無限級数の活用　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　戻る

　「無限級数」とは、直感的には「無限個のものを限りなく加える」ことをいう。

　このようなアイデアは古くから既にあり、Ｂ．Ｃ．３世紀頃、アルキメデスが、放物線と直線
で囲まれた部分の面積を、無限個の三角形の面積の和として求めたという話はよく知られ
ている。

　しかし、近代に至るまで、その「無限」というものは、数学者達によって敬遠されていた。

　「無限」というものを、数学の概念として初めてとらえたのは、カントール(1845～1918)で
ある。

　デデキントやカントールらの研究によって、実数の理論ができ、無限級数を含めた微分
積分学が確固たるものになったのは、１９世紀も後半になってからのことである。

　このページでは、解析学の基礎ともいえる無限級数についていろいろ調べようと思う。

　数列 ｛ ａｎ ｝ に対して、第 ｎ 部分和　Ｓｎ＝ａ1＋ａ2＋ａ3＋・・・＋ａｎ　とおく。

数列 ｛ Ｓｎ ｝ が収束するとき、無限級数 　 　は収束するといい、
　　　　　　 ＝Ｓ　ならば、 ＝Ｓ
である。　Ｓを、無限級数の和という。

　級数が収束しないとき、発散するという。

例　無限級数

　

の収束・発散を調べ、収束するときは和を求めよ。

　第 ｎ 部分和　Ｓｎ＝１＋1/2＋1/4＋・・・＋1/2ｎ-1＝２(１－(1/2)ｎ)　なので、数列 ｛ Ｓｎ ｝

は収束し、ｎ → ∞　のとき、Ｓｎ → ２　である。

　したがって、無限級数は収束し、その和は、２ である。

（注意）　Ｓｎ＋1/2ｎ-1　を順次計算して、Ｓｎ＋1/2ｎ-1＝２　を示してもよい。

　上記のことは、次のように図式化すれば、極限の計算を知らなくても納得できるだろう。

　

　上記の無限級数は、無限等比級数（幾何級数）といわれる。

定理　初項 ａ、公比 ｒ の無限等比級数　ａ＋ａｒ＋ａｒ2＋・・・＋ａｒｎ-1＋・・・　は、

　ａ＝０　または　－１＜ｒ＜１　のとき、収束し、その和は、ａ/(１－ｒ)　で与えられる。

例　無限級数（調和級数）

　

は発散する。

　この証明は種々考えられるが、私個人的には次の証明が最も簡明だと思う。

　　左図において、第 ｎ 部分和

　　Ｓｎ＝１＋1/2＋1/3＋・・・＋1/n

　を、柱状の長方形の面積の和と考えると、

　　

　　が成り立つ。　

　　よって、Ｓｎ＞ｌｏｇ(ｎ＋１)　となり、

　　数列 ｛ Ｓｎ ｝ は発散する。

　これに対して、当ＨＰがいつもお世話になっているＨＮ「ｚｋ４３」さんが、斬新な証明法に遭
遇されたとのことである。（平成２１年７月１４日付け）

　まず、　１ より大きい自然数 ｎ に対して、

　１/ｎ＋１/（ｎ＋１）＋１/（ｎ＋２）＋・・・＋１/ｎ2＞１

が成り立つ。

　実際に、　ｎ＝２　のとき、

　１/ｎ＋１/（ｎ＋１）＋１/（ｎ＋２）＋・・・＋１/ｎ2＝１/２＋１/３＋１/４＝１３/１２＞１

が成り立つ。さらに、　ｎ≧３のとき、

１/ｎ＋１/（ｎ＋１）＋１/（ｎ＋２）＋・・・＋１/ｎ2



よって、不等式は成り立つ。　このとき、

１＋１/２＋１/３＋１/４＋１/５＋１/６＋１/７＋１/８＋１/９＋・・・・・・・

＝１＋（１/２＋１/３＋１/４）＋（１/５＋１/６＋・・・＋１/２５）
　　＋（１/２６＋１/２７＋・・・＋１/６７６）＋・・・・

＞１＋１＋１＋１＋・・・

から、調和級数が発散することが分かる。


（コメント）　この解法は、

　１＋１/２＋１/３＋１/４＋１/５＋１/６＋１/７＋１/８＋１/９＋・・・・・・・
＝１＋１/２＋（１/３＋１/４）＋（１/５＋１/６＋１/７＋１/８）＋・・・・・・・
＞１＋１/２＋（１/４＋１/４）＋（１/８＋１/８＋１/８＋１/８）＋・・・・・・・
＝１＋１/２＋１/２＋１/２＋・・・・・・・

