2018年3月17日 山田 泰司
当然の事ながら自然数の総和： \[1+2+3+4+\cdots = \infty\] これは無限大に発散する。しかし、少し見方を変えて見たり、式を変形したりする事で、以下のように有限に収束する事を示すことができる。 \[1+2+3+4+\cdots \stackrel{!}{=} -\frac1{12}\]
(2021/07/07 追記) ところで、上式で等号が \(\stackrel{!}{=}\) であるのは参考文献にあげている志村先生の書籍に倣ったものだが、確かに等号で繋げることに躊躇せざるを得ない。例えば、私見として： \[\begin{aligned} \text{binary operator }f_{x+y}: \RiemannSphere \times \RiemannSphere \to \RiemannSphere;\quad &(x,y) \mapsto z=x+y,\quad x,y,z\in \RiemannSphere,\\ \text{unary operator }f_{-x}: \RiemannSphere \to \RiemannSphere;\quad &x \mapsto y=-x,\quad x,y\in \RiemannSphere,\\ \text{binary operator }f_{\frac{x}{y}}: \RiemannSphere \times (\RiemannSphere\setminus\{0\}) \to \RiemannSphere;\quad &(x,y) \mapsto z=\frac{x}{y},\quad x,z\in \RiemannSphere,\, y\in (\RiemannSphere\setminus\{0\}),\\ \RiemannSphere &= \C\cup \{\infty\} \end{aligned}\] とすれば、等号 \(=\) で繋げた数式から始めても構わないのではないだろうか。いずれにせよ、のちの厳密な方法において、少なくとも見えている加算記号「\(+\)」はフツウの足し算ではない。
ここでは数学的に厳密ではないやり方と、数学的に厳密な方法とを合わせて紹介する。
それに先立ち、総和の記号を使って以下のような無限級数で表す。 \[ \begin{aligned} \mathrm{N}_\infty &\equiv \sum_{n=1}^{\infty}n = 1+2+3+4+\cdots\\ \underline{\mathrm{N}}_\infty &\equiv \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}n = 1-2+3-4+\cdots\\ \mathrm{U}_\infty &\equiv \sum_{n=1}^{\infty}1 = 1+1+1+1\cdots\\ \underline{\mathrm{U}}_\infty &\equiv \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}1 = 1-1+1-1\cdots \end{aligned} \] ここで、始めが自然数の総和、つまり、自然数の無限級数、残りは、自然数の交項級数、1の無限級数、1の交項級数である。
また、厳密な方法では以下の関数を用いる。 リーマンのゼータ関数： \[ \zeta(s) = \sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^s} \] ディリクレのイータ関数： \[ \eta(s) = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n^s} \]
すると、先の無限級数は以下のように改めて定義することができる。 \[ \begin{aligned} \zeta(-1) \equiv \mathrm{N}_\infty &\equiv \sum_{n=1}^{\infty}n = 1+2+3+4+\cdots\\ \eta(-1) \equiv \underline{\mathrm{N}}_\infty &\equiv \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}n = 1-2+3-4+\cdots\\ \zeta(0) \equiv \mathrm{U}_\infty &\equiv \sum_{n=1}^{\infty}1 = 1+1+1+1\cdots\\ \eta(0) \equiv \underline{\mathrm{U}}_\infty &\equiv \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}1 = 1-1+1-1\cdots \end{aligned} \]
まず、\(\underline{\mathrm{U}}_\infty = \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}1 = 1-1+1-1\cdots\)の交項級数について考える。
