プライムス

大学院生の数学ノート

自然数の分割とHardy-Littlewoodの円周法④

今回が「自然数の分割とHardy-Littlewoodの円周法」の最終回です。当初の目標であったWaringの問題に関する結果の証明をこの記事で完成させます。

前回の記事はこちら ↓↓
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復習とNotation

自然数 k,s\ge 2に対し
\begin{align*}
R(n)=\# \left\{ (m_1,\dots ,m_s )\in \mathbb{N}^s | m_1^k+m_s^k=n \right\} \quad (n\in \mathbb{N} )
\end{align*}とします。以下、自然数 n,q,a \; {(}(q,a)=1{)}に対し
\begin{align*}
v (\beta)=v_n(\beta )=\sum_{m=1}^n \frac{1}{k}m^{1/k-1}e\left( \beta m\right)
\end{align*}\begin{align*}
J(n)=\int_{-1/2}^{1/2}v (\beta)^se(-\beta n)\; d \beta
\end{align*}\begin{align*}
S(q,a) =\sum_{m=1}^q e\left( \frac{a}{q}m^k \right)
\end{align*}\begin{align*}
S(q)=\sum_{\substack{a=1 \\ (q,a)=1}}^q \frac{1}{q^s}S(q,a)^s e\left( -\frac{a}{q}n \right)
\end{align*}\begin{align*}
\mathfrak{S}(n)=\sum_{q=1}^{\infty}S(q)
\end{align*}と定めます。前回までに次の R(n)の漸近公式を証明しました。

Thm1

s>2^kなら \mathfrak{S}(n)nに対して一様に絶対収束する。さらに、ある定数 \delta =\delta_k >0が存在して
\begin{align*}
R(n)= J(n)\mathfrak{S}(n)+O_k\left( n^{s/k-1-\delta} \right) \quad (n\to \infty )
\end{align*}が成立。

今回の記事では特異積分 J(n)と特異級数 \mathfrak{S}(n)を考察していきます。

以下オーダー評価は十分大きい nに対して成立し、オーダー定数は断りなく kに依存することとします。

予備知識

特異積分と特異級数を議論するために必要な予備知識をまとめておきます。特に特異級数について議論するときにある種の合同方程式に関する結果が必要になりますが、ここでは参考文献を挙げるに留めます。

予備知識1

ベータ関数
\begin{align*}
\beta (p,q) =\int_0^1 x^{p-1} (1-x)^{q-1} \; dx \quad (p,q>0)
\end{align*}に対して等式
\begin{align*}
\beta (p,q)=\frac{\Gamma (p)\Gamma (q)}{\Gamma(p+q)}
\end{align*}が成立。

素数 pに対し \tau(p) \in \mathbb{Z}_{\ge 0}
\begin{align*}
p^{\tau (p)} |k \; \mathrm{かつ} \; p^{\tau (p)+1} \nmid k
\end{align*}を満たすものとします。また
\begin{align*}
\gamma (p)=
\begin{cases}
\tau (p)+1 \quad &(p>1 \; \mathrm{or} \; p=2 \; \mathrm{かつ} \; \tau(p)=0 ) \\
\tau (p)+2 \quad &(p=2 \; \mathrm{かつ} \; \tau (p)>0)
\end{cases}
\end{align*}と定義します。これについて次が成立します。

予備知識2

素数 pp \nmid aなる整数 aに対し合同方程式
\begin{align*}
x^k \equiv a \; (\mathrm{mod} \; p^{\gamma (p)} )
\end{align*}が解を持つなら任意の自然数 lに対して
\begin{align*}
x^k \equiv a \; (\mathrm{mod} \; p^l )
\end{align*}が解を持つ。

予備知識3

s >2^kなら任意の nに対して合同方程式
\begin{align*}
x_1^k+\dots +x_s^k \equiv n \quad (\mathrm{mod} \; p^{\gamma (p)}) \quad ( (x_1,p)=1)
\end{align*}は少なくとも一つ解を持つ。

