プライムス

大学院生の数学ノート

自然数をいくつかの自然数の積で表す方法の数について

問題です! \;

6を三つ自然数の積で表す方法はいくつあるでしょうか?(積の順番も考慮してください)

正解は
\begin{align*}
6=&1\cdot 1 \cdot 6,\; 1\cdot 2 \cdot 3,\; 1 \cdot 3 \cdot 2 \\
&1\cdot 6 \cdot 1, \; 2 \cdot 1 \cdot 3, \; 2 \cdot 3 \cdot 1 \\
& 3 \cdot 1 \cdot 2, \; 3 \cdot 2 \cdot 1,\; 6\cdot 1 \cdot 1
\end{align*}の9通りでした!合ってましたか?ということで今回は

自然数 nk個の自然数の積で表示する方法の数

について考えていきたいと思います。

和を用いた表現

上の問題を考えるために次の数論的関数を導入します。

定義

数論的関数 \tau_k(n)k=1に対しては

\begin{align}
\tau_1(n)=1(n):=1 \quad (\forall n \in \mathbb{N})
\end{align}
とし、 k\ge 2に対しては
\begin{align}
\tau_k(n)=\sum_{e_1\cdots e_k=n}1
\end{align}と定める。

あきらかに \tau_k(n)は自然数 nk個の自然数の積で表す方法の数を表しています。先の問題は \tau_3(6)=9を意味しています。
定義より k\ge 2なら
\begin{align}
\tau_k(n)=\sum_{e_1\cdots e_{k-1}|n}1
\end{align}が成り立ちます。特に k=2の場合は \tau_2(n)=d(n)となります( d(n)は約数個数関数)ので \tau_k(n)は約数個数関数の一般化にもなっています。*1

以前このブログでDirichletの畳み込み積を紹介しました。
www.mathnote.info

Dirichletの畳み込み積を用いると \tau_k(n)は簡単に
\begin{align}
\tau_k(n)=\underbrace{1\ast \cdots \ast 1}_{k\mathrm{個}}(n)
\end{align}と表すことができます。畳み込み積は乗法性を保つので、この表示より \tau_k(n)が乗法的な関数であることもわかります。さらにDirichletの畳み込み積の定義よりk\ge 2なら

\begin{align}
\tau_k(n)=1\ast (1\ast \cdots \ast 1)(n)=\sum_{e|n}\tau_{k-1}(e) \label{1}
\end{align}
と帰納的に表すこともできます。

Dirichletの畳み込み積とDirichlet級数の関係を考えればリーマンゼータ関数のべき乗を
\begin{align}
\zeta (s)^k=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\tau_k(n)}{n^s} \label{2}
\end{align}と表すことができます。したがって \tau_k(n)はリーマンゼータ関数ともかかわってくる重要な数論的関数なのです。

上からの評価

\tau_k(n)の上からの評価を与えることができるので紹介します。まず一つ補題を証明します。次の補題が証明できれば式\eqref{1}より帰納的に \tau_k(n)の評価を得ることができます。

補題

任意の \varepsilon>0に対し約数個数関数 d(n)=\tau_2(n)
\begin{align}
d(n) \ll_{\varepsilon}n^{\varepsilon}
\end{align}を満たす。

証明 自然数 n
\begin{align}
n=p_1^{a_1}\cdots p_t^{a_t}
\end{align}と因数分解されているとする。このとき
\begin{align}
d(n)=\prod_{i=1}^t (a_i+1)
\end{align}であるから
\begin{align}
\frac{d(n)}{n^{\varepsilon}} = \prod_{i=1}^t \Big{(}\frac{a_i+1}{p^{\varepsilon a_i}}\Big{)}
\end{align}と表せる。
ここで積を p_i<2^{1/\varepsilon}であるところと p_i \ge 2^{1/\varepsilon}であるところで分割して