\(2\underline{\mathrm{U}}_\infty\)は一つずらして並べれば、 \[ \begin{aligned} \underline{\mathrm{U}}_\infty = \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}1 &= 1-1+1-1+1\cdots\\ +\;\underline{\mathrm{U}}_\infty = \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}1 &= \phantom{0+}1-1+1-1\cdots\\ \implies 2\underline{\mathrm{U}}_\infty = 2\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}1 &= 1 \end{aligned} \] ゆえに、 \[ \underline{\mathrm{U}}_\infty = \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}1 = \frac12 \]
次に、\(\underline{\mathrm{N}}_\infty = \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}n = 1-2+3-4+\cdots\)の交項級数について考える。
\(2\underline{\mathrm{N}}_\infty\)は一つずらして並べれば、 \[ \begin{aligned} \underline{\mathrm{N}}_\infty = \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}n &= 1-2+3-4+5\cdots\\ +\;\underline{\mathrm{N}}_\infty = \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}n &= \phantom{0+}1-2+3-4\cdots\\ \implies 2\underline{\mathrm{N}}_\infty = 2\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}n &= 1-1+1-1+1\cdots = \underline{\mathrm{U}}_\infty = \frac12 \end{aligned} \] ゆえに、 \[ \underline{\mathrm{N}}_\infty = \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}n = \frac14 \]
さらに、\(\mathrm{U}_\infty \equiv \sum_{n=1}^{\infty}1 = 1+1+1+1\cdots\)の無限級数について考える。
\(\mathrm{U}_\infty - 2\mathrm{U}_\infty\)は一つずつずらして並べれば、 \[ \begin{aligned} \mathrm{U}_\infty = \sum_{n=1}^{\infty}1 &= 1+1+1+1+1+1\cdots\\ -\;2\mathrm{U}_\infty = -2\sum_{n=1}^{\infty}1 &= \phantom{0}-2\phantom{+0}-2\phantom{+0}-2\cdots\\ \implies -\mathrm{U}_\infty = -\sum_{n=1}^{\infty}1 &= 1-1+1-1+1-1\cdots = \underline{\mathrm{U}}_\infty = \frac12 \end{aligned} \] ゆえに、 \[ \mathrm{U}_\infty = \sum_{n=1}^{\infty}1 = -\underline{\mathrm{U}}_\infty = -\frac12 \]
最後に、\(\mathrm{N}_\infty \equiv \sum_{n=1}^{\infty}n = 1+2+3+4+\cdots\)の無限級数について考える。
\(\mathrm{N}_\infty - 4\mathrm{N}_\infty\)は一つずつずらして並べれば、 \[ \begin{aligned} \mathrm{N}_\infty = \sum_{n=1}^{\infty}n &= 1+2+3+4+5+6\cdots\\ -\;4\mathrm{N}_\infty = -4\sum_{n=1}^{\infty}n &= \phantom{0}-4\phantom{+0}-8\phantom{+0}-12\cdots\\ \implies -3\mathrm{N}_\infty = -3\sum_{n=1}^{\infty}n &= 1-2+3-4+5-6\cdots = \underline{\mathrm{N}}_\infty = \frac14 \end{aligned} \] ゆえに、 \[ \mathrm{N}_\infty = \sum_{n=1}^{\infty}n = -\frac13\underline{\mathrm{N}}_\infty = -\frac1{12} \]
こうした、先頭や途中にゼロを挿入する方法は無限級数において矛盾した結果を導きうるので厳密には正しくない。
