約数に関する研究2 負の約数を根にもつ多項式について
記事が長すぎて，上手くまとまってない可能性が高いです．すみません．
また，これをテーマにした研究はまだ終わっていないので，これからもさらに記事が長くなると思われます．ご理解ください．
今回は自然数$n$の負の約数を根に持つ高次多項式を中心に記事を書いていこうと思います．
$$ \sigma_k(n)=\sum_{d\vert n,0\lt d}d^k $$
$$ \ f_n(x)= \prod_{d|n,0\lt d}(x+d) $$
$c_n(k)$を以下を満たすようにとる．
$$
\ f_n(x)=\sum_{k=0}^{\sigma_0(n)}c_n(k)x^k
$$
$$ \ \sum_{k=0}^{\sigma_0(n)}(-1)^kc_n(k)\sigma_k(n)=0 $$
定義$2$から$d$を$n$の正の約数とすると$\ f_n(-d)=0$が成立する．よって，
$$
\sum_{d|n,0\lt d}f_n(-d)=0
$$
となり，
\begin{align} \sum_{d|n,0\lt d}f_n(-d)&=\sum_{d|n,0\lt d}\sum_{k=0}^{\sigma_0(n)}c_n(k)(-d)^k \\ &=\sum_{k=0}^{\sigma_0(n)}c_n(k)(-1)^k\sum_{d|n,0\lt d}d^k \\ &=\sum_{k=0}^{\sigma_0(n)}(-1)^kc_n(k)\sigma_k(n) \end{align}
より，
$$
\ \sum_{k=0}^{\sigma_0(n)}(-1)^kc_n(k)\sigma_k(n)=0
$$
$$
\ c_n(k)=\sum_{\mathrm{lcm}(d_1,d_2,\cdots,d_{\sigma_0(n)-k})|n , 0\lt d_1\lt d_2\lt \cdots\lt d_{\sigma_0(n)-k}}d_1d_2\cdots d_{\sigma_0(n)-k}
$$
ただし，$c_n(\sigma_0(n))=1$.
定義$2$において右辺の展開を考えると，$ c_n(k)$は$\sigma_0(n)-k$個の互いに異なる$n$の正の約数の積の総和だとわかる．
$$ c_n(k)\geq {}_{\sigma_0(n)} C_{k} \cdot n^{\frac{\sigma_0(n)-k}{2}} $$
まず次の二つの値を求める．
(1)
$$
\sum_{\mathrm{lcm}(d_1,d_2,\cdots,d_{\sigma_0(n)-k})|n , 0\lt d_1\lt d_2\lt \cdots\lt d_{\sigma_0(n)-k}}1= \ ?
$$
前で説明したように，$ c_n(k)$は$\sigma_0(n)-k$個の互いに異なる$n$の正の約数の積の総和を計算しているため，$\sigma_0(n)$個の中から$\sigma_0(n)-k$個を取る取り方に等しくなる．ゆえに
$$
\sum_{\mathrm{lcm}(d_1,d_2,\cdots,d_{\sigma_0(n)-k})|n ,0\lt d_1\lt d_2\lt \cdots\lt d_{\sigma_0(n)-k}}1={}_{\sigma_0(n)} \mathrm{ C }_{\sigma_0(n)-k}= {}_{\sigma_0(n)} \mathrm{ C }_k
$$
となる．
- $$
\prod_{\mathrm{lcm}(d_1,d_2,\cdots,d_{\sigma_0(n)-k})|n , 0\lt d_1\lt d_2\lt \cdots\lt d_{\sigma_0(n)-k}} d_1d_2\cdots d_{\sigma_0(n)-k}= \ ?
