約数個数函数の2種類の母函数

はじめに

約数個数函数というものがあります。その名の通り整数$n$に対し$n$の約数の個数を返してくる函数$d$で、

${\displaystyle d(n)=\sum _{k|n}1}$

と定義されます。($k|n$は$n$が$k$で割り切れるという意味です。)

この約数個数函数の2つの母函数をこの記事では求めます。具体的にいうと、

母函数としてのディリクレ級数${\displaystyle \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{d(n)}{n^s}}$

通常型母函数${\displaystyle \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}d(n)x^n}$

この2つを求めます。

母函数としてのディリクレ級数

$\begin{array}{rcl}& & \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{d(n)}{n^s}\\ & =& \sum _{\begin{array}{c}0<a,b\\ n=ab\end{array}}\frac{1}{n^s}\\ & =& \sum _{0<a,b}\frac{1}{a^s{b}^s}\\ & =& {\zeta }^2(s)\end{array}$

以上より、

${\displaystyle \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{d(n)}{n^s}={\zeta }^2(s)}$

がわかりました。

1行目から2行目への式変形ですが、$ab=n$を満たす正整数$a,b$の組が$d(n)$通りであるため成立します。

通常型母函数

通常型母函数を求める前に、q-類似について軽く触れます。

q-類似（きゅーるいじ、英: q-analog, q-analogue）とは、理論に q → 1 の極限で、元の理論に一致するように径数 q を導入するような拡張のことをいう。q-拡張（英: q-extension）などとも呼ばれる。

詳しく知りたい、という方は こちら をご覧ください。q-類似に関するwikiです。また、 nkswtr さんが書かれた こちら のPDFも良いかもしれません。

ここでは通常型母函数を導出するにあたり必要なq-Pochhammer記号、q-ガンマ函数、q-ディガンマ函数、q-Euler定数の定義について説明します。

まず、q-Pochhammer記号です。これは

${\displaystyle (a,q{)}_n=\prod _{k=0}^{n-1}(1-a{q}^k)}$

と定義されます。この記事では$n\to \mathrm{\infty }$とした

${\displaystyle (a,q{)}_{\mathrm{\infty }}=\prod _{k=0}^{\mathrm{\infty }}(1-a{q}^k)}$

を使います。

次にq-ガンマ函数です。これは

${\displaystyle {\mathrm{\Gamma }}_q(z)=\frac{(q,q{)}_{\mathrm{\infty }}}{(q,q^z{)}_{\mathrm{\infty }}}(1-q{)}^{1-z}}$

と定義されます。この記事ではこの定義を式変形し、

${\displaystyle {\mathrm{\Gamma }}_q(z)=(1-q{)}^{1-z}\prod _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{1-q^{k+1}}{1-q^{k+z}}}$

としたものを使います。

そしてq-ディガンマ函数とq-Euler定数ですが、それぞれ

${\displaystyle {\psi }_q(z)=\frac{\partial }{\partial z}\log {\mathrm{\Gamma }}_q(z)}$

${\displaystyle \gamma (q)=-{\psi }_q(1)}$

と定義されます。

定義を一通り確認したところで本題に入ります。

まず、${\displaystyle {\mathrm{\Gamma }}_q(z)=(1-q{)}^{1-z}\prod _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{1-q^{k+1}}{1-q^{k+z}}}$から出発します。

${\displaystyle \log {\mathrm{\Gamma }}_q(z)=(1-z)\log (1-q)+\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}(\log (1-q^{k+1})-\log (1-q^{k+z}))}$

${\displaystyle \frac{\partial }{\partial z}\log {\mathrm{\Gamma }}_q(z)=\frac{\partial }{\partial z}((1-z)\log (1-q)+\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}(\log (1-q^{k+1})-\log (1-q^{k+z})))}$

${\displaystyle {\psi }_q(z)=-\log (1-q)+\log q\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{q^{k+z}}{1-q^{k+z}}}$

${\displaystyle {\psi }_x(1)=-\log (1-x)+\log x\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{x^{k+1}}{1-x^{k+1}}}$

${\displaystyle \sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{x^k}{1-x^k}=\frac{\log (1-x)-\gamma (x)}{\log x}}$

ここで、

$\begin{array}{rcl}& & \sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{x^k}{1-x^k}\\ & =& \sum _{0<n,k}{x}^{nk}\\ & =& \sum _{\begin{array}{c}0<n,k\\ a=nk\end{array}}{x}^a\\ & =& \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}d(n)x^n\end{array}$

より、

${\displaystyle \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}d(n)x^n=\frac{\log (1-x)-\gamma (x)}{\log x}}$

がわかりました。

おわりに

ディリクレ級数の方ですが、この等式をうまく用いることで 前回の記事 の問題を解くことが出来ます。興味が湧いた方は是非挑戦してみてください。

この記事を書くにあたり協力してくださった don@ld さん、本当にありがとうございます。