そこで、\(\frac1{1+x}\)のテイラー展開及びその微分を用いる方法を紹介する。 \[ \begin{aligned} \frac1{1+x} = \sum_{n=0}^{\infty}(-1)^nx^n &= 1-x+x^2-x^3+x^4+\cdots\qquad\text{for }|x|<1\\ -\frac{d}{dx}\frac1{1+x} = \frac1{(1+x)^2} = -\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n(1+n)x^n &= 1-2x+3x^2-4x^3+\cdots\qquad\text{for }|x|<1 \end{aligned} \] ここで、それぞれ極限をとれば、以下のように求まる。 \[ \begin{aligned} \underline{\mathrm{U}}_\infty \equiv \sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n = 1-1+1-1+1+\cdots &= \lim_{x\to 1-}\frac1{1+x} = \frac12\\ \underline{\mathrm{N}}_\infty \equiv -\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n(1+n)n = 1-2+3-4+\cdots &= \lim_{x\to 1-}\frac1{(1+x)^2} = \frac14 \end{aligned} \]
そして、先と同様に\(\mathrm{U}_\infty\)と\(\underline{\mathrm{U}}_\infty\)、\(\mathrm{N}_\infty\)と\(\underline{\mathrm{N}}_\infty\)の関係から以下のように求まる。 \[ \begin{aligned} \mathrm{U}_\infty &= -\underline{\mathrm{U}}_\infty = -\frac12\\ \mathrm{N}_\infty &= -\frac13\underline{\mathrm{N}}_\infty = -\frac1{12} \end{aligned} \]
まず、リーマンのゼータ関数の特殊値\(\zeta(2)\)が必要である。 \[ \zeta(2) = \sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^2} = \frac{\pi^2}6 \] これはバーゼル問題と呼ばれ、1735年オイラーによって解かれた。
次に、リーマンのゼータ関数の解析接続である\(\zeta(1-s)\)と\(\zeta(s)\)の関数等式が必要である。 \[ \zeta(1-s) = \pi^{\frac12-s}\mathit{\Gamma}\left(\frac{1-s}2\right)^{-1}\mathit{\Gamma}\left(\frac{s}2\right)\zeta(s) \]
また、ガンマ関数の以下の特殊値と関係式が必要である。 \[ \mathit{\Gamma}\left(1\right) = 1 \] \[ \mathit{\Gamma}\left(\frac12\right) = \sqrt{\pi} = \pi^{\frac12} \] \[ \mathit{\Gamma}\left(s+1\right) = s\mathit{\Gamma}\left(s\right) \]
ここで、\(s=-\frac12\)を代入すると、 \[ \begin{aligned} \mathit{\Gamma}\left(-\frac12+1\right) &= -\frac12\mathit{\Gamma}\left(-\frac12\right)\\ \mathit{\Gamma}\left(\frac12\right) &= -\frac12\mathit{\Gamma}\left(-\frac12\right) = \sqrt{\pi}\\ \mathit{\Gamma}\left(-\frac12\right) &= -2\sqrt{\pi} = -2\pi^{\frac12} \end{aligned} \] を得る。よって、先の\(\zeta(1-s)\)と\(\zeta(s)\)の関数等式に\(s=2\)を代入すると、 \[ \begin{aligned} \zeta(1-2) &= \pi^{\frac12-2}\mathit{\Gamma}\left(\frac{1-2}2\right)^{-1}\mathit{\Gamma}\left(\frac{2}2\right)\zeta(2)\\ \zeta(-1) &= \sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^{-1}} = \pi^{-\frac32}\mathit{\Gamma}\left(-\frac12\right)^{-1}\mathit{\Gamma}\left(1\right)\zeta(2)\\ \zeta(-1) &= \sum_{n=1}^{\infty}n = \pi^{-\frac32}\left(-2\sqrt{\pi}\right)^{-1}1\frac{\pi^2}6 = -\frac{\pi^{-\frac32}\pi^{-\frac12}\pi^2}{12} = -\frac{\pi^0}{12}\\ \zeta(-1) &\equiv \mathrm{N}_\infty = \sum_{n=1}^{\infty}n = -\frac1{12} \end{aligned} \]
