2016-08-25

リーマンの再配列定理

定理解説

$1=2$ の証明

$\displaystyle 1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\frac{1}{5}-\frac{1}{6}+\frac{1}{7}-\frac{1}{8}+\frac{1}{9}-\frac{1}{10}+\cdots$

を考える。これは $\log 2$ に収束する：
mathtrain.jp

$\begin{align}2\log 2&=2-1+\frac{2}{3}-\frac{1}{2}+\frac{2}{5}-\frac{1}{3}+\frac{2}{7}-\frac{1}{4}+\frac{2}{9}-\frac{1}{5}+\cdots \\ &= 1-\frac{1}{2}+\left( \frac{2}{3}-\frac{1}{3} \right) -\frac{1}{4} + \left( \frac{2}{5}-\frac{1}{5} \right) -\frac{1}{6}+\left( \frac{2}{7}-\frac{1}{7} \right) -\cdots \text{(⭐︎)} \\ &= 1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\frac{1}{5}-\frac{1}{6}+\frac{1}{7}-\frac{1}{8}+\frac{1}{9}-\frac{1}{10}+\cdots \\ &= \log 2\end{align}$

となるので、両辺を $\log 2 > 0$ で割ることによって $1=2$ が得られる。

ちなみに、他にもたくさんの $1=2$ の証明が知られています：
f:id:integers:20170403000157p:plain

絶対収束と条件収束

冒頭の証明のどこが間違っているかというと、(⭐︎)の行を等号で結んでいる箇所で、無限級数においては有限和のときに成立した「項の順序を入れ替えても和は変わらない」という法則が一般には破れます。

高木貞治著『解析概論』の言葉を引用すれば

収束性を度外において, 無限級数を有限級数のように放漫に取扱って, しばしば不可解の矛盾に逢着したことは, 18世紀数学の苦い経験であったのである.

この記事では、実数の級数のみ扱うことにします。単に(無限)級数といえば、収束・発散のどちらのケースも考えます。

定義１ 収束級数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}a_n$ が絶対収束するとは、 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\left|a_n\right|$ が収束するときにいい、その級数を絶対収束級数という。絶対収束しない収束級数は条件収束するといい、その級数を条件収束級数という。

定義２ 級数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}a_n$ に対して、全単射 $\sigma \colon \mathbb{N} \to \mathbb{N}$ を用いて表される $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}a_{\sigma (n)}$ のことを $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}a_n$ の再配列(級数)という。

絶対収束級数は再配列しても同じ和をとる

定理与えられた絶対収束級数の任意の再配列級数の和は元の絶対収束級数の和に等しい。

証明. 級数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}a_n$ は絶対収束し、その和が $S$ であると仮定する。全単射 $\sigma \colon \mathbb{N} \to \mathbb{N}$ を任意にとる。 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}a_{\sigma (n)}=S$ を示せばよい。

$\displaystyle S_n := \sum_{k=1}^na_k,\quad T_n := \sum_{k=1}^na_{\sigma (k)},\quad R_n := \sum_{k=n+1}^{\infty}\left|a_k\right|$

とし、任意に $\varepsilon > 0$ をとる。

まず、 $\displaystyle \lim_{n \to \infty}S_n=S$ なので、番号 $n_1$ が存在して

$\displaystyle n \geq n_1 \Longrightarrow \left|S_n-S\right| < \frac{\varepsilon}{2}$

が成り立つ。また、 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}a_n$ が絶対収束するという仮定から $\displaystyle \lim_{n \to \infty}R_n = 0$ なので、番号 $n_2$ が存在して

$\displaystyle n \geq n_2 \Longrightarrow R_n < \frac{\varepsilon}{2}$

が成り立つ。 $\sigma \colon \mathbb{N} \to \mathbb{N}$ が全単射なので、 $i \in \mathbb{N}$ に対して $\sigma (k_i)=i$ となるような $k_i \in \mathbb{N}$ が一意的に定まる。

