練習その8

$\frac{\pi}{2} = \prod_{n=1}^\infty \left[\frac{(2n)^2}{(2n-1)(2n+1)}\right]$(ウォリスの公式)

証明

$0\le\theta\le\pi/2$において$0\le\sin\theta\le1$であるから

$\sin^{2n+2}\theta\le\sin^{2n+1}\theta\le\sin^{2n}\theta$

である。ウォリス積分より、

$\begin{align} &\left(\int_{0}^{\pi/2}{\sin^{2n+2}\theta}d\theta\right)\le\left(\int_{0}^{\pi/2}{\sin^{2n+1}\theta}d\theta\right)\le\left(\int_{0}^{\pi/2}{\sin^{2n}\theta}d\theta\right)\\ &\frac{\pi}{2}\frac{(2n+1)!!}{(2n+2)!!}\le\frac{(2n)!!}{(2n+1)!!}\le\frac{\pi}{2}\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\\ &\frac{\pi}{2}\frac{2n+1}{2n+2}\le\frac{(2n)!!(2n)!!}{(2n-1)!!(2n+1)!!}\le\frac{\pi}{2}\\ \end{align}$

でなければならない。しかし、

$\lim_{n\to\infty}\frac{2n+1}{2n+2}=1$

であるから、

$\prod_{k=1}^{\infty}\frac{(2k)^2}{(2k+1)(2k-1)}=\lim_{n\to\infty}\frac{(2n)!!(2n)!!}{(2n-1)!!(2n+1)!!}=\frac{\pi}{2}$

$\frac{\pi\sqrt{2}}{4} = \prod_{n=1}^\infty \left[\frac{(4n)^2}{(4n-1)(4n+1)}\right]$

$\prod_{n=1}^\infty \left(\frac{(tn)^2}{(tn-1)(tn+1)}\right)=\frac{\pi}{t\sin\frac{\pi}{t}}$ 証明

$\begin{align} \prod_{n=1}^\infty \left(1-\frac{z^2}{n^2}\right)&=\frac{\sin\pi z}{\pi z} \\ \prod_{n=1}^\infty \left(\frac{n^2}{n^2-z^2}\right)&=\frac{\pi z}{\sin\pi z} \\ \prod_{n=1}^\infty \left(\frac{n^2}{n^2-\frac{1}{t^2}}\right)&=\frac{\pi}{t\sin\frac{\pi}{t}}\;(t=\frac{1}{z}) \\ \prod_{n=1}^\infty \left(\frac{(tn)^2}{(tn-1)(tn+1)}\right)&=\frac{\pi}{t\sin\frac{\pi}{t}} \end{align}$

$\prod_{c:odd,c\neq 1} \left(1-\frac{1}{c^2}\right)= \frac{\pi}{4}$証明

$\begin{align} \frac{\pi}{2} &= \prod_{n=1}^\infty \left[\frac{(2n)^2}{(2n-1)(2n+1)}\right] \\ &=\frac{2\cdot2\cdot4\cdot4\cdot6\cdot6\cdot8\cdot8\cdots}{1\cdot3\cdot3\cdot5\cdot5\cdot7\cdot7\cdot9\cdots} \\ \frac{\pi}{4} &=\frac{2\cdot4\cdot4\cdot6\cdot6\cdot8\cdot8\cdots}{3\cdot3\cdot5\cdot5\cdot7\cdot7\cdot9\cdots} \\ &=\prod_{c:odd,c\neq1}^\infty \left[\frac{(c-1)(c+1)}{c^2}\right] \\ &=\prod_{c:odd,c\neq1}^\infty \left[\frac{c^2-1}{c^2}\right] \\ &=\prod_{c:odd,c\neq1}^\infty \left(1-\frac{1}{c^2}\right) \\ \end{align}$

$\prod_{c:even} \left(1-\frac{1}{c^2}\right)= \frac{2}{\pi}$証明

$\begin{align} \frac{\pi}{2} &= \prod_{n=1}^\infty \left[\frac{(2n)^2}{(2n-1)(2n+1)}\right] \\ \frac{2}{\pi} &= \prod_{n=1}^\infty \left[\frac{(2n-1)(2n+1)}{(2n)^2}\right] \\ &=\prod_{n=1}^\infty \left[\frac{4n^2-1}{4n^2}\right] \\ &=\prod_{n=1}^\infty \left(1-\frac{1}{4n^2}\right) \\ &=\prod_{c:even} \left(1-\frac{1}{c^2}\right) \end{align}$