さらに、以下のガンマ関数の極値、 \[ \lim_{s\to 0}\mathit{\Gamma}\left(s\right)s = 1 \] 及び、以下のリーマンのゼータ関数の極値、 \[ \lim_{s\to 1}(s-1)\zeta\left(s\right) = 1 \] を利用すれば、先の\(\zeta(1-s)\)と\(\zeta(s)\)の関数等式を変形して、 \[ \begin{aligned} \zeta(1-s) &= \pi^{\frac12-s}\left\{\mathit{\Gamma}\left(\frac{1-s}2\right)\frac{1-s}2\right\}^{-1}\mathit{\Gamma}\left(\frac{s}2\right)\frac{1-s}2\zeta(s)\\ \zeta(1-s) &= -\frac12\pi^{\frac12-s}\left\{\mathit{\Gamma}\left(\frac{1-s}2\right)\frac{1-s}2\right\}^{-1}\mathit{\Gamma}\left(\frac{s}2\right)(s-1)\zeta(s) \end{aligned} \] ここで、\(s\to 1\)とすると、 \[ \begin{aligned} \zeta(1-1) &= -\frac12\pi^{\frac12-1}\left\{\mathit{\Gamma}\left(\frac{1-1}2\right)\frac{1-1}2\right\}^{-1}\mathit{\Gamma}\left(\frac12\right)(1-1)\zeta(1)\\ \zeta(0) &= \sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^0} = -\frac12\pi^{-\frac12}\left\{\lim_{s\to 0}\mathit{\Gamma}\left(s\right)s\right\}^{-1}\mathit{\Gamma}\left(\frac12\right)\lim_{s\to 1}(s-1)\zeta\left(s\right)\\ \zeta(0) &= \sum_{n=1}^{\infty}1 = -\frac12\pi^{-\frac12}1\pi^{\frac12}1 = -\frac12\pi^0\\ \zeta(0) &\equiv \mathrm{U}_\infty = \sum_{n=1}^{\infty}1 = -\frac12\\ \end{aligned} \]
ディリクレのイータ関数とリーマンのゼータ関数の関係は以下のように表せる。 \[ \begin{gathered} \zeta(s) - 2\cdot 2^{-s}\zeta(s) = \sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^s} - 2\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^s} = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n^s}\\ (1 - 2^{1-s})\zeta(s) = \eta(s) \end{gathered} \]
ゆえに、\(s=0\)のとき、\(\zeta(0) = -\frac12\)より、 \[ \eta(0) \equiv \underline{\mathrm{U}}_\infty = \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1} = -\zeta(0) = \frac12 \]
また、\(s=-1\)のとき、\(\zeta(-1)=-\frac1{12}\)より、 \[ \eta(-1) \equiv \underline{\mathrm{N}}_\infty = \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}n = -3\zeta(-1) = \frac14 \]
当然の事ながら自然数の総積： \[1\cdot 2\cdot 3\cdot 4\cdot \cdots = \infty\] これは無限大に発散する。しかし、少し見方を変えて見たり、式を変形したりする事で、以下のように有限に収束する事を示すことができる。 \[1\cdot 2\cdot 3\cdot 4\cdot \cdots \stackrel{!}{=} \sqrt{2\pi} = (2\pi)^{\frac12}\]