これらの結果を証明するためにもそれなりの量の紙面が必要になるためいずれ別記事で公開したいと思います。

特異積分

特異積分に対しては次のような漸近公式が成立します。

Thm2

s\ge2に対し
\begin{align*}
J(n)=\Gamma \left(1+\frac{1}{k} \right)^s \Gamma \left( \frac{s}{k} \right)^{-1}n^{s/k-1} \left( 1+O\left( n^{-1/k} \right) \right)
\end{align*}が成立。

証明 sに関する帰納法で示す。

( s=2のとき) 定義より
\begin{align*}
J(n)=\sum_{\substack{1\le m_1,m_2 \le n \\ m_1+m_2=n}}\frac{1}{k^2}(m_1m_2)^{1/k-1}=\sum_{m=1}^{n-1}\frac{1}{k^2}m^{1/k-1}(n-m)^{1/k-1}
\end{align*}と計算できる。この右辺をベータ関数を用いて評価する。

Lem3

q \ge p > 0,p \le 1に対して
\begin{align*}
\sum_{m=1}^{n-1}m^{p-1}(n-m)^{q-1}=n^{p+q-1} \frac{\Gamma (p) \Gamma (q)}{\Gamma (p+q)}\left(1+O_{p,q}\left( n^{-p} \right) \right)
\end{align*}が成立。

Lem3の証明 以下オーダー定数は断りなく p,qに依存することとする。\phi (x)=x^{p-1}(n-x)^{q-1}と置くと簡単な導関数の計算によって q<1,p<1のときのみ \phi'(X)=0となる X\in (0,n)が存在し、さらにそのような X
\begin{align*}
X=\frac{1-p}{2-p-q}n
\end{align*}で与えられることがわかる。 特に nが十分大きければ X\in (1,n-1)と取ることができる。したがって \phi (x)p<1,q<1のときは区間 (0,X),(X,n)のそれぞれで単調関数であり、 p=1もしくは q\ge 1のときは (0,n)で単調関数となる。以下場合分けにより主張を示す。

( p= 1もしくは q \ge 1のとき) このとき積分判定法によ
\begin{align}
\sum_{m=1}^{n-1} \phi (m)= \int_1^{n-1} \phi (x) \; dx +O\left( \max \left\{ \phi (1),\phi (n-1) \right\} \right) \label{si1}
\end{align}が成立する。このとき
\begin{align*}
\max \left\{ \phi (1),\phi (n-1) \right\}\ll n^{q-1}
\end{align*}\begin{align*}
\int_0^1\phi (x)\; dx \ll n^{q-1}
\end{align*}\begin{align*}
\int_{n-1}^n\phi (x) \;dx \ll n^{p-1} \le n^{q-1}
\end{align*}であるからこれを\eqref{si1}に代入すれば
\begin{align*}
\sum_{m=1}^{n-1}\phi (m) = \int_{0}^n\phi (x) \; dx +O\left( n^{q-1} \right)
\end{align*}u=x/nと変数変換して予備知識1を適用すれば
\begin{align*}
=n^{p+q-1}\frac{\Gamma (p)\Gamma (q)}{\Gamma(p+q)}\left( 1+O\left( n^{-p} \right) \right)
\end{align*}を得る。