\begin{align}
\frac{d(n)}{n^{\varepsilon}} = \prod_{p_i<2^{1/\varepsilon}}\Big{(}\frac{a_i+1}{p_i^{\varepsilon a_i}}\Big{)}\cdot \prod_{p_i\ge 2^{1/\varepsilon}}\Big{(}\frac{a_i+1}{p_i^{\varepsilon a_i}}\Big{)}
\end{align}
と表す。 p \ge 2^{1/\varepsilon},a\ge 1なら
\begin{align}
\frac{a+1}{p^{\varepsilon a}}\le \frac{a+1}{2^a} \le 1
\end{align}であるから
\begin{align}
\frac{d(n)}{n^{\varepsilon}} \le \prod_{p_i<2^{1/\varepsilon}}\Big{(}\frac{a_i+1}{p^{\varepsilon a_i}}\Big{)}
\end{align}と評価できる。任意の素数 pa\ge 1に対し
\begin{align}
p^{\varepsilon a} \ge 2^{\varepsilon a} =e^{\varepsilon a \log 2}\ge \varepsilon a \log 2
\end{align}となるから
\begin{align}
\frac{a+1}{p^{\varepsilon a}}\le \frac{a}{p^{\varepsilon a}}+1 \le \frac{1}{\varepsilon \log 2}+1
\end{align}と評価できる。p <2^{1/\varepsilon}を満たす素数の個数は 2^{1/\varepsilon}以下だから
\begin{align}
\frac{d(n)}{n^{\varepsilon}} = \prod_{p_i<2^{1/\varepsilon}}\Big{(}\frac{1}{\varepsilon \log 2}+1\Big{)} \le \Big{(}\frac{1}{\varepsilon \log 2}+1\Big{)}^{2^{1/\varepsilon}} \ll_{\varepsilon} 1
\end{align}
となり題意が示された。(QED)

この補題より次のような \tau_k(n)の評価が導けます。

定理

任意の \varepsilon>0に対して
\begin{align}
\tau_k(n)\ll_{\varepsilon} n^{\varepsilon}
\end{align}が成立。

証明 帰納法で示す。k=1のときは明らかで k=2のときは補題である。k\ge 2で題意が成立していると仮定する。e|nなら

\begin{align}
\tau_k(e) =\sum_{e_1 \cdots e_{k-1}|e}1 \le \sum_{e_1 \cdots e_{k-1}|n}1=\tau_k(n)
\end{align}
が成立。したがって式\eqref{1}と帰納法の仮定より
\begin{align}
\tau_{k+1}(n) =\sum_{e|n}\tau_k(e) \le \tau_k(n)d(n) \ll_{\varepsilon} n^{\varepsilon}
\end{align}
となる。(QED)

約数和関数について

解析数論における一つの主要な問題としてDirichletの約数問題というものが挙げられます。まず約数和関数を定義します。

定義(約数和関数)

\Delta_{k,l}(x)
\begin{align}
\Delta_{k,l}(x)=\sum_{n\le x}\tau_k(n)^l
\end{align}と定義する。これを約数和関数と呼ぶ。

一般に数論的関数 a(n)のDirichlet母関数として定義されるDirichlet級数
\begin{align}
L(s,a)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{a(n)}{n^s}
\end{align}と a(n)の和
\begin{align}
\sum_{n\le x}a(n)
\end{align}には深い関係があります。*2

リーマンゼータ関数の理論に関連して約数和関数 \Delta_{k,l}(x)の挙動を調べる問題は一般に約数問題といわれており、特に k=2,l=1の場合はDirichletの約数問題と呼ばれます。
ここではリーマンゼータ関数と \tau_k(n)の関係式\eqref{2}を応用して約数和関数の評価を証明してみましょう。まずは次の補題を証明します。この補題はそれ自身重要なものです。

補題

任意の k,l\ge 1に対して

\begin{align}
\sum_{n\le x}\frac{\tau_k(n)^l }{n}\ll (\log x)^{k^l} \quad (x\to \infty )
\end{align}
が成り立つ。

