リーマンゼータ関数
リーマンゼータ関数に整数を代入した際の値をリーマンゼータ値または単にゼータ値という。任意の正の偶数 2n に対して、
ζ ( 2 n ) = ( − 1 ) n + 1 ( 2 π ) 2 n B 2 n 2 ( 2 n ) ! {\displaystyle \zeta (2n)={\frac {(-1)^{n+1}\,(2\pi )^{2n}\,B_{2n}}{2\,(2n)!}}}
と表すことができる。ここで、B2n は 2n 番目のベルヌーイ数である。
余接関数の指数関数による定義から、
π z cot  π z = i π z e i π z + e − i π z e i π z − e − i π z {\displaystyle \pi z\cot \pi z=i\pi z\,{\frac {e^{i\pi z}+e^{-i\pi z}}{e^{i\pi z}-e^{-i\pi z}}}}
である。ただし、ここで i は虚数単位である。ここで右辺は、
i π z e i π z + e − i π z e i π z − e − i π z = i π z 2 i π z e 2 i π z − 1 {\displaystyle i\pi z\,{\frac {e^{i\pi z}+e^{-i\pi z}}{e^{i\pi z}-e^{-i\pi z}}}=i\pi z\,{\frac {2i\pi z}{e^{2i\pi z}-1}}}
であり、ベルヌーイ数の定義から、
π z cot  π z = i π z + ∑ n = 0 ∞ ( 2 i π z ) n B n n !
ζ ( 3 ) = π 2 7 { 1 − 4 ∑ k = 1 ∞ ζ ( 2 k ) ( 2 k + 1 ) ( 2 k + 2 ) 2 2 k } {\displaystyle \zeta (3)={\frac {\pi ^{2}}{7}}\left\{1-4\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {\zeta (2k)}{(2k+1)(2k+2)\,2^{2k}}}\right\}}
ζ ( 5 ) = 1 294 π 5 − 72 35 ∑ n = 1 ∞ 1 n 5 ( e 2 π n − 1 ) − 2 35 ∑ n = 1 ∞ 1 n 5 ( e 2 π n + 1 ) {\displaystyle \zeta (5)={\frac {1}{294}}\,\pi ^{5}-{\frac {72}{35}}\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{5}\,(e^{2\pi n}-1)}}-{\frac {2}{35}}\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{5}\,(e^{2\pi n}+1)}}}
ζ ( 5 ) = 1 270 π 5 − 32 15 ∑ n = 1 ∞ 1 n 5 ( e π n + ( − 1 ) n ) {\displaystyle \zeta (5)={\frac {1}{270}}\,\pi ^{5}-{\frac {32}{15}}\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{5}\,\left(e^{\pi n}+(-1)^{n}\right)}}}
尚、 B n {\displaystyle B_{n}} はベルヌーイ数である。
ζ ( 4 n − 1 ) = ( 2 π ) 4 n − 1 2 ∑ k = 0 2 n ( − 1 ) k + 1 B 2 k ( 2 k ) ! B 4 n − 2 k ( 4 n − 2 k ) ! − 2 ∑ k = 1 ∞ k − 4 n + 1 e 2 π k − 1 {\displaystyle \zeta (4n-1)={\frac {(2\pi )^{4n-1}}{2}}\sum _{k=0}^{2n}(-1)^{k+1}\,{\frac {B_{2k}}{(2k)!}}\,{\frac {B_{4n-2k}}{(4n-2k)!}}-2\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {k^{-4n+1}}{e^{2\pi k}-1}}}
ζ ( 4 n + 1 ) = ( 2 π ) 4 n + 1 2 4 n + 1 − 2 ∑ k = 0 2 n + 1 ( − 1 ) k + 1 2 2 k B 2 k ( 2 k ) ! B 4 n + 2 − 2 k ( 4 n + 2 − 2 k ) ! − 2 4 n + 1 2 4 n − 1 ∑ k = 1 ∞ k − 4 n − 1 e π k + ( − 1 ) k {\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}}{(2k)!}}\,{\frac {B_{4n+2-2k}}{(4n+2-2k)!}}-{\frac {2^{4n+1}}{2^{4n}-1}}\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {k^{-4n-1}}{e^{\pi k}+(-1)^{k}}}}
ゼータ関数は次のような表示も持つ:
ζ ( s ) = exp ( γ + log  π 2 s − log  2 ) 1 s − 1 ∏ ρ ( 1 − s ρ ) ∏ n = 1 ∞ ( 1 + s 2 n ) e − s / 2 n {\displaystyle \zeta (s)=\exp \!\left({\frac {\gamma +\log \pi }{2}}\,s-\log 2\right){\frac {1}{s-1}}\,\prod _{\rho }\left(1-{\frac {s}{\rho }}\right)\,\prod _{n=1}^{\infty }\left(1+{\frac {s}{2n}}\right)e^{\!-{s/2n}}}
ここで ρ に関する積はリーマン・ゼータ関数の複素零点全体をわたるものとする。この式から、
ζ ( s ) − 1 s − 1 {\displaystyle \zeta (s)-{\frac {1}{s-1}}}
は整関数であることが分かる。実際
ζ ( s ) − 1 s − 1 = γ − γ 1 ( s − 1 ) + γ 2 ( s − 1 ) 2 − ...
