リーマンゼータ関数は素数の分布とどう関係するのか？

← back リーマンゼータ関数は素数の分布とどう関係するのか？ 2026年2月13日 数学における最も古い定理の一つに、素数は無限に存在するというものがあります。幾何学者のユークリッドが紀元前300年頃にこれを証明し、その後何世紀にもわたって、話はそこで終わっていました。素数は無限に存在する――では、それについて他に何を問うことができるでしょうか？しかし、無限集合の中には、他の集合よりも「一般的」なものがあります。例えば、偶数はかなり一般的ですが、2のべき乗はかなり稀です。1から1000の間には、偶数は500個ありますが、2のべき乗はわずか10個です。したがって、ユークリッドの証明に続く興味深い問いは、素数の一般的な度合いを定量化できるかということです。偶数が2のべき乗よりも多いという考え方を表現する一つの方法は、以下のようになります。 1/2 + 1/4 + 1/6 + 1/8 + 1/10 + ... = ∞ しかし、 1/2 + 1/2^2 + 1/2^3 + 1/2^4 + 1/2^5 + ... = 1 と言えます。つまり、2のべき乗は非常に離れているため、2^nを1/2^nに置き換える（大きな数を小さな数に変える）と、有限の和が得られます。しかし、偶数は非常に近接しているため、項はどんどん小さくなっていきますが、項が非常に多いため、最終的な和は無限大になります。 オイラーは、素数に関する同様の問いに興味を持っていました。すなわち、 1/2 + 1/3 + 1/5 + 1/7 + 1/11 + 1/13 + ... すべての素数の逆数の和は、無限大か有限か？ リーマンゼータ関数の登場 無限和 1/2 + 1/3 + 1/5 + 1/7 + ... = Σ(p素数) 1/p を計算するために、オイラーは現在リーマンゼータ関数として知られているものから始めました（リーマンが私たちの物語に登場するのはずっと後ですが、数学では多くのものがオイラーにちなんで名付けられているため、最初に発見したのはオイラーであるにもかかわらず、この対象をリーマンにちなんで名付けました）。リーマンゼータ関数は無限和です。 ζ(s) = 1 + 1/2^s + 1/3^s + 1/4^s + 1/5^s + ... = Σ(n=1 to ∞) 1/n^s オイラーは、この無限和が実際には素数を含む和に分解されることに気づきました。例えば、積を考えます。 (1 + 1/2^s + 1/4^s + ...) (1 + 1/3^s + 1/9^s + ...) (1 + 1/5^s + 1/25^s + ...) この和を展開すると、2、3、5から構築できる任意の数の逆数を持つ項が得られます。例えば、1/75^sという項を見つけたい場合、素因数分解75 = 3 * 25を計算し、 1/75^s = 1 * (1/3^s) * (1/25^s) が展開に含まれることを認識します。すべての数は一意的な素因数分解を持つため、素数から一意的な方法で構築できるため、オイラーは無限積 (1 + 1/2^s + 1/4^s + ...) (1 + 1/3^s + 1/9^s + ...) (1 + 1/5^s + 1/25^s + ...) ... = Π(p素数) (1 + 1/p^s + 1/(p^2)^s + 1/(p^3)^s + ...) を取ると、この無限積は展開後に各項1/n^sをちょうど一度だけ含むことに気づきました。これにより、オイラー積公式が得られます。 1/1^s + 1/2^s + 1/3^s + 1/4^s + ... = (1 + 1/2^s + 1/4^s + ...) (1 + 1/3^s + 1/9^s + ...) (1 + 1/5^s + 1/25^s + ...) ... つまり、 Σ(n=1 to ∞) 1/n^s = Π(p素数) (1 + 1/p^s + 1/(p^2)^s + 1/(p^3)^s + ...) 各和 1 + 1/p^s + 1/p^(2s) + 1/p^(3s) + ... は、等比級数として知られています。等比級数は具体的に合計できます。もし X = 1 + 1/p^s + 1/p^(2s) + ... とすると、 X/p^s = 1/p^s + 1/p^(2s) + 1/p^(3s) + ... となります。