から発散を示す方法と同じ匂いがしますね！ｚｋ４３さんに感謝します。


　上記のような無限級数を一般化して、ゼータ関数 ζ（ｓ）が定義される。

　

定理　ζ（ｓ） は、ｓ＞１　のとき収束し、ｓ≦１　のとき発散する。

　証明は、上記で用いたものと同様な関数　ｙ＝１/ｘｓ　について同様な考察を行えばよい。

したがって、ζ（ｓ） が ｓ の関数として意味をもつのは、ｓ＞１　のときである。

　無限級数に対して、その収束・発散を調べることは比較的容易である。
　（コーシーの判定法、ダランベールの判定法などが知られている。）

　これに対して、無限級数が収束することが分かっても、実際にその和を求めることは非常
に難しい。

　オイラーは、苦心の末にようやく、１７３５年ごろ　 ζ（２）＝(1/6)π2　であることを導いた。

さらに、ζ（４）＝(1/90)π4、ζ（６）＝(1/945)π6　であることも示している。

　ゼータ関数が、円周率と関連づいたわけで、とても画期的な式となっている。


（コメント）　円周率 π と関連を持つ無限級数の発見は、オイラーが最初ではない。

　１６７３年に、ライプニッツが、次の式を発見している。

　

　また、この式は、ライプニッツが発見する前に、グレゴリーによって発見されていたともいわ
れる。それより古く、１４００年頃のインドの数学者によっても見出されていたらしい。

　ζ（２）＝(1/6)π2　にしろ、上記の級数にしろ、円周率とは無関係とも思える無限級数に
突如、円周率が関係しているという事実は、とても画期的なことであるが、実際に、上記の級
数の最初の何項かをとって円周率の近似値をもとめるという実用的な面では、上記の無限級
数の何れもが無力である。収束が著しく緩慢で遅いのである。円周率の近似値の計算には、
別の工夫がなされているようだ。

　また、ゼータ関数は、素数とも関係づけられる。
　 　　　ただし、ｐ は全ての素数を動く。　

　上記において、調和級数は発散したが、実はそのことから、素数が無限に、しかも密に
分布しているということが、上記の式を用いて示すこともできる。

　これ以外にも、ゼータ関数は、いろいろな数論的な意味をもっていて、その奥は深い。


（追記）　平成２１年１１月２０日付け

　１１月１５日の夜９時からＮＨＫ総合ＴＶで、「魔性の難問～リーマン予想・天才たちの闘い～」

が放映された。NHKでは過去に、「フェルマーの予想の解決」や「ポアンカレ予想の解決」な
どについてコンパクトに分かりやすく説明された番組を提供してきたが、今回は、まだ未解
決ということもあり、当代の優秀な数学者が果敢に挑戦するも全て跳ね返され、悲壮感すら
漂う内容であった。中には精神が病んでしまった方もおられるということでいたたまれない気
持ちになった。