(2021/07/07 追記) ところで、上式で等号が \(\stackrel{!}{=}\) であるのは参考文献に倣ったものだが、確かに等号で繋げることに躊躇せざるを得ない。例えば、私見として： \[\begin{aligned} \text{binary operator }f_{x\cdot y}: \RiemannSphere \times \RiemannSphere \to \RiemannSphere;\quad &(x,y) \mapsto z=x\cdot y,\quad x,y,z\in \RiemannSphere,\\ %\text{unary operator }f_{-x}: \RiemannSphere \to \RiemannSphere;\quad &x \mapsto y=-x,\quad x,y\in \RiemannSphere,\\ \text{binary operator }f_{x^y}: \RiemannSphere \times \RiemannSphere \to \RiemannSphere;\quad &(x,y) \mapsto z=x^y,\quad x,y,z\in \RiemannSphere,\\ \RiemannSphere &= \C\cup \{\infty\} \end{aligned}\] とすれば、等号 \(=\) で繋げた数式から始めても構わないのではないだろうか。いずれにせよ、のちの厳密な方法において、少なくとも見えている乗算記号「\(\cdot\)」はフツウの掛け算ではない。
ここでは参考文献で紹介されている方法を紹介する。
それに先立ち、総積の記号を使って以下のように表しておく。 \[ \infty! \equiv \prod_{n=1}^{\infty}n=1\cdot 2\cdot 3\cdot 4\cdot \cdots \]
まず、以下のスターリングの近似式をみる。 \[ n! = n^n\sqrt{n}e^{-n}\sqrt{2\pi}\left(1+O\left(\frac1n\right)\right) \] つまり、ここで自然対数をとると、 \[ \log(n!) = n\log(n)+\frac12\log(n)-n+\log(\sqrt{2\pi})+O\left(\frac1n\right) \] 但しここで、\(n\to\infty\)。
そして、\(\log(\infty!)\)は上の展開の有限部分であると定義し、ゆえに以下となる。 \[ \infty! \coloneqq \sqrt{2\pi} \]
ここでは、リーマンのゼータ関数から始める。 \[ \zeta(s) = \sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^s} \] より正確には、 \[ \zeta(s) = \frac1{s-1} + \gamma + O(s-1) \] ここで\(\gamma\)はオイラー定数を表す。さらに、\(\zeta(s)\)は以下の関数等式を満たす。 \[ \pi^{-\frac{s}2}\mathit{\Gamma}\left(\frac{s}2\right)\zeta(s)= \pi^{-\frac{1-s}2}\mathit{\Gamma}\left(\frac{1-s}2\right)\zeta(1-s) \]
ここで、リーマンのゼータ関数の微分において、 \[ \zeta'(s)=-\sum_{n=1}^{\infty}\log(n)\frac1{n^s} \] \(\Re s>1\)なら、次のように導くことができる。 \[ \infty! \coloneqq e^{-\zeta'(0)} \]
さて、先の関数等式から次を得る。 \[ \begin{aligned} \zeta(s)&=\frac{\pi^{-\frac{1-s}2}\mathit{\Gamma}\left(\frac{1-s}2\right)\zeta(1-s)}{\pi^{-\frac{s}2}\mathit{\Gamma}\left(\frac{s}2\right)}\\ &=\pi^{s-\frac12}\frac{\mathit{\Gamma}\left(\frac{1-s}2\right)}{\mathit{\Gamma}\left(\frac{s}2\right)}\zeta(1-s) \end{aligned} \] ゆえに、 \[ \frac{\zeta'(s)}{\zeta(s)} = \log\pi - \frac12\frac{\mathit{\Gamma}'\left(\frac{1-s}2\right)}{\mathit{\Gamma}\left(\frac{1-s}2\right)} - \frac12\frac{\mathit{\Gamma}'\left(\frac{s}2\right)}{\mathit{\Gamma}\left(\frac{s}2\right)} - \frac{\zeta'(1-s)}{\zeta(1-s)} \] \(s\to 0\)について、上式の右辺値を求める。まず、先のオイラー定数の式から、 \[ \frac{\zeta'(1-s)}{\zeta(1-s)} = \frac1{s}+\gamma+O(s)\qquad(s\to 0) \] ガンマ関数の倍数公式より、次を得る。 \[ \mathit{\Gamma}(s+1)=\pi^{-\frac12}2^s\mathit{\Gamma}\left(\frac{s+1}2\right)\mathit{\Gamma}\left(\frac{s}2+1\right) \] \[ \frac{\mathit{\Gamma}'(1)}{\mathit{\Gamma}(1)} = \log2+\frac12\frac{\mathit{\Gamma}'\left(\frac12\right)}{\mathit{\Gamma}\left(\frac12\right)} + \frac12\frac{\mathit{\Gamma}'(1)}{\mathit{\Gamma}(1)} \] \[ -\frac12\frac{\mathit{\Gamma}'\left(\frac12\right)}{\mathit{\Gamma}\left(\frac12\right)} = \log2+\frac\gamma2 \] ここで\(\gamma=-\mathit{\Gamma}'(1)\)である。