これらの2つの式を引くと、右辺の1以外のすべての項がキャンセルされるため、 X - X/p^s = 1 となります。したがって、 X * (1 - 1/p^s) = 1 なので、 X = 1 / (1 - 1/p^s) となります。したがって、オイラー積公式は次のように書くことができます。 ζ(s) = 1/(1 - 1/2^s) * 1/(1 - 1/3^s) * 1/(1 - 1/5^s) ... オイラー積公式は、微積分における一意的な素因数分解をエンコードする方法です。その説明が一意的な素因数分解を必要としたことを思い出せば、これは重要です。したがって、これは数論と微積分の間の架け橋です。無限級数の合計（1/2 + 1/3 + 1/5 + 1/7 + ...のような、素数の逆数の和の計算）は微積分の問題ですが、素数は数論的な対象であるため、素数に関する無限和を解くには、そのような架け橋を使用する必要があります。 Σ 1/p を合計する しかし、橋をどのように渡るのでしょうか？オイラー積公式の右辺にはすべての素数に関する無限積が含まれていますが、私たちの問題は素数に関する和です。以前の記事「7を法とするlog(3)とは何か？」で見たように、対数は積を和に変換する標準的なツールです。したがって、オイラー積公式で対数を取ると、次のようになります。 log ζ(s) = log(1 / (1 - 1/2^s)) + log(1 / (1 - 1/3^s)) + log(1 / (1 - 1/5^s)) + ... = Σ(p素数) log(1 / (1 - 1/p^s)) 残念ながら、これらの対数は少し使いにくいようです。しかし、テイラー級数を使用して次のように書き換えることができます。 log(1 / (1 - x)) = x + x^2/2 + x^3/3 + x^4/4 + ... したがって、 log(1 / (1 - 1/p^s)) = 1/p^s + 1/(2p^(2s)) + 1/(3p^(3s)) + ... これをすべてまとめると、次のようになります。 log ζ(s) = Σ(p素数) 1/p^s + Σ(p素数) 1/(2p^(2s)) + Σ(p素数) 1/(3p^(3s)) + ... 上記の式でs = 1とします。このとき、左辺は次のようになります。 log ζ(1) = log(1 + 1/2 + 1/3 + 1/4 + ...) = log ∞ = ∞ なぜなら、無限和 1 + 1/2 + 1/3 + 1/4 + 1/5 + ... は無限大だからです。この事実を初めて見た場合は、以下の和の計算が面白いかもしれません。この無限和を次のように再グループ化できます。 1 + 1/2 + (1/3 + 1/4) + (1/5 + 1/6 + 1/7 + 1/8) + ... 最初の括弧内の項は次のようになります。 1/3 + 1/4 > 1/4 + 1/4 = 1/2 そして、2番目の括弧内の項は次のようになります。 1/5 + 1/6 + 1/7 + 1/8 > 1/8 + 1/8 + 1/8 + 1/8 = 1/2 そして、さらに続きます。 1/9 + 1/10 + 1/11 + 1/12 + 1/13 + 1/14 + 1/15 + 1/16 > 1/16 + 1/16 + 1/16 + 1/16 + 1/16 + 1/16 + 1/16 + 1/16 = 1/2 したがって、 1 + 1/2 + (1/3 + 1/4) + (1/5 + 1/6 + 1/7 + 1/8) + ... > 1 + 1/2 + 1/2 + 1/2 + ... = ∞ なので、私たちの無限和も無限大でなければなりません。 とにかく、私たちの恒等式に戻りましょう。次のようになります。 log ζ(1) = Σ(p素数) 1/p + Σ(p素数) 1/(2p^2) + Σ(p素数) 1/(3p^3) + ... そして、log ζ(1) = ∞ であることがわかりました。したがって、 ∞ = Σ(p素数) 1/p + Σ(p素数) 1/(2p^2) + Σ(p素数) 1/(3p^3) + ... ここで、求めたい和 Σ 1/p がありますが、さらに多くの項があります。