　ルイ・ド・ブランジュ博士によると、リーマン予想は「人類にとって最も難しく、最も重要な定
理」だという。

　リーマン予想（１８５９年）とは、

　ζ（ｓ） の非自明零点は全て直線 Ｒｅ（ｓ）＝1/2 上にある

というものである。ただし、このζ（ｓ） は上記で定義したものを複素平面に解析接続したも
のとする。ｓ＝－2、－４、・・・　は自明零点と言われる。


　これ以上ゼータ関数に立ち入ることは、当ＨＰのレベルをはるかに越えてしまうので、詳
細は別のページに譲ることにする。ここでは、このページのそもそもの目標：

　『　フーリエ級数を用いて、ζ（２）＝(1/6)π2　を示す　』

に移りたいと思う。

　通常、ζ（２）＝(1/6)π2　であることは、無限乗積を用いて示される。（→　参考）

　私個人的には、無限乗積による証明は、あまりしっくりこない。最近、フーリエ級数を用
いる簡明な証明を知りえたので、紹介したいと思う。

フーリエ級数（Ｆｏｕｒｉｅ　Ｓｅｒｉｅｓ）

　周期 ２π の連続関数 Ｆ(Ｘ) に対して、フーリエ係数 ａｎ　、ｂｎ を、次式により定義する。

　

　

　このとき、三角級数

　

を、関数 Ｆ(Ｘ) のフーリエ級数という。

　フランスの数学者フーリエは、「熱の解析的理論」（１８２２年）において、関数 Ｆ(Ｘ) がフー
リエ級数に展開できることを述べ、物体内の熱の伝導をはじめ、さまざまな問題の研究に
応用した。

　そもそも三角級数の研究は、１８世紀半ばのダニエル・ベルヌーイが始まりである。その
頃の三角級数論は様々な困難を抱えていた。当時の数学者達は、その理論の厳密化に
取り組んだ。

　１９世紀後半、カントールが集合論の研究を始めるきっかけとなったのも、実は、この理
論の厳密化に取り組んでのことらしい。

　今では、ディリクレ、リーマン、ルベーグらの研究により、この理論は厳密化され、解析学
および応用方面では重要な手法となっている。

　さて、関数 Ｆ(Ｘ) は連続なので、フーリエ係数は存在するが、果たして、フーリエ級数は
関数 Ｆ(Ｘ) に収束するであろうか？

　このことに関して、次の定理が知られている。

定理（ディリクレ）

　　関数 Ｆ(Ｘ) は周期 ２π をもち、有界とする。また、閉区間 ［－π ， π ］ を適当
　な有限個の区間に分割し、各々で関数 Ｆ(Ｘ) は単調とする。

　　このとき、フーリエ級数は収束し、その和は、　（1/2）(Ｆ(Ｘ＋０)＋Ｆ(Ｘ－０))

　　さらに、関数 Ｆ(Ｘ) が ［－π ， π ］ で連続ならば、フーリエ級数は一様収束し、
　その和は、 Ｆ(Ｘ) に等しい。

　より一般的な有界変動な関数に対しては、次の定理が成り立つ。

定理（ディリクレ・ジョルダン）　

　　関数 Ｆ(Ｘ) は周期 ２π をもち、閉区間 ［－π ， π ］ において導関数が存在し、
　しかも導関数が連続ならば、フーリエ級数は一様収束し、その和は、 Ｆ(Ｘ) に等し
　い。

　いよいよ、このページの目標に対する準備が整ったようである。

例　ζ（２）＝(1/6)π2　であることを示せ。

　　関数 Ｆ(Ｘ) ＝ Ｘ2　（ －π ≦ Ｘ ≦ π ）を、周期 ２π の周期関数として延長する。

　このとき、

　

で、さらに、ｎ≧１に対して、虚数単位 ｉ を用いて、

　

が成り立つ。よって、

　

である。

（関数 Ｆ(Ｘ) は偶関数なので、特別な計算をしなくても、ｂｎ＝０　であることは明らか。）

　したがって、ディリクレの定理により、

　

が成り立つので、上式において、Ｘ＝ π を代入すると、

　