$n_3 := \max\{n_1, n_2\}$ 、 $n_4:=\max\{k_1, \dots, k_{n_3}\}$ とする。このとき、

$\{ 1, 2, \dots, n_3\} \subset \{\sigma (1), \dots, \sigma (n_4)\}$

に注意する。 $n\geq n_4$ としよう。すると、

$\displaystyle \left|T_n-S_{n_3}\right| = \left| \sum_{ \{\sigma (1), \dots, \sigma (n)\} \setminus \{ 1, 2, \dots, n_3\}}a_{\sigma (k)} \right| \leq \sum_{\{\sigma (1), \dots, \sigma (n)\} \setminus \{ 1, 2, \dots, n_3\}}\left|a_{\sigma (k)}\right| \leq R_{n_3} < \frac{\varepsilon}{2}$

であり、

$\displaystyle \left|T_n-S\right| = \left|T_n-S_{n_3}+S_{n_3}-S\right| \leq \left|T_n-S_{n_3}\right|+\left|S_{n_3}-S\right| < \frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon$

が得られる。 Q.E.D.

Riemannの再配列定理

Riemannの再配列定理*1 与えられた条件収束級数は適当に再配列をとれば任意の実数に収束させることができる。

証明. 条件収束級数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}a_n$ を考える。 $a_n$ のうち、負であるような項が有限個しか存在しないと仮定しよう。すると、有限個の項は級数の収束に影響を与えないので、 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}a_n$ の収束は絶対収束であることがわかる。これは条件収束であることに反するので、負であるような項は無数に存在することがわかる。同様に、正であるような項も無数に存在する。

$a_n^+:=\begin{cases}a_n & (a_n > 0) \\ 0 & (a_n \leq 0)\end{cases}$

$\displaystyle a_n^-:=\begin{cases}a_n & (a_n < 0) \\ 0 & (a_n \geq 0)\end{cases}$

とし、級数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}a_n^+$ および $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}a_n^-$ を考える。この二つの級数がどちらも収束すると仮定すると、

$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\left|a_n\right| = \sum_{n=1}^{\infty}a_n^+-\sum_{n=1}^{\infty}a_n^-$

より $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}a_n$ が条件収束であることに矛盾し、片方が収束して他方が発散すると仮定すると、

$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}a_n = \sum_{n=1}^{\infty}a_n^++\sum_{n=1}^{\infty}a_n^-$

より $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}a_n$ が収束することに矛盾する。すなわち、これら二つの級数はともに発散することがわかる(直前の式は所謂"不定形"となる)。

任意の実数 $r$ を考えよう。これより、 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}a_n$ を再配列して $r$ に収束させる。

$r\geq 0$ の場合、 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}a_n^+$ が発散するので、 $n_1$ が存在して

$\displaystyle \sum_{n=1}^{n_1-1}a_n^+ \leq r < \sum_{n=1}^{n_1}a_n^+$

が成り立つ( $n_1=1$ のときは $\displaystyle \sum_{n=1}^{n_1-1}a_n^+:=0$ とする。以下、同様)。

次に、 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}a_n^-$ が発散するので、 $n_2$ が存在して

$\displaystyle \sum_{n=1}^{n_1}a_n^++\sum_{n=1}^{n_2-1}a_n^- \geq r > \sum_{n=1}^{n_1}a_n^++\sum_{n=1}^{n_2}a_n^-$

が成り立つ。

次に $n_3$ が存在して

$\displaystyle \sum_{n=1}^{n_1}a_n^++\sum_{n=1}^{n_2}a_n^-+\sum_{n_1+1}^{n_3-1}a_n^+ \leq r < \sum_{n=1}^{n_1}a_n^++\sum_{n=1}^{n_2}a_n^-+\sum_{n_1+1}^{n_3}a_n^+$

が成り立ち、 $n_4$ が存在して

$\displaystyle \sum_{n=1}^{n_1}a_n^++\sum_{n=1}^{n_2}a_n^-+\sum_{n_1+1}^{n_3}a_n^++\sum_{n_2+1}^{n_4-1}a_n^- \geq r > \sum_{n=1}^{n_1}a_n^++\sum_{n=1}^{n_2}a_n^-+\sum_{n_1+1}^{n_3}a_n^++\sum_{n_2+1}^{n_4}a_n^-$