( p<1,q<1のとき) このときは M=[X] とおいて和を
\begin{align*}
\sum_{m=1}^{n-1}\phi (m)=\sum_{1\le m \le M}\phi (m)+\sum_{M+1 \le m \le n-1} \phi(m)
\end{align*}と分解すればそれぞれの和に積分判定法を用いることができ
\begin{align}
=\left( \int_1^M+\int_{M+1}^{n-1}\right) \phi (x) \; dx &+O\left( \max \left\{ \phi (1),\phi (M) \right\} \right) \notag \\
&+O\left( \max \left\{ \phi (M+1),\phi (n-1)\right\} \right) \label{si2}
\end{align}が成立することがわかる。またこのとき
\begin{align*}
\max \left\{ \phi (1),\phi (M) \right\} \ll n^{q-1}
\end{align*}\begin{align*}
\max \left\{ \phi (M+1),\phi (n-1)\right\} \ll n^{p-1} \le n^{q-1}
\end{align*}\begin{align*}
\int_M^{M+1}\phi (x) \; dx \ll n^{q-1}
\end{align*}\begin{align*}
\int_0^1\phi (x) \; dx \ll n^{q-1}
\end{align*}\begin{align*}
\int_{n-1}^n \phi (x) \; dx \ll n^{p-1} \le n^{q-1}
\end{align*}であるからこれらを\eqref{si2}に代入することで
\begin{align*}
\sum_{m=1}^{n-1}\phi (m) =\int_0^n \phi (x) \; dx +O\left( n^{q-1} \right)
\end{align*}u=x/nと変数変換して予備知識1を用いれば
\begin{align*}
=n^{p+q-1}\frac{\Gamma (p) \Gamma (q)}{\Gamma (p+q)}\left( 1+O\left( n^{-p} \right) \right)
\end{align*}が得られる。(QED)

Lem3は積分で成り立っていたベータ関数の公式を和に置き換えることで誤差項が出てくるけど類似の結果が成立するという感じになっていておもしろいです。

Thm2の証明つづき p=q=1/kとしてLem3を用いれば
\begin{align*}
J(n)=\frac{1}{k^2}n^{2/k-1}\frac{\Gamma (1/k)^2}{\Gamma(2/k)} \left( 1+O\left( n^{-1/k}\right) \right)
\end{align*}ガンマ関数の公式 \Gamma(s+1)=s\Gamma (s)を用いれば
\begin{align*}
=\Gamma \left( 1+\frac{1}{k} \right)^2 \Gamma \left(\frac{2}{k} \right)^{-1}n^{2/k-1} \left( 1+O\left( n^{-1/k}\right) \right)
\end{align*}が得られる。

(帰納法のステップ) s\ge 2で成立すると仮定して s+1で証明する。パラメータ sを明記して J(n)=J_s(n)と書く。容易に
\begin{align*}
J_{s+1}(n)=\sum_{m=1}^{n-1}\frac{1}{k}m^{1/k-1}J_s(n-m)
\end{align*}と計算できる。帰納法の仮定より
\begin{align}
J_{s+1}(n)=& \Gamma \left(1+\frac{1}{k} \right)^s \Gamma \left( \frac{s}{k} \right)^{-1}\frac{1}{k}\sum_{m=1}^{n-1}m^{1/k-1} (n-m)^{s/k-1} \notag \\
&+O\left(\sum_{m=1}^{n-1}m^{1/k-1} (n-m)^{s/k-1/k-1} \right) \label{si4}
\end{align}が成立。\eqref{si4}の第一項の和は p=1/k,q=s/kとしてLem3を用いれば
\begin{align*}
&\sum_{m=1}^{n-1}m^{1/k-1}(n-m)^{s/k-1} \\
& =n^{1/k+s/k-1} \frac{\Gamma (1/k) \Gamma (s/k)}{\Gamma (1/k+s/k)}\left(1+O\left( n^{-1/k} \right) \right)
\end{align*}同様に第二項は
\begin{align*}
&\sum_{m=1}^{n-1}m^{1/k-1} (n-m)^{s/k-1/k-1} \\
&=n^{s/k-1} \frac{\Gamma (1/k) \Gamma (s/k-1/k)}{\Gamma (s/k)}\left(1+O\left( n^{-1/k} \right) \right) \ll n^{s/k-1}
\end{align*}であるからこれを\eqref{si4}に代入すれば s+1でも主張の漸近公式が示される。
以上より帰納法によって主張が示された。(QED)