したがって、ζ（２）＝(1/6)π2　が成り立つ。


　フーリエ級数を用いると、いろいろな無限級数の和が求められる。それは、読者のため
の練習問題に残しておこう。

練習問題　　次の関数に対してフーリエ級数を計算すると、どのような無限級数の和が求
　　　　　　　　められるだろうか？

（１）　関数 Ｆ(Ｘ) ＝ | Ｘ |　（ －π ≦ Ｘ ≦ π ） 　　（Ｈｉｎｔ ： Ｘ＝０　としてみよ。）

（２） 関数
　　　　　　（Ｈｉｎｔ ： Ｘ＝π/２　としてみよ。）



（参考文献：加藤和也・黒川信重・斎藤　毅　著　数論　１　（岩波書店）
　　　　　　　楠　幸男　著　無限級数入門　（朝倉書店）
　　　　　　　外岡慶之助・井出三郎　著　微分積分学　（学術図書出版社）
　　　　　　　俣野　博　著　微分と積分３　（岩波書店））


（追記）　平成２１年６月１４日付け

　上記の計算で、オイラーが苦心して導いたとされる公式　ζ（２）＝(1/6)π2　がフーリエ級
数を用いて比較的簡単に導かれた。

　Ｅｘｃｅｌ さんに計算してもらうと、だいたい　ζ（２）≒１．６４４９３４０６６８４８２３・・・　である。

　ここまで、詳しく値を知らなくても、　ζ（２）＜１．７　くらいは知っていて損はないだろう。

　このことを話題にした問題が、慶應義塾大学　理工（２００４）で出題された。

　

とおくとき、全ての自然数 ｎ に対して、　Ｓｎ＜１．７　であることが次のような巧妙な方法に
より示される。

　数列 ｛ Ｓｎ＋１/ｎ ｝ は単調減少数列である。

　実際に、

　Ｓｎ+1＋１/(ｎ＋１)－（Ｓｎ＋１/ｎ）＝１/（ｎ＋１）2＋１/(ｎ＋１)－１/ｎ＝－１/ｎ（ｎ＋１）2＜０

より、確かに、数列 ｛ Ｓｎ＋１/ｎ ｝ は単調減少数列である。

　よって、　Ｓ3＋１/３＝１．６９４４・・・　で、　ｎ≧３　のとき、　Ｓｎ＋１/ｎ＜Ｓ3＋１/３＜１．７

　　Ｓｎ＜Ｓｎ＋１/ｎ＜１．７　なので、　ｎ≧３　のとき、　Ｓｎ＜１．７　が成り立つ。

　また、数列 ｛ Ｓｎ ｝ は単調増加数列であり、　Ｓ1＝１　、　Ｓ2＝１＋１/４＝１．２５　である。

　以上から、全ての自然数 ｎ に対して、　Ｓｎ＜１．７　が成り立つ。


（コメント）　数列 ｛ Ｓｎ ｝ は単調増加数列であるのに、数列 ｛ Ｓｎ＋１/ｎ ｝ が単調減少数
　　　　　　列になるのは摩訶不思議な関係ですね！驚きました．．． ｆ(^^;) 。


（追記）　平成２４年６月１８日付け

　当ＨＰがいつもお世話になっているＨＮ「Ｋ．Ｓ．」さんから、平成２４年５月２８日付けで無限
級数についての話題をメールで頂いた。

　「調和級数から、数字の４を含む項をすべて除いて得られた級数は収束する」

　ｎケタ以下の正の整数で、数字４を使わない個数は、４以外の９個の数を入れる方法から

すべて０の場合を除く個数に等しいので、 ９ｎ－１個ある。

　よって、１０ｎから１０ｎ－１までの正の整数、すなわち、ちょうどｎケタの整数で、数字４を含

まないものの個数は、 ９ｎ－１－（９ｎ-1－１）＝８・９ｎ-1

　ｎけたの数の逆数の和を、 Ｓｎとすると、ｎけたの数で最小の数は １０ｎ-1であるから、

　　　Ｓｎ＝１/１０ｎ-1＋・・・＋１/（１０ｎ－１）≦８・９ｎ-1/１０ｎ-1＝８（９/１０）ｎ-1

求める級数は、　Ｓ＝Ｓ1＋Ｓ2＋・・・＝Σｎ=1～∞ Ｓｎ≦Σｎ=1～∞ ８（９/１０）ｎ-1＝８０

　有界な、単調増加数列は、収束するので、

　「調和級数から、数字の０を含む項をすべて除いて得られた級数は収束する」

　S(k)：数ｋを除く級数の極限値のとき、

　　S(1)＜S(2) ＜S(3) ＜S(4) ＜S(5) ＜S(6) ＜S(7) ＜S(8) ＜S(9) ＜S(0)