そして、\(s\mathit{\Gamma}(s)=\mathit{\Gamma}(s+1)\)であるから、 \[ \frac{\mathit{\Gamma}'(s)}{\mathit{\Gamma}(s)} = -\frac1{s} + \frac{\mathit{\Gamma}'(s+1)}{\mathit{\Gamma}(s+1)} =-\frac1{s} + \frac{\mathit{\Gamma}'(1)}{\mathit{\Gamma}(1)} + O(s)\qquad(s\to 0) \] 以上と\(s\to 0\)より、以下が得られる。 \[ \frac{\zeta'(0)}{\zeta(0)} = \log\pi + \log2 \] 関数等式から\(\zeta(0) = -\frac12\)が得られているので、以下が導かれ、 \[ \zeta'(0)=-\frac12\log(2\pi) \] ゆえに、 \[ \infty!\equiv\prod_{n=1}^{\infty}n=1\cdot 2\cdot 3\cdot 4\cdot \cdots \coloneqq e^{-\zeta'(0)} = e^{\log(\sqrt{2\pi})} = \sqrt{2\pi} \]
当然の事ながら素数の総和： \[2+3+5+7+\cdots=\infty\] これは無限大に発散する。これを有限の値に収束させることは可能だろうか。 これは、以下の素数ゼータ関数で表すことができる。 \[ \zeta_p(s)=\sum_{p\in\text{primes}}\frac1{p^s} \] \(\Re s>1\)なら収束することがわかっているが、素数の総和は\(s=-1\)のときであり、発散するとみられている。
自然数の総和のように有限の値に収束させる方法をご存知の方は著者までお知らせくだされば幸甚です。
当然の事ながら素数の総積： \[2\cdot 3\cdot 5\cdot 7\cdot \cdots = \infty\] これは無限大に発散する。しかし、少し見方を変えて見たり、式を変形したりする事で、以下のように有限に収束する事を示すことができる。 \[2\cdot 3\cdot 5\cdot 7\cdot \cdots \stackrel{!}{=} (2\pi)^2\]
(2021/07/07 追記) ところで、上式で等号が \(\stackrel{!}{=}\) であるのは参考文献に倣ったものだが、確かに等号で繋げることに躊躇せざるを得ない。例えば、私見として： \[\begin{aligned} \text{binary operator }f_{x\cdot y}: \RiemannSphere \times \RiemannSphere \to \RiemannSphere;\quad &(x,y) \mapsto z=x\cdot y,\quad x,y,z\in \RiemannSphere,\\ %\text{unary operator }f_{-x}: \RiemannSphere \to \RiemannSphere;\quad &x \mapsto y=-x,\quad x,y\in \RiemannSphere,\\ \text{binary operator }f_{x^y}: \RiemannSphere \times \RiemannSphere \to \RiemannSphere;\quad &(x,y) \mapsto z=x^y,\quad x,y,z\in \RiemannSphere,\\ \RiemannSphere &= \C\cup \{\infty\} \end{aligned}\] とすれば、等号 \(=\) で繋げた数式から始めても構わないのではないだろうか。いずれにせよ、のちの厳密な方法において、少なくとも見えている乗算記号「\(\cdot\)」はフツウの掛け算ではない。
ここでは参考文献で紹介されている方法を紹介する。
それに先立ち、総積の記号を使って以下のように表しておく。 \[ \prod_{p\in\text{primes}}p = 2\cdot 3\cdot 5\cdot 7\cdot \cdots \]
リーマンのゼータ関数はオイラーの積公式によって以下のように表せる。 \[ \zeta(s) = \sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^s} = \prod_{p\in\text{primes}}\frac1{1-\frac1{p^s}} \] この自然対数をとると、 \[ \begin{aligned} \log\zeta(s) &= \log\left(\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^s}\right) = \log\left(\prod_{p\in\text{primes}}\frac1{1-\frac1{p^s}}\right)\\ &= -\sum_{p\in\text{primes}}\log\left(1-\frac1{p^s}\right) \end{aligned} \] ところで、自然対数のテイラー展開は、 \[ \log(1+x)=\sum_{i=1}^{\infty}\frac{(-1)^{i+1}x^i}{i} \] であるので、\(x=-\frac1{p^s}\)とすれば、 \[ \begin{aligned} \log\zeta(s) &= -\sum_{p\in\text{primes}}\log\left(1-\frac1{p^s}\right)\\ &= -\sum_{p\in\text{primes}}\sum_{i=1}^{\infty}\frac{(-1)^{i+1}(-\frac1{p^s})^i}{i}\\ &= -\sum_{p\in\text{primes}}\sum_{i=1}^{\infty}\frac{(-1)^{2i+1}(\frac1{p^s})^i}{i}\\ &= \sum_{p\in\text{primes}}\sum_{i=1}^{\infty}\frac1{ip^{is}} \end{aligned} \] となる。これを指数関数に通して、さらに総和の順序を変えると、 \[ \begin{aligned} \exp(\log\zeta(s)) &= \exp\left(\sum_{p\in\text{primes}}\sum_{i=1}^{\infty}\frac1{ip^{is}}\right)\\ \zeta(s) &= \exp\left(\sum_{i=1}^{\infty}\sum_{p\in\text{primes}}\frac1{ip^{is}}\right) \end{aligned} \]
これを微分すると、 \[ \begin{aligned} \zeta'(s) &= \frac{d}{dn}\left(\sum_{i=1}^{\infty}\sum_{p\in\text{primes}}\frac1{ip^{is}}\right)\exp\left(\sum_{i=1}^{\infty}\sum_{p\in\text{primes}}\frac1{ip^{is}}\right)\\ &= \frac{d}{dn}\left(\sum_{i=1}^{\infty}\frac1i\sum_{p\in\text{primes}}\frac1{p^{is}}\right)\exp\left(\sum_{i=1}^{\infty}\sum_{p\in\text{primes}}\frac1{ip^{is}}\right)\\ &= \frac{d}{dn}\left(\sum_{i=1}^{\infty}\frac1i\sum_{p\in\text{primes}}{p^{-i}}^s\right)\exp\left(\sum_{i=1}^{\infty}\sum_{p\in\text{primes}}\frac1{ip^{is}}\right)\\ &= \left(\sum_{i=1}^{\infty}\frac1i\sum_{p\in\text{primes}}\log(p^{-i}){p^{-i}}^s\right)\zeta(s)\\ &= -\left(\sum_{i=1}^{\infty}\sum_{p\in\text{primes}}\frac{\log p}{p^{is}}\right)\zeta(s) \end{aligned} \] ここで、\(\zeta(s)\neq 0\)として、 \[ \frac{\zeta'(s)}{\zeta(s)} = -\sum_{i=1}^{\infty}\sum_{p\in\text{primes}}\frac{\log p}{p^{is}} \] \[ \zeta'(0) = -\frac12\log(2\pi) \] \[ \zeta(0) = -\frac12 \] より、 \[ \begin{aligned} \frac{\zeta'(0)}{\zeta(0)} &= \frac{-\frac12\log(2\pi)}{-\frac12} = \log(2\pi)\\ &= -\sum_{i=1}^{\infty}\sum_{p\in\text{primes}}\log p\\ &= -\sum_{i=1}^{\infty}1\sum_{p\in\text{primes}}\log p\\ &= -\zeta(0)\sum_{p\in\text{primes}}\log p\\ &= -\left(-\frac12\right)\sum_{p\in\text{primes}}\log p\\ &= \frac12\sum_{p\in\text{primes}}\log p\\ \end{aligned} \] ゆえに、 \[ \begin{aligned} \sum_{p\in\text{primes}}\log p &= 2\log(2\pi)\\ \implies \log\left(\prod_{p\in\text{primes}}p\right) &= \log\left((2\pi)^2\right)\\ \end{aligned} \] 最後に、指数関数に通せば以下のように求まる。 \[ \prod_{p\in\text{primes}}p = (2\pi)^2 \]