が成り立つ。この操作を永遠に繰り返す。得られる級数を

$S_{n_1}+S_{n_2}+S_{n_3}+S_{n_4}+\cdots$

と表現することにすると、

$\displaystyle \left|\sum_{j=1}^{k}S_{n_j}-r \right| \leq \left|a_{n_k}\right|$

が成り立っている。 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}a_n$ が収束するので、 $\displaystyle \lim_{n \to \infty}a_n = 0$ であることに注意すると

$\displaystyle \sum_{j=1}^{\infty}S_j=r$

が示され、これは $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}a_n$ の再配列になっている( $0$ である項はダブっているかもしれないが問題ない)。 $r < 0$ の場合も同様。Q.E.D.

*1:おそらく、Dirichletが1829年にこの事実を指摘し(発見は1827年?)、Riemannが証明(1852-53?, 1857?)。出版されたのは死後。どちらの研究もFourier級数の文脈。

2016-08-25

フォーチュン予想

整数整数-3 整数-5 整数-7 整数-13 整数-17 整数-19 整数-23 整数-37 整数-61 整数-67

エイプリルフールに出した問題
integers.hatenablog.com
の問１：

問１
素数を順番に掛け合わせて $1$ 足した数をEuclid数という*1：

$2+1=3$

$2\times 3+1=7$

$2\times 3\times 5+1=31$

$2\times 3\times 5\times 7+1=211$

$2\times 3\times 5\times 7\times 11+1=2311$

これらは偶然全て素数であるが

$2\times 3\times 5\times 7\times 11\times 13+1=30031=59\times 509$

は素数でない。それでは、以上の考察を受けて
「素数を $n$ 個順番に掛け合わせて $a_n$ 足し合わせると素数となるような最小の $2$ 以上の整数 $a_n$ 」
を考察することにしよう。例えば：

$2+3=5$

$2\times 3+5=11$

$2\times 3\times 5+7=37$

$2\times 3\times 5\times 7+13=223$

$2\times 3\times 5\times 7\times 11+23=2333$

$2\times 3\times 5\times 7\times 11\times 13+17=30047$

$2\times 3\times 5\times 7\times 11\times 13\times 17+19=510529$

$2\times 3\times 5\times 7\times 11\times 13\times 17\times 19+23=9699713$

$2\times 3\times 5\times 7\times 11\times 13\times 17\times 19\times 23+37=223092907$

$2\times 3\times 5\times 7\times 11\times 13\times 17\times 19\times 23\times 29+61=6469693291$

$2\times 3\times 5\times 7\times 11\times 13\times 17\times 19\times 23\times 29\times 31+67=200560490197$

から
$a_1=3, \ a_2=5, \ a_3=7, \ a_4=13, \ a_5=23, \ a_6=17, \ a_7=19, \ a_8=23, \ a_9=37, \ a_{10}=61,$
$a_{11}=67$ が分かる。任意の $n$ に対して $a_n$ は素数であることを証明せよ。

について記事を書きます。

まず、この問題の答えですが、未解決問題のため私は答えを知りません笑

つまり、この問のみ嘘をついているわけではないのでエイプリルフールとしては不適切でした(他の３問は嘘の問題)。

定義問１に現れる $a_n$ のことをフォーチュン数(Fortunate number)という。すなわち、 $p_n\#+1$ より大きい最小の素数(それは素数の無限性より存在する)を $F_n$ とするとき、 $a_n:=F_n-p_n\#$ 。ここで、 $p_n$ は $n$ 番目の素数であり、 $p_n\#$ は素数階乗。