　Σｎ=1～∞ １/ｎ*＝２３．１０３４５・・・　（ｎ*：０のない整数）

　ｎ＝１０の40乗でも、１００を超えない発散の遅さ！です。


（Ｋ．Ｓ．さんからのコメント）　級数の問題です。０を除いた級数の和以外について、他の方
　　　　　　　　　　　　　　　　　から教えて頂きたいです。収束がとても緩慢なのでよくわかりま
　　　　　　　　　　　　　　　　　せん。よろしくお願いします。


（追記）　平成２６年３月２日付け

　当ＨＰがいつもお世話になっているＨＮ「ａｔ」さんからの出題です。

　小さい方からｋ番目の素数を ｐ(ｋ) と表すことにします。すなわち、

　ｐ(1)=2，ｐ(2)=3，ｐ(3)=5，ｐ(4)=7，ｐ(5)=11，…

です。素数の逆数和が発散すること、つまり、無限級数 Σｋ=1～∞ （１/ｐ（ｋ）） が発散すること
はよく知られています。

　ところが、素数番の素数の逆数和 Σｋ=1～∞ （１/ｐ（ｐ（ｋ））） は収束します。

このことを示してください。


　ＧＡＩ さんが考察されました。（平成２６年３月２日付け）

ｋ=1～ｎ　において、

　ｎ=50000　のとき、　和= 0．9736563017379548544122950154
　ｎ=60000　のとき、　和= 0．9746369808742500396621039032
　ｎ=70000　のとき、　和= 0．9754435633464345929148976563
　ｎ=80000　のとき、　和= 0．9761260866161841036683906254
　ｎ=90000　のとき、　和= 0．9767159620433449411344267787
　ｎ=100000　のとき、　和= 0．9772345400112524763238719860
　　････････････

のように変化していきました。（これ以上のnでは私の計算機では反応しなくなりました。）

　∞まで和をとるとしても発散してしまうことはないであろうとは想像できますが、証明せよと
言われると、アイデアが思いつきません。

　ただ、一般に、ｐ(ｐ(ｋ)) がたどる変化が、次のようになることを観察することから何かしらの
手がかりがとれないものかしら．．．。

p(p(1))=3　、p(p(2))=5　、p(p(3))=11　、p(p(4))=17　、p(p(5))=31　、p(p(6))=41　、p(p(7))=59
p(p(8))=67　、p(p(9))=83　、p(p(10))=109　、p(p(11))=127　、p(p(12))=157　、p(p(13))=179
p(p(14))=191　、p(p(15))=211　、p(p(16))=241　、p(p(17))=277　、p(p(18))=283　、p(p(19))=331
p(p(20))=353　、p(p(21))=367　、p(p(22))=401　、p(p(23))=431　、p(p(24))=461　、p(p(25))=509
p(p(26))=547　、p(p(27))=563　、p(p(28))=587　、p(p(29))=599　、p(p(30))=617　、p(p(31))=709
p(p(32))=739　、p(p(33))=773　、p(p(34))=797　、p(p(35))=859　、p(p(36))=877　、p(p(37))=919
p(p(38))=967　、p(p(39))=991　、p(p(40))=1031　、p(p(41))=1063　、p(p(42))=1087
p(p(43))=1153　、p(p(44))=1171　、p(p(45))=1201　、p(p(46))=1217　、p(p(47))=1297
p(p(48))=1409　、p(p(49))=1433　、p(p(50))=1447　、p(p(51))=1471　、p(p(52))=1499
p(p(53))=1523　、p(p(54))=1597　、p(p(55))=1621　、p(p(56))=1669　、p(p(57))=1723
p(p(58))=1741　、p(p(59))=1787　、p(p(60))=1823　、p(p(61))=1847　、p(p(62))=1913
p(p(63))=2027　、p(p(64))=2063　、p(p(65))=2081　、p(p(66))=2099　、p(p(67))=2221
p(p(68))=2269　、p(p(69))=2341　、p(p(70))=2351　、p(p(71))=2381　、p(p(72))=2417
p(p(73))=2477　、p(p(74))=2549　、p(p(75))=2609　、p(p(76))=2647　、p(p(77))=2683
p(p(78))=2719　、p(p(79))=2749　、p(p(80))=2803　、p(p(81))=2897　、p(p(82))=2909
p(p(83))=3001　、p(p(84))=3019　、p(p(85))=3067　、p(p(86))=3109　、p(p(87))=3169
p(p(88))=3229　、p(p(89))=3259　、p(p(90))=3299　、p(p(91))=3319　、p(p(92))=3407
p(p(93))=3469　、p(p(94))=3517　、p(p(95))=3559　、p(p(96))=3593　、p(p(97))=3637
p(p(98))=3733　、p(p(99))=3761　、p(p(100))=3911　、　･･････