特異級数

続いて特異級数について議論していきます。まずは代数的にどんどん計算していきます。以下、任意の自然数 nを固定して計算します。

Prop4

(a,q)=(b,r)=(q,r)=1を満たす自然数 a,b,q,rに対して
\begin{align*}
S(qr,ar+bq)=S(q,a)S(r,b)
\end{align*}が成立。

証明 まず集合 \left\{ tr+uq | 1 \le t \le q, 1\le u \le r \right\}が法 qrの完全剰余類になることを示す。今
\begin{align*}
tr+uq\equiv t'r+u'q \; (\mathrm{mod} \; qr)
\end{align*}とすると
\begin{align*}
tr\equiv t'r \; (\mathrm{mod}\; q ), \; uq \equiv u'q \; (\mathrm{mod} \; r)
\end{align*}が成立。仮定より (q,r)=1であるから
\begin{align*}
t \equiv t' \; (\mathrm{mod} \; q), \; u \equiv u' \; (\mathrm{mod} \;r )
\end{align*}となる。定義より 1 \le t,t' \le q,\; 1\le u, u' \le rなので t=t',\; u=u' となる。明らかに上の集合の元の個数は qr個なので完全剰余類になる。
Prop4を示す。定義と上述の議論から
\begin{align*}
S(qr,ar+bq)&=\sum_{m=1}^{qr}e \left( \frac{ar+bq}{qr}m^k \right) \\
&=\sum_{t=1}^q\sum_{u=1}^r e \left( \frac{ar+bq}{qr}(tr+uq)^k \right)
\end{align*}二項定理より
\begin{align*}
=\sum_{t=1}^q\sum_{u=1}^r e \left(\frac{a}{q}(tr)^k \right) e\left( \frac{b}{r}(uq)^k \right) =S(q,a)S(r,b)
\end{align*}となる。(QED)

Cor5

(q,r)=1なる自然数 q,rに対して
\begin{align*}
S(qr)=S(q)S(r)
\end{align*}が成立。つまり S(q)は乗法的な関数である。

証明 (q,r)=1なら
\begin{align*}
S(qr)=\sum_{\substack{a=1\\ (a,qr)=1}}^{qr} \frac{1}{(qr)^s}S(qr,a)^s e\left( -\frac{a}{qr}n \right)
\end{align*}Prop4の証明の最初の議論により
\begin{align*}
=\sum_{\substack{t=1 \\ (t,q=1)}}^q \sum_{\substack{u=1\\ (u,r)=1}}^r\frac{1}{(qr)^s}S(qr.tr+uq)^se\left( -\frac{tr+uq}{qr}n \right)
\end{align*}Prop4より
\begin{align*}
=S(q)S(r)
\end{align*}となる。(QED)


Prop5より特異級数 \mathfrak{S}(n)=\sum_{q=1}^{\infty}S(q)s>2^kなら
\begin{align*}
\mathfrak{S}(n)=\prod_{p:\mathrm{素数}}\left( \sum_{h=0}^{\infty} S\left( p^h\right) \right)
\end{align*}と書くことができます。そこで素数 pに対して
\begin{align*}
T(p)=\sum_{h=0}^{\infty}S\left( p^h \right)
\end{align*}と定めておきます。注意として S(q)が実数であることは容易にわかります。したがって T(p)も実数になります。

Thm6

s>2^kなら任意の nに対して \prod_p T(p)は絶対収束し、特異級数に対して
\begin{align*}
\mathfrak{S}(n)=\prod_pT(p)
\end{align*}が成立。ここで積は素数 p全体を走る。さらにある定数 c=c_kが存在して
\begin{align*}
\frac{1}{2} < \prod_{p \ge c}T(p) <\frac{3}{2}
\end{align*}が成立する。