$\prod_{n=1}^\infty \left(1+\frac{(-1)^{n+1}}{2n+1}\right)=\frac{\pi \sqrt{2}}{4}$証明

$\begin{align} \prod_{n=1}^\infty \left(1+\frac{(-1)^{n+1}}{2n+1}\right)&=\prod_{n=1}^\infty \left(1+\frac{1}{4n-1}\right)\left(1-\frac{1}{4n+1}\right) \\ &=\prod_{n=1}^\infty \left(\frac{(4n)^2}{(4n+1)(4n-1)}\right)=\frac{\pi\sqrt{2}}{4} \end{align}$

$\prod_{n=1}^\infty \left(1-\frac{1}{(6n)^2}\right)=\frac{3}{\pi}$ $\prod_{n=1}^\infty \left(1-\frac{3^2}{(2n)^2}\right)=-\frac{2}{3\pi}$

$\prod_{n=1}^\infty \left(1-\frac{5^2}{(2n)^2}\right)=\frac{2}{5\pi}$

$\prod_{n=1}^\infty \left(1-\frac{z^2}{n^2}\right)=\frac{\sin\pi z}{\pi z}$

$\prod_{n=1}^\infty \left(1-\frac{z^2}{(n-\frac{1}{2})^2}\right)=\cos\pi z$

$\prod_{c:odd,c\neq 1}^\infty \left(\frac{c^2-1}{c^2-4z^2}\right)=\frac{\pi(1-4z^2)}{4\cos\pi z}$

$\prod_{p:prime}\left(1-\frac{1}{p^2}\right)=\frac{6}{\pi^2}$

$\prod_{p:prime}\left(1-\frac{1}{p^4}\right)=\frac{90}{\pi^4}$

$\prod_{p:prime}\left(1-\frac{1}{p^6}\right)=\frac{945}{\pi^6}$

$\prod_{p:prime}\left(1-\frac{1}{p^{2n}}\right)=\frac{1}{\zeta(2n)}=\frac{(-1)^n2(2n)!}{2^{2n}\pi^{2n}B_{2n}}$

証明

リーマンゼータ関数のオイラー積は1737年にオイラーによって発見された。まずゼータ関数 ζ(s) は s の実部が1より大きいとき、次のように定義される。

$\zeta (s) = \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^s} = \frac {1}{1^s} + \frac{1}{2^s} + \frac{1}{3^s} + \cdots$

ここで両辺に最小の素数2の-s乗　$\frac {1} {2^s}$ をかけると

$\frac {1}{2^s} \zeta (s) = \frac {1}{2^s} + \frac{1}{4^s} + \frac{1}{6^s} + \cdots$

となり、辺々引くと

$\left(1- \frac {1}{2^s}\right) \zeta (s) = \frac {1}{1^s} + \frac{1}{3^s} + \frac{1}{5^s} + \cdots$

この両辺に今度は2の次の素数3の-s乗　$\frac {1} {3^s}$ をかけると

$\frac {1}{3^s} \left(1- \frac {1}{2^s}\right) \zeta (s) = \frac {1}{3^s} + \frac{1}{9^s} + \frac{1}{15^s} + \cdots$

となり、再び辺々引くと

$\left(1- \frac {1}{2^s}\right) \left(1- \frac {1}{3^s}\right) \zeta (s) = \frac {1}{1^s} + \frac{1}{5^s} + \frac{1}{7^s} + \cdots$

以下同様に次々と素数の-s乗を両辺にかけて前の式から引くという操作を続けると右辺の $\frac {1} {1^s}$ 以外の項は（素因数分解の一意性によって）消えるので

$\left(1- \frac {1}{2^s}\right) \left(1- \frac {1}{3^s}\right) \left(1- \frac {1}{5^s}\right) \left(1- \frac {1}{7^s}\right) \cdots \zeta (s) = \frac {1}{1^s} = 1$

したがってゼータ関数は以下の形で表現される。

$\zeta (s) = \frac{1} {{(1- \frac{1}{2^s})} {(1- \frac{1}{3^s})} {(1- \frac{1}{5^s})} {(1- \frac{1}{7^s})} \cdots }$

上記の式に形式的に s=1 を代入すると

$\zeta (1) = \frac{1} {{(1- \frac{1}{2})} {(1- \frac{1}{3})} {(1- \frac{1}{5})} {(1- \frac{1}{7})} \cdots }$

