ｎ番目の調和数を

　　Ｈn＝１／１＋１／２＋１／３＋１／４＋・・・＋１／ｎ

と定義すると，Ｈ1=1,Ｈ2=3/2,Ｈ3=11/6,･･･,Ｈ∞=∞となります．それでは，・・・

（問）ｎ＞１ならば，Ｈn は整数にはならないことを示せ．

　たとえば，分母が２のべき乗になっている項のうちで，その指数が最大のものを考えると，それと組になる項がどこにもありません．このことから，Ｈnは分子が奇数で，分母が偶数の分数になるのですが，このことをきちんとした形で書いてみましょう．

（証）２^k≦ｎとなる最大の指数をｋ，Ｐをｎ以下のすべての奇数の積とすると，

　　２^(k-1)ＰＨn

　＝２^(k-1)Ｐ（１／１＋１／２＋１／３＋１／４＋・・・＋１／ｎ）

は，２^(k-1)Ｐ／２^k以外の項はすべて整数となる．

　なお，これと類似の問題としては，

　　ａ）　１／１＋１／２＋１／３＋１／４＋・・・＋１／ｎ

は決して整数にはならない　　　（タイシンガー，１９１５年）

　　ｂ）　１／（ａ＋１）＋１／（ａ＋２）＋・・・＋１／（ａ＋ｎ）

は決して整数にはならない　　　（クルシュチャク，１９１８年）

　　ｃ）　１／（ａ＋ｄ）＋１／（ａ＋２ｄ）＋・・・＋１／（ａ＋ｎｄ）

は決して整数にはならない　　　（エルデシュ，１９３２年）

などがあげられます．

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【１】ゼータ関数

　ところで，

　　Ｓn＝Σ1/n^2=1/1^2+1/2^2+1/3^2+･･･+1/n^2

が整数にならないことを示すのは，上の問題よりも簡単です．そもそも１＜Σ1/n^2＜２なのですから整数でないことは自明なのですが，上と同様にやってみましょう．

（証）２^k≦ｎ^2となる最大の指数をｋ，Ｐをｎ以下のすべての奇数の積とすると，

　　２^(k-1)Ｐ^2Ｓn

　＝２^(k-1)Ｐ^2（１／１^2＋１／２^2＋１／３^2＋・・・＋１／ｎ^2）

は，２^(k-1)Ｐ^2／２^k以外の項はすべて整数となる．

　Σ１／ｎ^2 ＝１／１^2＋１／２^2＋１／３^2＋１／４^2＋・・・

が収束することは１／ｎ^2＜１／（ｎ−１）ｎを用いて，次のようにして示すことができます．

（証）ｎ次部分和をＰn とすると，

　　Ｐn ＝１／１^2＋１／２^2＋１／３^2＋・・・＋１／ｎ^2

＜１＋１／１・２＋１／２・３＋・・・＋１／（ｎ−１）・ｎ

＝１＋（１／１−１／２）＋（１／２−１／３）＋・・・（１／（ｎ−１）−１／ｎ）

＝２−１／ｎ＜２

より，単調増加数列｛Ｐn ｝は有界でｎ→∞のとき収束することがわかります．

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　興味をそそり胸をわくわくさせるのは，収束する無限級数がいったいどんな数値に収束するのかという点です．幾何級数や調和級数などの無限級数は初等的で簡単に証明可能でしたが，１８世紀最大の数学者オイラーが１７３６年に発見した結果はエレガントなだけでなく意外なものでした．その無限級数とは調和級数を拡張させた

　１／１^2＋１／２^2＋１／３^2＋１／４^2＋・・・＝π^2／６

です．この式の驚くべき点は自然数のみを含む級数の極限に円周率πが突然現れることです．実際，この足し算をいくら見つめても答えに円周率の現れそうな気配はまったくありません．

　１７２８年にベルヌーイはこの和が８／５に近いと述べ，その後，オイラーは何年もこの足し算にとりつかれ大変な努力の末にこの値を求めましたが，π^2／６であることをつきとめたとき，平方数の逆数和のかなたに円周率が浮かび上がる不思議にとても感動したようです．

　オイラーの無限級数和Σ１／ｎ^s はｓの関数とみるとき，ゼータ関数ζ（ｓ）として知られており，ゼータ関数は調和級数

　　ζ（１）＝Ｈ∞＝１／１＋１／２＋１／３＋１／４＋・・・＝∞

を一般化したものと考えることができます．

　ゼータ関数を用いると

　１／１^2＋１／２^2＋１／３^2＋１／４^2＋・・・＝π^2／６＝ζ（２）

と表されます．以下，ζ（４）＝π^4／９０，ζ（６）＝π^6／９４５が続きます．

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