証明 各素数 pに対して
\begin{align*}
T(p)=1+\sum_{h=1}^{\infty}S\left( p^h \right)
\end{align*}であり、前回の記事の式(7)より
\begin{align}
S(q) \ll \frac{1}{q^{1+1/2^k}} \label{ss1}
\end{align}であるから s>2^kなら無限積が絶対収束することがわかる。*1したがって \mathfrak{S}(n)=\prod_p T(p)も成立。主張後半の不等式を示す。\eqref{ss1}より
\begin{align*}
\sum_{h=1}^{\infty}S(p^h) \ll \frac{1}{p^{1+1/2^k}}
\end{align*}が成立。これとx>-1で成立する不等式
\begin{align*}
\frac{x}{1+x} \le \log (1+x) \le x
\end{align*}を用いれば
\begin{align*}
-\frac{1}{p^{1+1/2^k}-1} \le \log T(p) \le \frac{1}{p^{1+2^k}}\quad (\forall p)
\end{align*}つまり
\begin{align*}
\log T(p) \ll \frac{1}{p^{1+1/2^k}}
\end{align*}が得られる。したがって任意の \varepsilon >0に対して k,\varepsilonのみに依存する定数 cが存在して
\begin{align*}
\sum_{p\ge c} \log T(p) \ll \sum_{p \ge c}\frac{1}{p^{1+1/2^k}} \le \varepsilon
\end{align*}が成立。\varepsilonを適切に固定することで所望の不等式が得られる。(QED)

Thm6より特異級数を調べるためには小さい素数 pに関する T(p)を調べればよいことがわかります。 T(p)を調べるために予備知識3に関連するある合同方程式の解をつなげる公式を示します。

Prop7

s>2^kとし、M_n(q)を合同方程式
\begin{align*}
x_1^k+ \cdots +x_s^k =n \; (\mathrm{mod} \; q) \quad (1\le x_i \le q)
\end{align*}の解の個数とする。このとき任意の自然数 qに対して
\begin{align*}
\sum_{d|q} S(d)=q^{1-s}M_n(q)
\end{align*}及び
\begin{align*}
T(p)=\lim_{l \to \infty}p^{l(1-s)}M_n (p^l)
\end{align*}が成立する。

証明 等比数列の和の公式を用いれば
\begin{align*}
\frac{1}{q}\sum_{r=1}^qe \left( \frac{h}{q}r \right) =
\begin{cases}
=1 \quad &(h \equiv 0 \; (q) )\\
=0 \quad &(h \not \equiv 0 \; (q) )
\end{cases}
\end{align*}がわかる。したがって M_n(q)
\begin{align}
M_n(q)&=\frac{1}{q} \sum_{m_1=1}^q \cdots \sum_{m_s=1}^q \sum_{r=1}^q e\left( \frac{m_1^k+\cdots +m_s^k-n}{q}r \right) \notag \\
&= \frac{1}{q} \sum_{r=1}^q \sum_{\substack{1\le m_i \le q \\ 1\le i \le s}} e\left( \frac{m_1^k+\cdots +m_s^k-n}{q}r \right) \label{ss2}
\end{align}と書くことができる。ここで各 r,qに対し a=r/(r,q),d=q/(r,q)とおくと
\begin{align*}
e \left( \frac{(m+d)^k}{q}r \right) =e\left( \frac{m^k}{q}{r} \right)
\end{align*}であるから
\begin{align*}
\sum_{m=1}^q e \left( \frac{(m+d)^k}{q}r \right) &= (r,q) \sum_{m=1}^de \left( \frac{m^k}{q}r \right) \\
&=\frac{q}{d}\sum_{m=1}^q e\left( \frac{m^k}{d}a \right)
\end{align*}が成立。これを\eqref{ss2}に m=m_iとして代入すれば
\begin{align*}
M_n(q)&=\frac{1}{q}\sum_{d|q}\sum_{\substack{a=1 \\ (a,d)=1}}^d \left( \frac{q}{d} \right)^s \sum_{\substack{m_i=1\\ 1\le i \le s}}^de\left( \frac{m_1^k+\cdots +m_s^k -n}{d}a \right) \\
&=\frac{1}{q^{1-s}}\sum_{d|q}S(d)
\end{align*} となり一つ目の等式が示せた。
二つ目の等式は自然数 lに対して一つ目の等式より
\begin{align*}
p^{l(1-s)}M_n\left( p^l\right) =\sum_{d|p^l}S(d)=\sum_{h=0}^lS\left( p^h \right)
\end{align*}であるから
\begin{align*}
T(p)=\lim_{l\to \infty}\sum_{h=0}^l S\left( p^l \right) =\lim_{l\to \infty} p^{l(1-s)}M_n\left( p^l \right)
\end{align*}が従う。(QED)