ここで左辺は調和級数であり、正の無限大に発散するので右辺も同様に発散すると考えられる。このことから素数の個数は有限ではないことが導かれる。なぜならもし素数が有限個なら右辺はある定数になるからである。

$\prod_{p:prime}\left(1+\frac{1}{p^2+p^4}\right)=\frac{21}{2\pi^2}$証明

$\begin{align} &\prod_{p:prime}\left(1+\frac{1}{p^2+p^4}\right)=\prod_{p:prime}\left(1+\frac{\frac{1}{p^4}}{\frac{1}{p^2}+1}\right)=\prod_{p:prime}\left(\frac{1+\frac{1}{p^2}+\frac{1}{p^4}}{1+\frac{1}{p^2}}\right) \\ &=\prod_{p:prime}\left(\frac{\left(1+\frac{1}{p^2}+\frac{1}{p^4}\right)\left(1-\frac{1}{p^2}\right)}{\left(1+\frac{1}{p^2}\right)\left(1-\frac{1}{p^2}\right)}\right)=\prod_{p:prime}\left(\frac{1-\frac{1}{p^6}}{1-\frac{1}{p^4}}\right)=\frac{\prod_{p:prime}\left(1-\frac{1}{p^6}\right)}{\prod_{p:prime}\left(1-\frac{1}{p^4}\right)} \\ &=\frac{\frac{1}{\zeta(6)}}{\frac{1}{\zeta(4)}}=\frac{\frac{945}{\pi^6}}{\frac{90}{\pi^4}}=\frac{21}{2\pi^2} \end{align}$

$\prod_{p:prime}\left(1+\frac{1}{p^2+p^4+p^6}\right)=\frac{10}{\pi^2}$証明

$\begin{align} &\prod_{p:prime}\left(1+\frac{1}{p^2+p^4+p^6}\right)=\prod_{p:prime}\left(1+\frac{\frac{1}{p^6}}{\frac{1}{p^4}+\frac{1}{p^2}+1}\right)=\prod_{p:prime}\left(\frac{1+\frac{1}{p^2}+\frac{1}{p^4}+\frac{1}{p^6}}{1+\frac{1}{p^2}+\frac{1}{p^4}}\right) \\ &=\prod_{p:prime}\left(\frac{\left(1+\frac{1}{p^2}+\frac{1}{p^4}+\frac{1}{p^6}\right)\left(1-\frac{1}{p^2}\right)}{\left(1+\frac{1}{p^2}+\frac{1}{p^4}\right)\left(1-\frac{1}{p^2}\right)}\right)=\prod_{p:prime}\left(\frac{1-\frac{1}{p^8}}{1-\frac{1}{p^6}}\right)=\frac{\prod_{p:prime}\left(1-\frac{1}{p^8}\right)}{\prod_{p:prime}\left(1-\frac{1}{p^6}\right)} \\ &=\frac{\frac{1}{\zeta(8)}}{\frac{1}{\zeta(6)}}=\frac{\frac{9450}{\pi^8}}{\frac{945}{\pi^6}}=\frac{10}{\pi^2} \end{align}$

$\prod_{p:prime}\left(1+\frac{1}{p^2}+\frac{1}{p^4}\right)=\frac{315}{2\pi^4}$証明

$\begin{align} \prod_{p:prime}\left(1+\frac{1}{p^2}+\frac{1}{p^4}\right)&=\prod_{p:prime}\frac{\left(1+\frac{1}{p^2}+\frac{1}{p^4}\right)\left(1-\frac{1}{p^2}\right)}{\left(1-\frac{1}{p^2}\right)}=\prod_{p:prime}\frac{\left(1-\frac{1}{p^6}\right)}{\left(1-\frac{1}{p^2}\right)} \\ &=\frac{\prod_{p:prime}\left(1-\frac{1}{p^6}\right)}{\prod_{p:prime}\left(1-\frac{1}{p^2}\right)}=\frac{\frac{945}{\pi^6}}{\frac{6}{\pi^2}}=\frac{315}{2\pi^4} \end{align}$

$\prod_{p:odd prime} \left(1-\frac{(-1)^{\frac{p-1}{2}}}{p}\right) = \frac{4}{\pi}$$\prod_{p:odd prime} \left(1-\frac{(-1)^{\frac{p+1}{2}}}{p}\right) = \frac{2}{\pi}$$\prod_{p:odd prime} \left(1-\frac{(-1)^{\frac{p-1}{2}}}{p^3}\right) = \frac{32}{\pi^3}$$\prod_{p:odd prime} \left(1-\frac{(-1)^{\frac{p+1}{2}}}{p^3}\right) = \frac{30}{\pi^3}$