ζ ( s ) 2 = ∑ n = 1 ∞ d ( n ) n s {\displaystyle {\zeta (s)}^{2}=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {d(n)}{n^{s}}}} ζ ( s ) ζ ( s − 1 ) = ∑ n = 1 ∞ σ ( n ) n s {\displaystyle {\zeta (s)}\,{\zeta (s-1)}=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {\sigma (n)}{n^{s}}}}
が成り立ち、また、n と互いに素な n 以下の自然数の個数を オイラーのφ関数 φ(n) で表すとき、
ζ ( s − 1 ) ζ ( s ) = ∑ n = 1 ∞ φ ( n ) n s {\displaystyle {\frac {\zeta (s-1)}{\zeta (s)}}=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {\varphi (n)}{n^{s}}}}
なども成り立つ。
{\displaystyle \zeta (s)-{\frac {1}{s-1}}=\gamma -\gamma _{1}(s-1)+\gamma _{2}(s-1)^{2}-\dots }
ここで γ はオイラーの定数、γi はスティルチェス定数と呼ばれているものである。オイラーは1749年に
ζ ( s ) ( 1 − 2 1 − s ) = ∑ n = 1 ∞ ( − 1 ) n + 1 n s {\displaystyle \zeta (s)(1-{2^{\,1-s}})=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n+1}}{n^{s}}}}
という式を推測している。
またゼータ関数は、リーマンの1859年の論文『与えられた数より小さい素数の個数について』の中で
ζ ( s ) = 2 s π s − 1 sin  ( π s 2 ) Γ ( 1 − s ) ζ ( 1 − s ) {\displaystyle \zeta (s)=2^{s}\,\pi ^{s-1}\,\sin \left({\frac {\pi s}{2}}\right)\,\Gamma (1-s)\,\zeta (1-s)}
という関数等式を持つことが示された。ここで Γ はガンマ関数である。これは複素解析的関数の解析接続が初めて明示的に行われた例である。
s = −2n (n は正の整数)を代入すると
ゼータ関数の重要な特徴は素数との関わりが深いことであり、この関係を最初に発見したオイラーにちなんでオイラー積と名付けられた。任意の自然数は、一意の素因数分解をもつ。このため s > 1 とし、
∏ p :prime ∑ n p = 0 ∞ 1 p s ⋅ n p = ( 1 + 1 2 s + 1 2 2 s + ⋯ ) ( 1 + 1 3 s + 1 3 2 s + ⋯ ) ( 1 + 1 5 s + 1 5 2 s + ⋯ ) ⋯ {\displaystyle \prod _{p{\text{:prime}}}\sum _{n_{p}=0}^{\infty }{\frac {1}{p^{s\cdot n_{p}}}}={\biggl (}1+{\frac {1}{2^{s}}}+{\frac {1}{2^{2s}}}+\cdots {\biggr )}\!{\biggl (}1+{\frac {1}{3^{s}}}+{\frac {1}{3^{2s}}}+\cdots {\biggr )}\!{\biggl (}1+{\frac {1}{5^{s}}}+{\frac {1}{5^{2s}}}+\cdots {\biggr )}\cdots }
を考え、右辺の括弧を展開すれば、右辺にはどのような自然数 n についても n が一度だけ現れる。このため次が成り立つ。