証明 和を変形していくと \tau_k(n)の定義式より

\begin{align}
\sum_{n\le x}\frac{\tau_k(n)^l}{n}=\sum_{n\le x}\Big{(}\sum_{e_1\cdots e_k=n}1\Big{)}\frac{\tau_k(n)^{l-1}}{n}=\sum_{\substack{e_1,\dots ,e_k \\ n=e_1 \cdots e_k \le x}}\frac{\tau_k(n)^{l-1}}{n} \label{3}
\end{align}
とかける。ここで任意の k個の自然数 n_1,\dots ,n_kに対し
\begin{align}
\tau_k(n_1\cdots n_k) =\sum_{e_1\cdots e_k=n_1 \cdots n_k}1 \le \prod_{i=1}^k \Big{(}\sum_{e_1\cdots e_k=n_i}1\Big{)}=\prod_{i=1}^k\tau_k(n_i)
\end{align}
が成り立つから式\eqref{3}より
\begin{align}
\sum_{n\le x}\frac{\tau_k(n)^l}{n} \le \sum_{\substack{e_1,\dots ,e_k \\ n=e_1 \cdots e_k \le x}}\prod_{i=1}^k\frac{\tau_k(e_i)^{l-1}}{e_i} \le \Big{(}\sum_{n\le x}\frac{\tau_k(n)^{l-1}}{n}\Big{)}^k \label{4}
\end{align}
と評価できる。不等式\eqref{4}を繰り返し用いれば
\begin{align}
\sum_{n\le x}\frac{\tau_k(n)^l}{n} \le \Big{(}\sum_{n\le x}\frac{1}{n}\Big{)}^{k^l} \ll (\log x)^{k^l}
\end{align}
を得る。(QED)

約数和関数に関しては以下の評価が成立します。

定理

任意の k,l\ge 1に対して

\begin{align}
\Delta_{k,l} (x) \ll x(\log x)^{k^l-1} \quad (x\to \infty )
\end{align}
が成立。

証明
( l=1のとき) このとき定義より

\begin{align}
\Delta_{k,1}(x)=\sum_{n\le x}\tau_k(n)=\sum_{n\le x}\sum_{e|n}\tau_{k-1}(e)
\end{align}
となるので和の順序を変更することで
\begin{align}
=\sum_{e\le x}\sum_{\substack{e|n \\ n\le x}}\tau_{k-1}(e) \ll x\sum_{e\le x}\frac{\tau_{k-1}(e)}{e}
\end{align}
とできる。最後の式は先の補題の l=1の場合から評価できて
\begin{align}
\ll x(\log x)^{k-1}
\end{align}となる。

( l>1のとき) 数論的関数 \tau_k(n)^lのDirichlet母関数を
\begin{align}
L(s,\tau_k^l)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\tau_k(n)^l}{n^s} \quad (s >1)
\end{align}と置く。先の定理より任意の \varepsilon >0に対して \tau_k(n)^l \ll n^{\varepsilon}であるからこの級数は s>1で広義一様収束する。係数は乗法的であるから L(s,\tau_k^l)はEuler積表示を持っていて、素数 pに対して \tau_k(p)=kとなることに注意すれば

\begin{align}
L(s,\tau_k^l)&=\prod_{p:\mathrm{素数}}\Big{(}1+\frac{\tau_k(p)^l}{p^s}+\frac{\tau_k(p^2)^l}{p^{2s}}+\cdots \Big{)} \notag \\
&= \prod_{p:\mathrm{素数}}\Big{(}1+\frac{\tau_k(p)^l}{p^s}+\sum_{j=2}^{\infty}\frac{\tau_k(p^j)^l}{p^{js}} \Big{)}\notag \\
&= \prod_{p:\mathrm{素数}}\Big{(}1+\frac{k^l}{p^s}+\sum_{j=2}^{\infty}\frac{\tau_k(p^j)^l}{p^{js}} \Big{)}
\end{align}
とかける。この表示から \zeta (s)^{k^l}のEuler積をくくりだすと
\begin{align}
=\zeta (s)^{k^l} \prod_{p:\mathrm{素数}}\Big{(}1-\frac{1}{p^s}\Big{)}^{k^l}\Big{(}1+\frac{k^l}{p^s}+\sum_{j=2}^{\infty}\frac{\tau_k(p^j)^l}{p^{js}} \Big{)} \label{5}
\end{align}
とかける。このとき式\eqref{5}の無限積の部分が s>1/2で絶対収束することが以下のように示せる。