$\prod_{p:odd prime} \left(1-\frac{(-1)^{\frac{p-1}{2}}}{p^{2n+1}}\right) = \frac{(-1)^n2^{2n+2}(2n)!}{E_{2n}\pi^{2n+1}}$

証明

ゼータ関数のオイラー積同様に、

$\begin{align} \sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{(2k+1)^{2n+1}}&=\frac{1}{1^{2n+1}}-\frac{1}{3^{2n+1}}+\frac{1}{5^{2n+1}}-\frac{1}{7^{2n+1}}+\cdots \\ \frac{1}{3^{2n+1}}\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{(2k+1)^{2n+1}}&=\frac{1}{3^{2n+1}}-\frac{1}{9^{2n+1}}+\frac{1}{15^{2n+1}}-\frac{1}{21^{2n+1}}+\cdots \\ (1+\frac{1}{3^{2n+1}})\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{(2k+1)^{2n+1}}&=\frac{1}{1^{2n+1}}+\frac{1}{5^{2n+1}}-\frac{1}{7^{2n+1}}-\frac{1}{11^{2n+1}}\cdots \\ \frac{1}{5^{2n+1}}(1+\frac{1}{3^{2n+1}})\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{(2k+1)^{2n+1}}&=\frac{1}{5^{2n+1}}+\frac{1}{25^{2n+1}}-\frac{1}{35^{2n+1}}-\frac{1}{55^{2n+1}}\cdots \\ (1+\frac{1}{3^{2n+1}})(1-\frac{1}{5^{2n+1}})\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{(2k+1)^{2n+1}}&=\frac{1}{1^{2n+1}}-\frac{1}{7^{2n+1}}-\frac{1}{11^{2n+1}}+\frac{1}{13^{2n+1}}\cdots \\ \vdots & \\ \prod_{p:odd prime} \left(1-\frac{(-1)^{\frac{p-1}{2}}}{p^{2n+1}}\right) \sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{(2k+1)^{2n+1}}&= 1 \\ \prod_{p:odd prime} \left(1-\frac{(-1)^{\frac{p-1}{2}}}{p^{2n+1}}\right) &= \frac{1}{\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{(2k+1)^{2n+1}}} \\ &=\frac{(-1)^n2^{2n+2}(2n)!}{E_{2n}\pi^{2n+1}} \end{align}$

本来のオイラー積の書き方に近づけると、

$\begin{align} &\frac{E_{2n}\pi^{2n+1}}{(-1)^n2^{2n+2}(2n)!} \\ &= \frac{3^{2n+1}}{3^{2n+1}+1} \cdot \frac{5^{2n+1}}{5^{2n+1}-1} \cdot \frac{7^{2n+1}}{7^{2n+1}+1} \cdot \frac{11^{2n+1}}{11^{2n+1}+1} \cdot \frac{13^{2n+1}}{13^{2n+1}-1} \cdot \frac{17^{2n+1}}{17^{2n+1}-1} \cdot \\ &\frac{19^{2n+1}}{19^{2n+1}+1} \cdot \frac{23^{2n+1}}{23^{2n+1}+1}\cdot \frac{29^{2n+1}}{29^{2n+1}-1} \cdot \frac{31^{2n+1}}{31^{2n+1}+1} \cdots \! \end{align}$

たとえば$n=0$のとき、

$\frac{\pi}{4} = \frac{3}{4} \cdot \frac{5}{4} \cdot \frac{7}{8} \cdot \frac{11}{12} \cdot \frac{13}{12} \cdot \frac{17}{16} \cdot \frac{19}{20} \cdot \frac{23}{24} \cdot \frac{29}{28} \cdot \frac{31}{32} \cdots \!$

となる。分子は2以外の素数の累乗、、分母はそれに最も近い4の倍数となっていることに注目。

また、オイラー積の書き方にならって2を含め、

$\begin{align} &\left(1-\frac{1}{2^{2n+1}}\right)\left(1+\frac{1}{3^{2n+1}}\right)\left(1-\frac{1}{5^{2n+1}}\right)\left(1+\frac{1}{7^{2n+1}}\right)\cdots \\ &=\prod_{p:prime} \left(1\pm\frac{1}{p^{2n+1}}\right) = \frac{(-1)^n(2^{2n+2}-2)(2n)!}{E_{2n}\pi^{2n+1}} \end{align}$