$$
普通に式変形していく．
\begin{align} \prod_{\mathrm{lcm}(d_1,d_2,\cdots,d_{\sigma_0(n)-k})|n , 0\lt d_1\lt d_2\lt \cdots\lt d_{\sigma_0(n)-k}} d_1d_2\cdots d_{\sigma_0(n)-k} &= \prod_{\mathrm{lcm}(d_1,d_2,\cdots,d_{\sigma_0(n)-k})|n , 0\lt d_1\lt d_2\lt \cdots\lt d_{\sigma_0(n)-k}} \frac{n}{d_1}\cdot \frac{n}{d_2}\cdot \ \cdots \ \cdot \frac{n}{d_{\sigma_0(n)-k}} \\ &=\prod_{\mathrm{lcm}(d_1,d_2,\cdots ,d_{\sigma_0(n)-k})|n,0\lt d_1\lt d_2\lt \cdots \lt d_{\sigma_0(n)-k}} \frac{n^{\sigma_0(n)-k}}{d_1d_2\cdots d_{\sigma_0(n)-k}} \\ &= n^{(\sigma_0(n)-k){}_{\sigma_0(n)}\mathrm{C}_k}\cdot \bigg(\prod_{\mathrm{lcm}(d_1,d_2,\cdots,d_{\sigma_0(n)-k})|n , 0\lt d_1\lt d_2\lt \cdots\lt d_{\sigma_0(n)-k}} d_1d_2\cdots d_{\sigma_0(n)-k}\bigg)^{-1} \\ \Bigg(\prod_{\mathrm{lcm}(d_1,d_2,\cdots,d_{\sigma_0(n)-k})|n , 0\lt d_1\lt d_2\lt \cdots\lt d_{\sigma_0(n)-k}} d_1d_2\cdots d_{\sigma_0(n)-k}\Bigg)^2&=n^{(\sigma_0(n)-k){}_{\sigma_0(n)}\mathrm{C}_k} \\ \therefore \ \prod_{\mathrm{lcm}(d_1,d_2,\cdots,d_{\sigma_0(n)-k})|n , 0\lt d_1\lt d_2\lt \cdots\lt d_{\sigma_0(n)-k}} d_1d_2\cdots d_{\sigma_0(n)-k}&= n^{\frac{\sigma_0(n)-k}{2}{}_{\sigma_0(n)}\mathrm{C}_k} \\ \end{align}
これで準備が整った．
$$
\sum_{\mathrm{lcm}(d_1,d_2,\cdots,d_{\sigma_0(n)-k})|n , 0\lt d_1\lt d_2\lt \cdots\lt d_{\sigma_0(n)-k}}1=a \ , \ \prod_{\mathrm{lcm}(d_1,d_2,\cdots,d_{\sigma_0(n)-k})|n , 0\lt d_1\lt d_2\lt \cdots\lt d_{\sigma_0(n)-k}} d_1d_2\cdots d_{\sigma_0(n)-k}=b
$$
とおけば相加相乗平均の関係から，
\begin{align} \ \ \ \ \ \ \ \ c_n(k)&\geq a \ \sqrt[a]{b} \\ &={}_{\sigma_0(n)}\mathrm{C}_k \ \sqrt[{}_{\sigma_0(n)}\mathrm{C}_k]{n^{\frac{\sigma_0(n)-k}{2}{}_{\sigma_0(n)}\mathrm{C}_k}} \\ &={}_{\sigma_0(n)}\mathrm{C}_k \cdot n^{\frac{\sigma_0(n)-k}{2}} \\ \therefore c_n(k)&\geq {}_{\sigma_0(n)}\mathrm{C}_k \cdot n^{\frac{\sigma_0(n)-k}{2}} \\ \end{align}
をえる．
$\ a=1$すなわち$ \ k=0,\sigma_0(n)$または$n=1$のときのみ等号になることがすぐにわかるはずです．
$x\geq 0$のとき
$$
\ f_n(x)\geq \big(\sqrt n+x\big)^{\sigma_0(n)}
$$
定義$3$と定理$3$から，
\begin{align} \ f_n(x)&=\sum_{k=0}^{\sigma_0(n)}c_n(k) x^k \\ &\geq\sum_{k=0}^{\sigma_0(n)}{}_{\sigma_0(n)}\mathrm{C}_k \ n^{\frac{\sigma_0(n)-k}{2}}x^k \\ &=\sum_{k=0}^{\sigma_0(n)}{}_{\sigma_0(n)}\mathrm{C}_k\ \big(\sqrt n\big)^{\sigma_0(n)-k}x^k \\ &=\big(\sqrt n+x\big)^{\sigma_0(n)} \end{align}
