乗数より1小さい自然数の逆数の無限和が1に収束することを意味する。この定理は1737年にレオンハルト・オイラーがその論文中で初めて述べたものであるが、クリスティアン・ゴールドバッハが彼に宛てた手紙の中でオイラーに明らかにしたとされる（手紙は散逸している）。 1 2 2 − 1 + 1 2 3 − 1 + 1 3 2 − 1 + 1 4 2 − 1 + 1 5 2 − 1 + . . . = 1 3 + 1 7 + 1 8 + 1 15 + 1 24 + . . . < 1 3 + 1 4 + 1 8 + 1 9 + 1 16 + . . . = 1 3 + ∑ m = 2 ∞ ∑ k = 2 ∞ 1 m k = 1 3 + ∑ m = 2 ∞ 1 m 2 ∑ k = 0 ∞ 1 m k = 1 3 + ∑ m = 2 ∞ 1 m 2 m m − 1 = 1 3 + ∑ m = 2 ∞ ( 1 m − 1 − 1 m ) = 1 3 + 1 = 4 3 {\displaystyle {\begin{aligned}&\quad {\frac {1}{2^{2}-1}}+{\frac {1}{2^{3}-1}}+{\frac {1}{3^{2}-1}}+{\frac {1}{4^{2}-1}}+{\frac {1}{5^{2}-1}}+...\\&={\frac {1}{3}}+{\frac {1}{7}}+{\frac {1}{8}}+{\frac {1}{15}}+{\frac {1}{24}}+...\\&<{\frac {1}{3}}+{\frac {1}{4}}+{\frac {1}{8}}+{\frac {1}{9}}+{\frac {1}{16}}+...\\&={\frac {1}{3}}+\sum _{m=2}^{\infty }\sum _{k=2}^{\infty }{\frac {1}{m^{k}}}\\&={\frac {1}{3}}+\sum _{m=2}^{\infty }{\frac {1}{m^{2}}}\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {1}{m^{k}}}\\&={\frac {1}{3}}+\sum _{m=2}^{\infty }{\frac {1}{m^{2}}}{\frac {m}{m-1}}={\frac {1}{3}}+\sum _{m=2}^{\infty }\left({\frac {1}{m-1}}-{\frac {1}{m}}\right)={\frac {1}{3}}+1={\frac {4}{3}}\\\end{aligned}}} したがって 1 3 + 1 7 + 1 8 + 1 15 + 1 24 + . . . < 4 3 {\displaystyle {\frac {1}{3}}+{\frac {1}{7}}+{\frac {1}{8}}+{\frac {1}{15}}+{\frac {1}{24}}+...<{\frac {4}{3}}} である。 この級数は単調増加なので 4 3 {\displaystyle {\frac {4}{3}}} 未満の実数に収束する。 ゴールドバッハによる証明は以下のように調和級数を用いたものである。まず H ∞ {\displaystyle H_{\infty }} を次のように定義する。 H ∞ = 1 + 1 2 + 1 3 + 1 4 + 1 5 + 1 6 + . . . ( 1 ) {\displaystyle H_{\infty }=1+{\frac {1}{2}}+{\frac {1}{3}}+{\frac {1}{4}}+{\frac {1}{5}}+{\frac {1}{6}}+...\quad (1)} 続いて等比級数を用いて以下の式を与える。 1 = 1 2 + 1 4 + 1 8 + 1 16 + 1 32 + . . . {\displaystyle 1={\frac {1}{2}}+{\frac {1}{4}}+{\frac {1}{8}}+{\frac {1}{16}}+{\frac {1}{32}}+...} (1)式からこの式を辺々引くと H ∞ − 1 = 1 + 1 3 + 1 5 + 1 6 + 1 7 + 1 9 + . . . ( 2 ) {\displaystyle H_{\infty }-1=1+{\frac {1}{3}}+{\frac {1}{5}}+{\frac {1}{6}}+{\frac {1}{7}}+{\frac {1}{9}}+...\quad (2)} となる。さらに等比級数を用いて 1 2 = 1 3 + 1 9 + 1 27 + 1 81 + . . . {\displaystyle {\frac {1}{2}}={\frac {1}{3}}+{\frac {1}{9}}+{\frac {1}{27}}+{\frac {1}{81}}+...} を導き、この両辺を(2)式から引けば H ∞ − 1 − 1 2 = 1 + 1 5 + 1 6 + 1 7 + 1 10 + . . . {\displaystyle H_{\infty }-1-{\frac {1}{2}}=1+{\frac {1}{5}}+{\frac {1}{6}}+{\frac {1}{7}}+{\frac {1}{10}}+...} このような操作を繰り返すと右辺の1以外の項は全て消えて以下のようになる。 H ∞ − 1 − 1 2 − 1 4 − 1 5 − 1 6 − 1 9 − . . . = 1 {\displaystyle H_{\infty }-1-{\frac {1}{2}}-{\frac {1}{4}}-{\frac {1}{5}}-{\frac {1}{6}}-{\frac {1}{9}}-...