フォーチュン予想 全てのフォーチュン数は素数である。

2013年現在、 $a_{2000}$ まで素数であることが確認されているようです。

名前の由来はニュージーランド生まれの人類学者Reo Franklin Fortuneが予想したからであって、フォーチュンクッキーのフォーチュンではありません。

Crámer予想とFiroozbakht予想

フォーチュン予想は一見「そんなの成り立たないだろう」と思うかもしれませんが*2、所謂「素数のgap」と関係があります。gapに関する次の予想は有名です：

Crámer予想, 1936 $\ \ \ p_{n+1}-p_n = O(\log^2p_n) \ \ (n \to \infty)$ が成り立つ。

$\displaystyle \limsup_{n \to \infty}\frac{p_{n+1}-p_n}{\log p_n} = \infty$

が1931年にWestzynthiusによって証明されていることに注意します。

Crámer予想に対して、Crámerは次の定理を証明しています：

定理 Riemann予想の仮定のもと、次は正しい：

$p_{n+1}-p_n=O(\sqrt{p_n}\log p_n) \ \ (n \to \infty)$ .

結論の式はCrámer予想よりも弱いです。しかしながら、Crámer予想からRiemann予想が出るわけではありません。Crámer予想が正しければ「任意の自然数 $n$ に対して $n^2$ と $(n+1)^2$ の間には少なくとも一つ(二つ)は素数が存在する」という有名なLegendre予想が十分大きい $n$ に対して従います。Riemann予想が正しければ「任意の自然数 $n$ に対して $n^3$ と $(n+1)^3$ の間には少なくとも一つは素数が存在する」ことが示せることは素数表現関数とミルズの素数 - INTEGERSでも紹介しましたが、Legendre予想のことをRiemann予想として紹介しているトンデモ本があって驚いたことがあります。

ところで、次のような予想があることを知りました：

Firoozbakht予想 任意の自然数 $n$ に対して $\sqrt[n+1]{p_{n+1}} < \sqrt[n]{p_n}$ が成り立つ。

これはめちゃくちゃ強い(最強の)予想で、例えば、Crámer予想よりはるかに強いです：

定理 Firoozbakht予想が正しいならば、 $n \geq 10$ に対して

$p_{n+1}-p_n < \log^2p_n-\log p_n-1$

が成り立つ。

$n < 4\times 10^{18}$ でFiroozbakht予想が成り立っていることが確認されていますが、上の定理における式は十分大きい $n$ において(無限回)成り立たないだろうというGranvilleやPintzによる考察があるようなので注意が必要です(この部分はまだ勉強していません)。

フォーチュン予想より少しだけ強い予想

$p_n\#+k$ が素数であるならば、 $k$ は $p_1, \dots, p_n$ では割り切れません。従って、 $k$ の素因数は一番小さくて $p_{n+1}$ です。すると、 $k$ がもし合成数ならば $k \geq p_{n+1}^2$ となるので

区間 $(p_n\#+1, p_n\#+p_{n+1}^2)$ に素数があれば、フォーチュン数 $a_n$ は素数である。

が成り立つことがわかります。 $p_n\#+p_{n+1}^2$ は必ずしも素数ではないため、逆は言えません。よって、フォーチュン予想より強い次の予想を立てることができます*3：

予想任意の自然数 $n$ に対して区間 $(p_n\#+1, p_n\#+p_{n+1}^2)$ は素数を含む。

こうして、フォーチュン予想は素数gapに関する予想に変化し、素数定理より $\log(p_n\#) = \vartheta (p_n) \sim p_n$ なので、Crámer予想やFiroozbakht予想と合わせて考えると成り立ってもおかしくない予想であることがわかります(ただし、GolombやGuyのフォーチュン数に関する論文では、 $\log(p_n\#) \sim n$ として議論しています。これは間違いだと思うので注意が必要です)。

