1 Riemann ゼータ関数の解析接続と ζ(-1) =

1 Riemann ゼータ関数の解析接続と ζ(−1) = −1/12 につ
いて
Lorentz 不変性を課す事により a = 1 が要請され，それにより D = 26 が求まる際に，
“ζ(−1) = −1/12”という事実を用いた．この文書では，これが本当に正しいという事を
示したい．Riemann ゼータ関数の解析接続の方法は，積分表示を用いたものが一般的か
もしれないが，ここでは ζ(s) の漸化式から定義域を広げていく方法を用いることにする．
以下に書くことのほとんどは，参考文献 [1] の内容そのままである．
漸化式を作るために，拡張した 2 項展開を用いる．a ∈ N としたときの 2 項展開は，よ
く知られた
∞ ( )
∑
a k
(1 + x) =
x
k
a
(1)
k=0
であり*1 ，ここで
( )
a
a(a − 1) · · · {a − (k − 1)}
=
k
k!
(2)
は 2 項係数である．そして，x ∈ C が |x| < 1 を満たすならば，一般の a ∈ C に対しても
無限和の形で 2 項展開 (1) が成り立つという事実を用いる．
ではこれから，Riemann ゼータ関数
ζ(s) =
∞
∑
n−s
(定義域 Re(s) > 1)
n=1
の漸化式を導いてみる．
ζ(s) = 1 + 2
−s
+
= 1 + 2−s +
=1+2
−s
+
∞
∑
n=3
∞
∑
n=2
∞
∑
n=2
*1
n−s
(n + 1)−s
n
−s
)−s
(
1
1+
n
::::::::::
(a)
無限和の形で書いたが，k > a の項は k
= 0 となるので問題ない．
1
(3)
ここで，波線部は
1
<1
n
(n = 2, 3, · · · )
を満たすので，以下のように 2 項展開することができる．
) ( )k
(
)−s ∑
∞ (
−s
1
1
=
1+
k
n
n
k=0
)
∞ (
∑
−s −k
=
n
k
k=0
これを用いると，先ほどの式変形の続きは
)
∞ (
∑
−s −k
ζ(s) = 1 + 2 +
n
n
k
n=2
k=0
(∞
)
(
∞
∑ −s) ∑
= 1 + 2−s +
n−s−k
k
n=2
k=0
(∞
)
(
)
∞
∑ −s
∑
= 1 + 2−s +
n−s−k − 1
k
n=1
k=0
(
)
∞
∑ −s
= 1 + 2−s +
(ζ(s + k) − 1)
k
−s
∞
∑
−s
k=0
)
∞ (
∑
(
)
−s
−s
ζ(s) = A
1+2 + ζ(s) − A
1 − s(ζ(s + 1) − 1) +
(ζ(s + k) − 1)
k
k=2
)
∞ (
∑
−s
−s
s (ζ(s + 1) − 1) = 2 +
(ζ(s + k) − 1) ．
k
k=2
そして，
( )
−s
(−s) · (−s − 1) · · · (s − k + 1)
=
k!
k
s(s + 1) · · · (s + k − 1)
= (−1)k
k!
と，変数変換 s → s − 1 を行うことで，
(s − 1) (ζ(s) − 1) = 2
1−s
+
∞
∑
(−1)k
k=2
2
(s − 1)s(s + 1) · · · (s + k − 2)
．
k!
よって，両辺 (s − 1) で割ることで，目標の漸化式
∞
∑
21−s
s(s + 1) · · · (s + k − 1)
+
(−1)k−1
(ζ(s + k) − 1)
ζ(s) = 1 +
s−1
(k + 1)!
(4)
k=1
21−s
s
s(s + 1)
=1+
+ (ζ(s + 1) − 1) −
(ζ(s + 2) − 1)
s−1 2
6
s(s + 1)(s + 2)
+
(ζ(s + 3) − 1) − · · ·
24
(5)
を得た．
この漸化式から，ζ(s) が複素平面全体へ解析接続されていることが分かる．その理由を
これから順々に述べていく．
まず，右辺の ζ(s + k) の定義域について，
Re(s + k) = Re(s) + k ≥ Re(s) + 1 > 1
であるから Re(s) > 0 となり，左辺の ζ(s) が Re(s) > 0 まで解析接続される．
続いて，この広がった定義域の下，右辺の ζ(s + k) の定義域について，
Re(s + k) = Re(s) + k ≥ Re(s) + 1 > 0
であるから Re(s) > −1 となり，左辺の ζ(s) が Re(s) > −1 まで解析接続される．従っ
て以上の作業を繰り返していくと Re(s) が 1 ずつ広がり，最終的に ζ(s) は複素平面全体
へ解析接続されることが分かった．
これで ζ(s) の解析接続が済んだので，問題となっていた s = −1 での ζ(s) の値を上の
漸化式から実際に計算することができるようになった．
その前に，予め『lims→1 (s − 1)ζ(s) = 1』を示しておく．漸化式より
{
(s − 1)ζ(s) = 21−s + (s − 1) 1 +
∞
∑
(−1)k−1
k=1
}
s(s + 1) · · · (s + k − 1)
(ζ(s + k) − 1)
(k + 1)!
この両辺について s → 1 を取ると，右辺第 1 項は
lim 21−s = 1．
s→1
3
そして {· · · } の中身について
∞
{
}
∑
∑
lim 1 +
··· = 1 +
(−1)k−1
s→1
=1+
k=1
∞
∑
(−1)k−1
k=1
k!
(ζ(k + 1) − 1)
(k + 1)!
(ζ(k + 1) − 1)
k+1
だから
{
∑ }
lim (s − 1) 1 +
· · · = 0．
s→1
以上より，左辺が
lim (s − 1)ζ(s) = 1
s→1
であると示された．
ζ(−1) の計算には ζ(0) の値が必要になる．
(5)
ζ(0) = 1 +
2
+ lim sζ(s + 1) − 0 + 0 − · · ·
−1 |s→0 {z
}
=1
=1−2+
=−
1
2
1
2
よって，ζ(−1) の値は
22
−1
−1
+
(ζ(0) − 1) −
lim (s + 1)ζ(s + 2) + 0 − · · ·
−2
2
6 s→−1
|
{z
}
=1
(
)
1
3
1
=1−2−
−
+
2
2
6
1
=−
12
(5)
ζ(−1) = 1 +
と求まる．
参考文献
[1] 黒川信重，『リーマン予想を解こう』，技術評論社，2014 年.
4
(6)

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