連続n整数の積で遊んでみた

$I_n(x)=\{x,x+1,\cdots ,x+n-1\}$を、右に１ずつずらしてゆく($x$を1ずつ増やしてゆく)ことを考える。そのときの$I_n(x)$に属する$p$の倍数の個数$f_{n,p}(x)$は、法を$p$として、$x\equiv 0$から$x\equiv 1$になるときに1減り、$x\equiv -n$から$x\equiv -n+1$になるときに1増える。また、$x=1$のとき$f_{n,p}(1)=\lfloor \frac{n}{p} \rfloor$であるから、命題が成り立つ。

$$\begin{eqnarray} f_{n,p}(x)=\lfloor \frac{x+n-1}{p}\rfloor -\lfloor \frac{x-1}{p}\rfloor\end{eqnarray}$$より定理1から直ちに従う。

$$\begin{eqnarray} \sum_{k=0}^{p-1}f_{n,p}(x+kd) &=&\sum_{k=0}^{p-1}\left(\lfloor \frac{x+kd+n-1}{p}\rfloor -\lfloor \frac{x+kd-1}{p}\rfloor\right)\\ &=&\sum_{k=0}^{p-1}\lfloor \frac{x+kd+n-1}{p}\rfloor -\sum_{k=0}^{p-1}\lfloor \frac{x+kd-1}{p}\rfloor\end{eqnarray}$$ここで、$x$を$p$で割った余りを$R_p(x)$とすると、$$\begin{eqnarray} \sum_{k=0}^{p-1}\lfloor \frac{x+kd-1}{p}\rfloor &=&\sum_{k=0}^{p-1}\left(\frac{x+kd-1}{p}-\frac{R_p(x+kd-1)}{p}\right)\\ &=&\sum_{k=0}^{p-1}\frac{x+kd-1}{p}-\sum_{k=0}^{p-1}\frac{R_p(x+kd-1)}{p}\end{eqnarray}$$であるから、$$\begin{eqnarray} &\sum_{k=0}^{p-1}&\lfloor \frac{x+kd+n-1}{p}\rfloor-\sum_{k=0}^{p-1}\lfloor \frac{x+kd-1}{p}\rfloor\\ &=&\left(\sum_{k=0}^{p-1}\frac{x+kd+n-1}{p}-\sum_{k=0}^{p-1}\frac{R_p(x+kd+n-1)}{p}\right) -\left(\sum_{k=0}^{p-1}\frac{x+kd-1}{p}-\sum_{k=0}^{p-1}\frac{R_p(x+kd-1)}{p}\right)\\ &=&\left(\sum_{k=0}^{p-1}\frac{x+kd+n-1}{p}-\sum_{k=0}^{p-1}\frac{x+kd-1}{p}\right) -\left(\sum_{k=0}^{p-1}\frac{R_p(x+kd+n-1)}{p}-\sum_{k=0}^{p-1}\frac{R_p(x+kd-1)}{p}\right)\\ &=&n-\frac{1}{p}\left(\sum_{k=0}^{p-1}R_p(x+kd+n-1)-\sum_{k=0}^{p-1}R_p(x+kd-1)\right)\end{eqnarray}$$となる。$k=0,1,\cdots ,p-1$において、$x+kd-1$や$x+kd+n-1$は公差$d$の等差数列をなすが、それらは$n$だけずれている。しかし$n$は$d$の倍数なので、それぞれの等差数列の各項を$p$で割った余りは並び替えの関係にあり、登場する余りやその回数は完全に一致する。したがって、上式の第2項は0になり、$$\sum_{k=0}^{p-1}f_{n,p}(x+kd)=n$$が成り立つ。

$$a=\lfloor \frac{n}{p} \rfloor,\ b=\lfloor \frac{n}{p} \rfloor+1$$とすると、$ka+lb=n$かつ$k+l=p$を満たす$k,l$はただ１組に決まる(実際、$(k,l)=(pb-n,-pa+n)$となる)。命題2より、この$k,l$が各個数であり、$d$によらない。

分母分子の素因数の個数を比較する。分子の素因数$p$の個数は
$$\sum_{k=0}^{m-1}\sum_{e=1}^{\infty}f_{n,p^e}(x+kd)=\sum_{e=1}^{\infty}\sum_{k=0}^{m-1}f_{n,p^e}(x+kd)$$で与えられる。分母のそれは$d=1,x=1$としたものに相当する。そこで、右辺の内側のシグマ、$$\sum_{k=0}^{m-1}f_{n,p^e}(x+kd)$$の値を$d,x$の関数とみて、任意の$m,n,p,e$でこれが$d=1,x=1$で最小になることを示そう。簡単のため、$$a=\lfloor \frac{n}{p^e} \rfloor ,\ b=\lfloor \frac{n}{p^e} \rfloor+1$$と書く。$d=1,x=1$において、$k=0,1,\cdots$と動くとき、$f_{n,p^e}(k+1)$は
$$\overbrace{a,a,\cdots ,a}^{r},\overbrace{b,b,\cdots,b}^{p^e-r},\underbrace{a,a,\cdots ,a}_{r},\underbrace{b,b,\cdots,b}_{p^e-r},\cdots$$となる。一般に、$k=0,1,\cdots$と動くときの$f_{n,p^e}(x+kd)$は、この数列の第$x$項から$d$項おきに取り出したものである。ここで、命題3から、$d|n$ならばその数列は次のような性質を満たすことがわかっている。

($a$が$r$個,$b$が$p^e-r$個),($a$が$r$個,$b$が$p^e-r$個),$\cdots$

さて、いま注目しているシグマは、この数列を第1項から第$m$項まで足したものであるが、小さいもの($a$)から優先して足した方が小さくなることは明らかだから、$d=1,x=1$のときに最小になる。したがって、$$\sum_{e=1}^{\infty}\sum_{k=0}^{m-1}f_{n,p^e}(x+kd)\geq \sum_{e=1}^{\infty}\sum_{k=0}^{m-1}f_{n,p^e}(k+1)$$が成り立つ。これは任意の素因数を分子が分母以上に持っていることを表し、定理は示された。

定理4において$m=1$とすればよい。

定理4において$x=1,d=n$とすればよい。