（ａｔ さんの問題は、現在まだ解かれていません）


　ＧＡＩ さんからのコメントです。（平成２６年３月１０日付け）

　Σｋ=1～∞ （１/ｐ（ｋ））　を計算機で計算させてみると、

　1/2+1/3+1/5+･･･+1/97=1.802817201048870939871615826
　1/2+1/3+1/5+･･･+1/997=2.198080127175087541588476789
　1/2+1/3+1/5+･･･+1/9973=2.483059947233560636099611335
　1/2+1/3+1/5+･･･+1/99991=2.705272179047264148042556055
　1/2+1/3+1/5+･･･+1/999983=2.887328099567672712348011299
　　　　　･･････････････････････････
　1/2+1/3+1/5+･･･+1/1801241230056600467=3.99999999999999999966
　1/2+1/3+1/5+･･･+1/1801241230056600523=4.00000000000000000021

の亀の歩みの如くの微増にすぎない。これが発散するとはにわかには信じられない。これは
どう納得することができるのでしょうか？


　らすかるさんからのコメントです。（平成２６年３月１０日付け）

　Σｋ=1～∞ （１/ｋ）　が発散することが信じられるのであれば、似たようなものです。

　Σｋ=1～∞ （１/ｋ）　が「100」を超えるのは、

　1/15092688622113788323693563264538101449859497

まで足した時です。


（追記）　「遅い級数への対応」と題して、ＧＡＩさんからのご投稿です。（令和２年１２月２０日付け）

　中々値が増えて行かないが、limｎ→∞では発散が約束されている級数 S(n)=∑k=1n 1/k
で、その値が初めて10を越えてしまうｎの値は何でしょう？また、100を超える初めてのｎは
如何ほどか？


　らすかるさんからのコメントです。（令和２年１２月２０日付け）

　Σk=1n 1/k＞10 を満たす最小のｎは、12367

　Σk=1n 1/k＞100 を満たす最小のｎは、15092688622113788323693563264538101449859497

です。この値は上記にもあります。また、100までの答えは、「A004080」にあります。


　もっと納得しやすい例をあげるならば、Σｋ=1～∞ １　は発散しますよね。

　この最初の1を、 1/10000+1/10000+…(10000個)…+1/10000
次の1を、 1/100000000+1/100000000+…(100000000個)…+1/100000000
次の1を、 1/1000000000000+1/1000000000000+…(1000000000000個)…+1/1000000000000
のように分けると、和は、

1/10000+1/10000+…(10000個)…+1/10000
　　+1/100000000+1/100000000+…(100000000個)…+1/100000000
　　　　+1/1000000000000+1/1000000000000+…(1000000000000個)…+1/1000000000000
　　　　　　+…