(無限積の収束性) まず任意の  a,b>0に対して
\begin{align}
a\log \Big{(}1-\frac{1}{x} \Big{)} +\log \Big{(}1+\frac{a}{x}+b\Big{)} \notag
\end{align}\begin{align}
\to \log (1+b) >0 \quad (x\to \infty)
\end{align}であるから、素数 pが十分大きければ

\begin{align}
k^l \log \Big{(}1-\frac{1}{p^s}\Big{)}+\log \Big{(}1+\frac{k^l}{p^s}+\sum_{j=2}^{\infty}\frac{\tau_k(p^j)^l}{p^{js}} \Big{)} >0 \label{6}
\end{align}
である。式\eqref{5}の無限積が絶対収束することと(6)の素数 pにわたる無限和が絶対収束することは同値であり、\eqref{6}は不等式
\begin{align}
\log (1-x) &\le -x \quad &&(-1{<}x{<}1)
\end{align}\begin{align}
\log (1+x) &\le x \quad &&(x\ge 0)
\end{align}を用いれば、\eqref{6}より 十分大きいpに対し
\begin{align}
\Big{|}k^l \log \Big{(}1-\frac{1}{p^s}\Big{)}+\log \Big{(}1+\frac{k^l}{p^s}+\sum_{j=2}^{\infty}\frac{\tau_k(p^j)^l}{p^{js}} \Big{)}\Big{|} \le \sum_{j=2}^{\infty}\frac{\tau_k(p^j)^l}{p^{js}}
\end{align}
が成り立つ。先の定理 \tau_k(n)^l \ll n^{\varepsilon}より
\begin{align}
\sum_{p}\sum_{j=2}^{\infty}\frac{\tau_k(p^j)^l}{p^{js}}
\end{align}は s>1/2で収束する。したがって\eqref{5}の無限積は s>1/2で収束することがわかる。

\eqref{5}の無限積を展開すればなんらかしらの h(n)を用いて s>1/2で絶対収束するDirichlet級数
\begin{align}
L(s,h)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{h(n)}{n^s} \quad (s>\frac{1}{2})
\end{align}となり、\eqref{5}は
\begin{align}
L(s,\tau_k^l )=\zeta (s)^{k^l}L(s,h)
\end{align}とかける。Dirichlet級数の積はDirichletの畳み込み積でかけるので、この等式と\eqref{2}より

\begin{align}
\tau_k(n)^l=\tau_{k^l}\ast h(n)=\sum_{m|n}h(m)\tau_{k^l}\Big{(}\frac{n}{m}\Big{)}
\end{align}
が成り立つ。したがって l=1の場合の評価を用いれば
\begin{align}
\Delta_{k,l}(x) &\le \sum_{n\le x}\sum_{m|n}|h(m)|\tau_{k^l}\Big{(}\frac{n}{m}\Big{)} \notag \\
& =\sum_{m\le x}|h(m)|\sum_{\substack{m|n \\ n\le x}}\tau_{k^l}\Big{(}\frac{n}{m}\Big{)}\notag \\
&=\sum_{m\le x}|h(m)|\sum_{n'\le x/m} \tau_{k^l}(n') \quad (\because n=mn')\notag \\
&\ll \sum_{m\le x}|h(m)|\frac{x}{m}\Big{(}\log \frac{x}{m} \Big{)}^{k^l-1} \notag \\
&\le x(\log x)^{k^l-1}\sum_{m\le x}\frac{|h(m)|}{m} \notag \\
& \ll x(\log x)^{k^l-1}
\end{align}
と評価できる。ただし最後は  L(s,h)s=1で絶対収束することを用いた。したがって定理の評価が示された。(QED)

おわりに

約数問題は現在も活発に研究されている問題です。最後は少し複雑になりましたがリーマンゼータ関数が応用されていておもしろいです。\tau_k(n)についての様々な評価は篩法でも頻繁に使われていてとても便利です。解析数論は関数を具体的に表示できるので楽しいですね。

参考文献

(1) 数論入門 I (シュプリンガー数学クラシックス)

この本は初等的な数論に関するあらゆる内容が書かれている数論の名著のひとつです。内容は解析と代数の初歩を学んでいればほとんど読めるものですが、扱っている内容が多岐にわたっていることが特徴です。解析、代数、幾何の各視点からの数論を学ぶことができて数論への入門におすすめです。

(2) 解析的整数論〈1〉素数分布論 (朝倉数学大系)

この本は解析的整数論、特に素数分布論についてかなり深く解説した本です。特に日本語の本ではめずらしい篩法を詳しく学べることが特徴です。ただし内容はかなり発展的になっていて、ある程度解析数論を学んだ人向けの本かもしれません。素数分布論を深く学びたい人はぜひ読んでみてください。

*1:このことより \tau_k(n)は一般約数関数と呼ばれることもあり、著者によっては \tau_k(n)の代わりに d_k(n)を用いることもある。

*2:たとえば ペロンの公式 - Wikipedia など。