=1} (2)式と左辺が等しくなるように移項すると H ∞ − 1 = 1 + 1 2 + 1 4 + 1 5 + 1 6 + 1 9 + . . . ( 3 ) {\displaystyle H_{\infty }-1=1+{\frac {1}{2}}+{\frac {1}{4}}+{\frac {1}{5}}+{\frac {1}{6}}+{\frac {1}{9}}+...\quad (3)} 右辺の項の分母には累乗数より1だけ小さな数は現れないことに注意。最後に(1)式から(3)式を引くと求める級数が得られる。 1 = 1 3 + 1 7 + 1 8 + 1 15 + 1 24 + . . . {\displaystyle 1={\frac {1}{3}}+{\frac {1}{7}}+{\frac {1}{8}}+{\frac {1}{15}}+{\frac {1}{24}}+...} ただし調和級数 H ∞ {\displaystyle H_{\infty }} は発散するので、この証明は現代的な観点では厳密なものとはいえない。 厳密な証明を得るには、次のように有限部分和をとる。 H N = 1 + 1 2 + 1 3 + 1 4 + 1 5 + 1 6 + . . . + 1 N {\displaystyle H_{N}=1+{\frac {1}{2}}+{\frac {1}{3}}+{\frac {1}{4}}+{\frac {1}{5}}+{\frac {1}{6}}+...+{\frac {1}{N}}\quad } と定義し、 S N = ∑ P ≤ N + 1 1 P − 1 = 1 3 + 1 7 + 1 8 + 1 15 + . . . , {\displaystyle S_{N}=\sum _{P\leq N+1}{\frac {1}{P-1}}={\frac {1}{3}}+{\frac {1}{7}}+{\frac {1}{8}}+{\frac {1}{15}}+...,\quad } T N = ∑ m ≤ N + 1 1 m − 1 = 1 + 1 2 + 1 4 + 1 5 + 1 6 + 1 9 + . . . {\displaystyle T_{N}=\sum _{m\leq N+1}{\frac {1}{m-1}}=1+{\frac {1}{2}}+{\frac {1}{4}}+{\frac {1}{5}}+{\frac {1}{6}}+{\frac {1}{9}}+...\quad } とおく。ここで P は1以外の累乗数、 m は累乗数ではない数および1を動く。したがって H N = S N + T N ⋯ ( 4 ) {\displaystyle H_{N}=S_{N}+T_{N}\quad \cdots (4)} が成り立つ。 r ( n ) {\displaystyle r(n)} を n = r k {\displaystyle n=r^{k}} となる最小の r と定めると n > 1 {\displaystyle n>1} のとき r ( n ) {\displaystyle r(n)} は累乗数ではありえず、かつ一意的に定まるから 1 m − 1 = 1 m + 1 m 2 + . . . {\displaystyle {\frac {1}{m-1}}={\frac {1}{m}}+{\frac {1}{m^{2}}}+...\quad } より T N − 1 = ∑ 1 < r ( n ) ≤ N 1 n = ∑ 1 < n ≤ N 1 n + ∑ n > N , r ( n ) ≤ N 1 n {\displaystyle T_{N-1}=\sum _{1<r(n)\leq N}{\frac {1}{n}}=\sum _{1<n\leq N}{\frac {1}{n}}+\sum _{n>N,r(n)\leq N}{\frac {1}{n}}} が成り立つが、後の和に含まれる n は累乗数でなければならない。よって H N − 1 ≤ T N − 1 ≤ H N − 1 + ∑ P > N 1 P , {\displaystyle H_{N}-1\leq T_{N-1}\leq H_{N}-1+\sum _{P>N}{\frac {1}{P}},} (4) から S N ≤ 1 + T N − 1 − T N ≤ S N + ∑ P > N 1 P , {\displaystyle S_{N}\leq 1+T_{N-1}-T_{N}\leq S_{N}+\sum _{P>N}{\frac {1}{P}},} これを移項して 1 − 1 N − ∑ P > N 1 P ≤ S N ≤ 1 ⋯ ( 5 ) {\displaystyle 1-{\frac {1}{N}}-\sum _{P>N}{\frac {1}{P}}\leq S_{N}\leq 1\quad \cdots (5)} となる。ここで上の収束の証明と同様、 ∑ P 1 P {\displaystyle \sum _{P}{\frac {1}{P}}} は収束することがわかるから、(5) の左辺は 1 に収束する。よって S N → 1 ( N → ∞ ) {\displaystyle S_{N}\rightarrow 1(N\rightarrow \infty )} が証明された。 Viader, Pelegrí; Bibiloni, Lluís; Paradís, Jaume (2006), "On a series of Goldbach and Euler", American Mathematical Monthly 113: 206–220 クリスティアン・ゴールドバッハ レオンハルト・オイラー ゴールドバッハの予想