のようになりますが、最初の1兆1億1万項を足してもたった「3」にしかなりませんし、10100項
を足しても「25」にもなりません。でも、発散します。


　ＧＡＩ さんからのコメントです。（平成２６年３月１１日付け）

　この「でも、」という判断は元の級数が論理で発散すると認識できていることに起因してい
るので、塵が積もれば山となるの感覚で言えば、

　1+1/2+1/3+1/4+･･･････　だろうが、　1+1/22+1/32+1/42+･･････　だろうが

無限個の項の和とみれば、発散すると判断してしまう。しかし、一方は「∞」に発散し、一方
は「π2/6」に収束する。この何とも不思議な感覚が無限項にはついてまわり、さて「発散と
収束の境目は如何なる世界か？」といつも思わされる。

　そこで、ｐを素数とし、小さい方からｋ番目の素数を ｐ(ｋ) と表すことにします。
p(1)=2，p(2)=3，p(3)=5，p(4)=7，p(5)=11，… です。
素数の逆数和が発散すること、つまり、

　無限級数 Σk=1～∞ (1/ｐ(ｋ)) が発散する。一方、Σk=1～∞ (1/(ｐ(ｋ)2)) は収束するのか
発散するのか？また、Σk=1～∞ ((-1)k-1/ｐ(ｋ)) は収束？、発散？

の証明を御存知なら教えて下さい。
（計算で確認することもできず、事前に判断することもできぬ。論理で判断するしか手がない。）

※追伸　ａｔtさんへ、もし御存知でしたら以前掲載されていた

　では、無限級数 Σk=1～∞ (1/ｐ(ｐ(ｋ))) についてはどうなのでしょうか？Σk=1～∞ (1/ｐ(ｐ(ｋ)))
　が収束することを示してください。

　これの証明方法を教えて下さい。


　ａｔ さんからのコメントです。

　無限級数 Σk=1～∞ (1/ｐ(ｐ(ｋ))) が収束することの証明は、次を参照。

　　　数研通信：「素数列の考察」（広島市立基町高校　才野瀬　一郎先生）


　ＧＡＩ さんからのコメントです。（平成２６年３月１１日付け）

　早速紹介してもらったサイトを開いて、小気味よくまとめられた証明を読んでみました。ま
だ詳しくは検討しておりませんが、なんと高校生の代表的問題集チャートの例題問題などを
組合せながら、まるで華麗なる詰め将棋を見る想いです。

　この問題を紹介されてからずっといくら計算を詳しく追求しても、収束や発散の判断を保留
しなければならないもどかしさを感じながら、何とかヒントはないものだろうかと図書館に通っ
ては関連の書籍を借り出し調べていたところでした。

　この証明の最後の参考文献に黒川信重著　オイラー探索　（シュプリンガージャパン）が紹
介されており、まさしく２～３日前からこの本を読み始めたばかりでした。

　私はプロの数学者ではなく、あくまで愛好家として数学の面白さを味わっている立場なので
どう逆立ちしてもこんな証明を思いつくことはできませんが、人間の直感を越えたり、推理を
最大限継続発展させられる力は数学をおいて無い感じがします。
（考えるというやり方の見本が沢山学べます。）

　いろいろな結果をうまく組合わせる妙技に感激します。（自己増殖していく生き物のようです。）

　時間をかけて詳細に理解をしていきたいとおもいます。返す返すもΣk=1～∞(1/(p(k))は発散
するのに、Σk=1～∞(1/p(p(k))) は収束するとは不思議だし面白いですね。これも双子素数同
様、発散と収束の瀬戸際にそっと息づく微生物の様です。ただし、双子素数が有限個か無限
個であることが判明していないのに、収束することが判明していることがさらに謎を深めます。