と書いても良い。ただし、分母が4で割って3余るときだけ符号が正。

$\begin{align}\prod_{p:odd prime} \left(1-\frac{(-1)^{\frac{p+1}{2}}}{p^{2n+1}}\right) = \frac{(-1)^nE_{2n}(4n+2)!}{2^{2n+1}(2^{4n+2}-1)(2n)!\pi^{2n+1}B_{4n+2}} \end{align}$証明

$\begin{align} &\prod_{p:odd prime} \left(1-\frac{(-1)^{\frac{p+1}{2}}}{p^{2n+1}}\right) = \prod_{p:odd prime} \frac{\left(1-\frac{(-1)^{\frac{p+1}{2}}}{p^{2n+1}}\right)\left(1-\frac{(-1)^{\frac{p-1}{2}}}{p^{2n+1}}\right)}{\left(1-\frac{(-1)^{\frac{p-1}{2}}}{p^{2n+1}}\right)} \\ =&\prod_{p:odd prime} \frac{\left(1-\frac{1}{p^{4n+2}}\right)}{\left(1-\frac{(-1)^{\frac{p-1}{2}}}{p^{2n+1}}\right)}= \frac{\prod_{p:odd prime}\left(1-\frac{1}{p^{4n+2}}\right)}{\prod_{p:odd prime}\left(1-\frac{(-1)^{\frac{p-1}{2}}}{p^{2n+1}}\right)} \\ =&\frac{1}{1-\frac{1}{2^{4n+2}}}\frac{\prod_{p:prime}\left(1-\frac{1}{p^{4n+2}}\right)}{\prod_{p:odd prime}\left(1-\frac{(-1)^{\frac{p-1}{2}}}{p^{2n+1}}\right)}=\frac{2^{4n+2}}{2^{4n+2}-1}\frac{\frac{2(4n+2)!}{2^{4n+2}\pi^{4n+2}B_{4n+2}}}{(-1)^n\frac{2^{2n+2}(2n)!}{E_{2n}\pi^{2n+1}}} \\ =&\frac{(-1)^nE_{2n}(4n+2)!}{2^{2n+1}(2^{4n+2}-1)(2n)!\pi^{2n+1}B_{4n+2}} \end{align}$

オイラー積の書き方にならって2を含め、

$\left(1+\frac{1}{2^{2n+1}}\right)\left(1-\frac{1}{3^{2n+1}}\right)\left(1+\frac{1}{5^{2n+1}}\right)\left(1-\frac{1}{7^{2n+1}}\right)\cdots=\prod_{p:prime} \left(1\pm\frac{1}{p^{2n+1}}\right) = \frac{3}{\pi}$

と書いても良い。ただし、分母が4で割って3余るときだけ符号が負。

$\prod_{c:composite} \left(1-\frac{1}{c^2}\right)= \frac{\pi^2}{12}$証明

$\begin{align} &\prod_{c:composite} \left(1-\frac{1}{c^2}\right)\prod_{p:prime}\left(1-\frac{1}{p^2}\right)=\prod_{n=2}\left(1-\frac{1}{n^2}\right) \\ =&\prod_{c:odd,c\neq 1} \left(1-\frac{1}{c^2}\right)\prod_{c:even} \left(1-\frac{1}{c^2}\right)=\frac{\pi}{4}\cdot\frac{2}{\pi}=\frac{1}{2} \\ &\prod_{c:composite} \left(1-\frac{1}{c^2}\right)\frac{6}{\pi^2}=\frac{1}{2} \\ &\prod_{c:composite} \left(1-\frac{1}{c^2}\right)= \frac{\pi^2}{12} \end{align}$

$\prod_{c:odd composite} \left(1-\frac{1}{c^2}\right)= \frac{\pi^3}{32}$証明

$\begin{align} \prod_{c:odd,c\neq 1} \left(1-\frac{1}{c^2}\right)&=\prod_{p:odd prime}\left(1-\frac{1}{p^2}\right) \prod_{c:odd composite} \left(1-\frac{1}{c^2}\right) \\ &=\frac{1}{1-\frac{1}{2^2}}\prod_{p:prime}\left(1-\frac{1}{p^2}\right) \prod_{c:odd composite} \left(1-\frac{1}{c^2}\right) \\ \frac{\pi}{4}&=\frac{4}{3}\frac{6}{\pi^2}\prod_{c:odd composite} \left(1-\frac{1}{c^2}\right) \\ \prod_{c:odd composite} \left(1-\frac{1}{c^2}\right)&= \frac{\pi^3}{32} \end{align}$