フォーチュン数最初の100個

$\begin{align}a_{1}&= 3\\ a_{2}&= 5\\ a_{3}&= 7\\ a_{4}&= 13\\ a_{5}&= 23\\ a_{6}&= 17\\ a_{7}&= 19\\ a_{8}&= 23\\ a_{9}&= 37\\ a_{10}&= 61\\ a_{11}&= 67\\ a_{12}&= 61\\ a_{13}&= 71\\ a_{14}&= 47\\ a_{15}&= 107\\ a_{16}&= 59\\ a_{17}&= 61\\ a_{18}&= 109\\ a_{19}&= 89\\ a_{20}&= 103\\ a_{21}&= 79\\ a_{22}&= 151\\ a_{23}&= 197\\ a_{24}&= 101\\ a_{25}&= 103\\ a_{26}&= 233\\ a_{27}&= 223\\ a_{28}&= 127\\ a_{29}&= 223\\ a_{30}&= 191\\ a_{31}&=163\\ a_{32}&= 229\\ a_{33}&= 643\\ a_{34}&= 239\\ a_{35}&= 157\\ a_{36}&= 167\\ a_{37}&= 439\\ a_{38}&= 239\\ a_{39}&= 199\\ a_{40}&= 191\\ a_{41}&=199\\ a_{42}&= 383\\ a_{43}&= 233\\ a_{44}&= 751\\ a_{45}&= 313\\ a_{46}&= 773\\ a_{47}&= 607\\ a_{48}&= 313\\ a_{49}&= 383\\ a_{50}&= 293\\ a_{51}&= 443\\ a_{52}&= 331\\ a_{53}&= 283\\ a_{54}&= 277\\ a_{55}&= 271\\ a_{56}&= 401\\ a_{57}&= 307\\ a_{58}&= 331\\ a_{59}&= 379\\ a_{60}&= 491\\ a_{61}&= 331\\ a_{62}&=311\\ a_{63}&= 397\\ a_{64}&= 331\\ a_{65}&= 353\\ a_{66}&= 419\\ a_{67}&= 421\\ a_{68}&= 883\\ a_{69}&= 547\\ a_{70}&=1381\\ a_{71}&= 457\\ a_{72}&= 457\\ a_{73}&= 373\\ a_{74}&= 421\\ a_{75}&= 409\\ a_{76}&= 1061\\ a_{77}&= 523\\ a_{78}&= 499\\ a_{79}&= 619\\ a_{80}&= 727\\ a_{81}&= 457\\ a_{82}&= 509\\ a_{83}&= 439\\ a_{84}&= 911\\ a_{85}&= 461\\ a_{86}&= 823\\ a_{87}&= 613\\ a_{88}&= 617\\ a_{89}&= 1021\\ a_{90}&= 523\\ a_{91}&= 941\\ a_{92}&= 653\\ a_{93}&= 601\\ a_{94}&= 877\\ a_{95}&= 607\\ a_{96}&= 631\\ a_{97}&= 733\\ a_{98}&= 757\\ a_{99}&= 877\\ a_{100}&= 641\end{align}$

$F_n$ の値最初の35個

$F_{1}= 5$
$F_{2}= 11$
$F_{3}= 37$
$F_{4}= 223$
$F_{5}= 2333$
$F_{6}= 30047$
$F_{7}= 510529$
$F_{8}= 9699713$
$F_{9}= 223092907$
$F_{10}= 6469693291$
$F_{11}= 200560490197$
$F_{12}= 7420738134871$
$F_{13}= 304250263527281$
$F_{14}= 13082761331670077$
$F_{15}= 614889782588491517$
$F_{16}= 32589158477190044789$
$F_{17}= 1922760350154212639131$
$F_{18}= 117288381359406970983379$
$F_{19}= 7858321551080267055879179$
$F_{20}= 557940830126698960967415493$
$F_{21}= 40729680599249024150621323549$
$F_{22}= 3217644767340672907899084554281$
$F_{23}= 267064515689275851355624017992987$
$F_{24}= 23768741896345550770650537601358411$
$F_{25}= 2305567963945518424753102147331756173$
$F_{26}= 232862364358497360900063316880507363303$
$F_{27}= 23984823528925228172706521638692258396433$
$F_{28}= 2566376117594999414479597815340071648394597$
$F_{29}= 279734996817854936178276161872067809674997453$
$F_{30}= 31610054640417607788145206291543662493274687181$
$F_{31}= 4014476939333036189094441199026045136645885247893$
$F_{32}= 525896479052627740771371797072411912900610967452859$
$F_{33}= 72047817630210000485677936198920432067383702541010953$
$F_{34}= 10014646650599190067509233131649940057366334653200433329$
$F_{35}= 1492182350939279320058875736615841068547583863326864530567$