そうすると次は M_n\left( p^l \right)を調べなければいけないわけですが、これに関しては予備知識2及び3を認めると簡単に調べることができます。

Lem8

s>2^kとする。このとき任意の素数 pt\ge \gamma(p)に対して
\begin{align*}
M_n\left( p^t \right) \ge p^{(t-\gamma (p))(s-1)}
\end{align*}が成立。

証明 予備知識3より
\begin{align*}
x_1^k+\cdots +x_s^k \equiv n \; (\mathrm{mod} \; p^{\gamma (p)})
\end{align*}を満たす 1\le x_i \le p^{\gamma (p)},\; (x_1,p)=1が存在する。1\le y_2, \dots , y_s \le p^{t}y_i \equiv x_i \; (p^{\gamma (p)})となるように選ぶと、予備知識2より
\begin{align*}
y_1^k \equiv n- y_2^k-\cdots -y_s^k \; (\mathrm{mod} \; p^t)
\end{align*}を満たす 1\le y_1 \le p^tが存在する。y_2,\dots ,y_sの取り方は p^{(t-\gamma(p))(s-1)}通りだから
\begin{align*}
M_n\left( p^t \right) \ge p^{(t-\gamma(p))(s-1)}
\end{align*}が従う。(QED)

以上の議論から特異級数 \mathfrak{S}(n)の評価を得ることができます。

Thm9

s>2^kなら\begin{align*}
\mathfrak{S}(n) \gg 1
\end{align*}が成立。

証明 Thm6、prop7、Lem8より
\begin{align*}
\mathfrak{S}(n) &\gg \prod_{p\le c}T(p) =\prod_{p\le c}\lim_{l\to \infty}p^{l(1-s)}M_n\left( p^l \right) \\
& \ge \prod_{p\le c}p^{\gamma (p)(1-s)} \gg 1
\end{align*}と評価できる。(QED)

当初の目標の証明

特異積分及び特異級数に対して得られた式を用いることで最終的に R(n)を次のように展開することができます。さらに系として当初の目標であった R(n)\ge 1を示すことができます。

Thm10

s>2^kとする。このとき k飲みに依存する定数 \delta >0が存在して
\begin{align*}
R(n)=\Gamma \left(1+\frac{1}{k} \right)^s \Gamma \left( \frac{s}{k} \right)^{-1}n^{s/k-1}\mathfrak{S}(n)+O \left( n^{s/k-1-\delta} \right)
\end{align*}が成立。ここで \mathfrak{S}(n)\mathfrak{S}(n) \gg 1を満たす。

証明 \mathfrak{S}(n)\ll 1に注意してThm1とThm2より容易に導ける。(QED)

Cor11

s>2^kとする。このとき十分大きい任意の nに対して
\begin{align*}
R(n) \ge 1
\end{align*}が成立。つまり G(k)\le 2^k+1が成立。

証明 Thm10より
\begin{align*}
R(n) \gg n^{s/k-1}
\end{align*}であるから nが十分大きければ R(n)\ge 1である。(QED)

おわりに

おわりです。

参考文献

(1) The Hardy-Littlewood Method (Cambridge Tracts in Mathematics)

これをMain textとして勉強してきました。

(2) Elements of number theory

残念ながら予備知識2,3を認めて話を進めてしまいました。それらの証明はこちらの6章が参考になります。いずれこの話題も記事にしたい...。

*1:注意として数列 u_nに対し無限積 \prod (1+u_n)が絶対収束するとは \sum u_nが絶対収束することである。