　らすかるさんからのコメントです。（平成２６年３月１１日付け）

　収束・発散の境目は「素数の逆数和」と「双子素数の逆数和」の間にあります。

　「 Σk=1～∞ (1/(ｐ(ｋ)2)) は収束するのか発散するのか」については、簡単ですね。

1/ｐ(ｋ)2＜1/ｋ2　から、0＜Σk=1～∞ (1/(ｐ(ｋ)2))＜Σk=1～∞ (1/ｋ2)=π2/6　なので収束します。

　「Σk=1～∞ ((-1)k-1/ｐ(ｋ)) は収束？、発散？」については、 S[n]=Σk=1～ｎ ((-1)k-1/ｐ(ｋ)) とす

ると、S[2m]は、0より大きく単調増加、S[2m+1]は、1/2 より小さく単調減少で、

　0＜S[2m]＜S[2m+1]＜1/2　かつ、　limm→∞ （S[2m+1]-S[2m]）=limm→∞ 1/ｐ(2m+1)

なので収束します。

　収束値は、「A078437」から「0.26960635197167…」ですが、これ以降の桁はわかっていな
いみたいですね。


　ＫＳさんからのコメントです。（平成２６年３月１２日付け）

　素数の逆数の和は発散する。素数は、２と３以外は、６ｎ＋１型か６ｎ－１型です。それらの
逆数の和は、どちらも発散しそうですが、証明されているんでしょうか？


　ａｔ さんからのコメントです。（平成２６年３月１２日付け）

　6n-1型の素数の逆数和は無限大に発散します。また、6n+1型の素数の逆数和も無限大に
発散します。

　さらに一般に、次のことが証明されています。

　Nを任意の正整数とし、a をN以下の正整数であって、Nと互いに素であるとします。

このとき、Nで割ると余りがaになるような素数の逆数の和は無限大に発散します。

　つまり、Σp:素数，p≡a(mod N) (1/p)＝ ∞


　ＧＡＩ さんが新しい問題を提起されました。（平成２６年３月２日付け）

　無限乗積　Πｋ=1～∞ （ｐ（ｋ）2＋１）/（ｐ（ｋ）2－１）　は収束する。その値を求めてください。


　ａｔ さんが考察されました。（平成２６年３月３日付け）

　与式=(ζ(2)/ζ(4))*ζ(2)=5/2


（追記）　令和６年１０月７日付け

　次の東北大学　理系（１９８２）の問題は、ちょっとうっかりし易いかもしれない。

問題２　　初項７、公差２の等差数列の一般項を ａｎ とし、初項１/３、公比１/３の等比数列
　　の一般項を ｂn とする。数列｛ｃｎ｝について、Σk=1n ａkｂkｃk＝(ｎ＋１)(ｎ＋２)(ｎ＋３)/３
　　が成立するとき、次の問に答えよ。

（１）　一般項 ｃｎ を求めよ。
（２）　無限級数 Σn=1∞ １/ｃｎ の和を求めよ。

（解）（１）　題意より、　ａｎ＝７＋２（ｎ－１）＝２ｎ＋５　、ｂn＝（１/３）・（１/３）n-1＝（１/３）n

ｎ≧２　のとき、　ａｎｂｎｃｎ＝(ｎ＋１)(ｎ＋２)(ｎ＋３)/３－ｎ(ｎ＋１)(ｎ＋２)/３＝(ｎ＋１)(ｎ＋２)

　このとき、　ｃｎ＝３n(ｎ＋１)(ｎ＋２)/（２ｎ＋５）　（ｎ≧２）

ｎ＝１　のとき、　（７/３）ｃ1＝８　より、　ｃ1＝２４/７

（２）　Σｋ=1ｎ １/ｃｋ＝７/２４＋Σｋ=2ｎ （２ｋ＋５）/｛３ｋ(ｋ＋１)(ｋ＋２)｝

　＝７/２４＋Σｋ=2ｎ ［１/｛３ｋ-1(ｋ＋１)｝－１/｛３ｋ(ｋ＋２)｝］

　＝７/２４＋１/９－１/｛３ｎ(ｎ＋２)｝＝７/２４＋１/９－１/｛３ｎ(ｎ＋２)｝

　＝２９/７２－１/｛３ｎ(ｎ＋２)｝

　ｎ → ∞　のとき、　１/｛３ｎ(ｎ＋２)｝ → ０　なので、Σn=1∞ １/ｃｎ ＝２９/７２　　（終）



　　以下、工事中！