まず、アルティン・ヘッセの指数関数は、 \[ \exp(X) = \prod_{n=1}^{\infty}(1-X^n)^{-\frac{\mu(n)}n} \] ここで、\(\mu(n)\)はメビウス関数である。ここで、\(X=\frac1{p^s}\)とすると、 \[ e^{\frac1{p^s}} = \prod_{n=1}^{\infty}\left(1-\frac1{p^{ns}}\right)^{-\frac{\mu(n)}n} \] 次に以下の素数ゼータ関数を考える。 \[ \zeta_p(s) = \sum_{p\in\text{primes}}\frac1{p^s} \] これを指数関数に通して、さらに総積の順序を変えると、 \[ \begin{aligned} e^{\zeta_p(s)} &= \exp\left(\sum_{p\in\text{primes}}\frac1{p^s}\right)\\ &= \prod_{p\in\text{primes}}e^{\frac1{p^s}}\\ &= \prod_{p\in\text{primes}}\prod_{n=1}^{\infty}\left(1-\frac1{p^{ns}}\right)^{-\frac{\mu(n)}n}\\ &= \prod_{n=1}^{\infty}\prod_{p\in\text{primes}}\left(1-\frac1{p^{ns}}\right)^{-\frac{\mu(n)}n}\\ &= \prod_{n=1}^{\infty}\prod_{p\in\text{primes}}\left(\frac1{1-\frac1{p^{ns}}}\right)^{\frac{\mu(n)}n}\\ &= \prod_{n=1}^{\infty}\zeta(ns)^{\frac{\mu(n)}n} \end{aligned} \] この自然対数をとると、 \[ \begin{aligned} \zeta_p(s) &= \log\left(\prod_{n=1}^{\infty}\zeta(ns)^{\frac{\mu(n)}n}\right)\\ &= \sum_{n=1}^{\infty}\zeta(ns)^{\frac{\mu(n)}n} \end{aligned} \] これの微分は、 \[ \begin{aligned} \zeta'_p(s) &= \frac{d}{ds}\sum_{n=1}^{\infty}\zeta(ns)^{\frac{\mu(n)}n}\\ &= \sum_{n=1}^{\infty}\frac{\mu(n)}n\frac{n\zeta'(ns)}{\zeta(ns)}\\ &= \sum_{n=1}^{\infty}\mu(n)\frac{\zeta'(ns)}{\zeta(ns)}\\ \end{aligned} \] ゆえに、 \[ \begin{aligned} \zeta'_p(0) &= \sum_{n=1}^{\infty}\mu(n)\frac{\zeta'(0)}{\zeta(0)}\\ \end{aligned} \]
ここで、メビウス関数とリーマンのゼータ関数の関係、 \[ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{\mu(n)}{n^s} = \frac1{\zeta(s)} \] より、 \[ \sum_{n=1}^{\infty}\mu(n) = \frac1{\zeta(0)} \] \[ \zeta'(0) = -\frac12\log(2\pi) \] \[ \zeta(0) = -\frac12 \] なので、 \[ \begin{aligned} \zeta'_p(0) &= \frac1{\zeta(0)}\frac{\zeta'(0)}{\zeta(0)}\\ &= \frac1{-\frac12}\frac{-\frac12\log(2\pi)}{-\frac12}\\ &= -2\log(2\pi)\\ \end{aligned} \] 結局、以下のように求めることができる。 \[ \begin{aligned} \prod_{p\in\text{primes}}p &= e^{-\zeta_p(0)} = e^{2\log(2\pi)} = e^{\log(2\pi)^2}\\ \implies \prod_{p\in\text{primes}}p &= (2\pi)^2 \end{aligned} \]
ちなみに、 \[ \zeta(s) = \frac{\prod_{p\in\text{primes}}p^s}{\prod_{p\in\text{primes}}(p^s-1)} \] であることから以下が得られる。 \[ \prod_{p\in\text{primes}}(p^s-1) = \frac{(2\pi)^{2s}}{\zeta(s)} \] よって、以下のようないくつかの特殊値が求まる。 \[ \begin{aligned} \prod_{p\in\text{primes}}(p-1) &= \frac{(2\pi)^{2}}{\zeta(1)} = \frac{(2\pi)^{2}}{\infty} = 0\\ \prod_{p\in\text{primes}}(p^2-1) &= \frac{(2\pi)^{2\cdot 2}}{\zeta(2)} = \frac{(2\pi)^{2\cdot 2}}{\frac{\pi^2}{6}} = 96\pi^{2} \end{aligned} \]