$$ c_n(\sigma_0(n)-k)=n^{k-\frac{\sigma_0(n)}{2}}c_n(k) $$
定理$2$から，$d$が$n$の正の約数なら$\dfrac{n}{d}$も$n$の正の約数であるから，
\begin{align} c_n(k)&=\sum_{\mathrm{lcm}(d_1,d_2,\cdots,d_{\sigma_0(n)-k})|n , 0\lt d_1\lt d_2\lt \cdots\lt d_{\sigma_0(n)-k}}d_1d_2\cdots d_{\sigma_0(n)-k} \\ \frac{1}{\ n^{\sigma_0(n)-k}} c_n(k)&=\sum_{\mathrm{lcm}(d_1,d_2,\cdots,d_{\sigma_0(n)-k})|n , 0\lt d_1\lt d_2\lt \cdots\lt d_{\sigma_0(n)-k}}\frac{1}{d_1d_2\cdots d_{\sigma_0(n)-k}} \\ \frac{n^{\frac{\sigma_0(n)}{2}}}{n^{\sigma_0(n)-k}} c_n(k)&=\sum_{\mathrm{lcm}(d_1,d_2,\cdots,d_k)|n , 0\lt d_1\lt d_2\lt \cdots\lt d_k}d_1d_2\cdots d_k \\ n^{k-{\frac{\sigma_0(n)}{2}}}c_n(k)&=c_n(\sigma_0(n)-k) \\ \end{align}
これは$c_n(k)$が半分わかれば全てわかるということを意味していて驚異的です．とても美しい関係で個人的に気に入っています．
$$
\ f_n\bigg(\frac{n}{x}\bigg)=\bigg(\frac{\sqrt n}{x}\bigg)^{\sigma_0(n)}f_n(x)
$$
が成立する．
定義$3$から
\begin{align} \frac{1}{x^{\sigma_0(n)}}f_n(x)&=\frac{1}{x^{\sigma_0(n)}}\sum_{k=0}^{\sigma_0(n)}c_n(k)x^k \\ &=\sum_{k=0}^{\sigma_0(n)}c_n(k)x^{k-\sigma_0(n)} \\ &=\sum_{k=0}^{\sigma_0(n)}c_n(\sigma_0(n)-k)x^{-k} \\ &=\sum_{k=0}^{\sigma_0(n)}n^{k-\frac{\sigma_0(n)}{2}}c_n(k)x^{-k} \\ &=n^{-\frac{\sigma_0(n)}{2}}\sum_{k=0}^{\sigma_0(n)}c_n(k)\bigg(\frac{n}{x}\bigg)^k \\ &=n^{-\frac{\sigma_0(n)}{2}}f_n\bigg(\frac{n}{x}\bigg) \\ \therefore f_n\bigg(\frac{n}{x}\bigg)&=\bigg(\frac{\sqrt n}{x}\bigg)^{\sigma_0(n)}f_n(x) \end{align}
こちらもかなり直観に反する結果です．$x$が$n$の約数のときに特に威力を発揮するでしょう．
$$ c_n(k)=\dfrac{1}{k!}f_n^{(k)}(0) $$
定義$3$から
$$
c_n(0)=f_n(0) \\
c_n(1)=f_n^{\prime}(0) \\
c_n(2)=\dfrac{1}{2}f_n^{\prime\prime}(0) \\
\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \vdots \\
c_n(k)=\dfrac{1}{k!}f_n^{(k)}(0)
$$
と書ける．
新しく関数を定義します．
$$ \ S_n(N)=\sum_{k=1}^N f_n(k) $$
$$ f*g(n)=\sum_{d\vert n,0\lt d} f(d)g\Big(\dfrac{n}{d}\Big) $$
$g(n)=1$のときは関数$f$を変換しているとみなして$Df$と書くことにします．
$$ Df(n)=f*1(n)=\sum_{d\vert n,0\lt d}f(d) $$
$($このときの変換$D$をメビウス変換というらしいです．$)$
いくつか例を出しましょう．
$f(n)=1$のとき
$$
Df(n)=\sum_{d\vert n,0\lt d} 1=\sigma_0(n)
$$
$f(n)=n^k$のとき
$$
Df(n)=\sum_{d\vert n,0\lt d} d^k=\sigma_k(n)
$$
$f(n)=\varphi(n)$のとき($\varphi$はオイラー関数)
$$
Df(n)=\sum_{d\vert n,0\lt d} \varphi(d)=n
$$
$$ f*g(n)=g*f(n) $$
\begin{align} f*g(n)&=\sum_{d\vert n,0\lt d} f(d)g\Big(\dfrac{n}{d}\Big) \\ &=\sum_{d\vert n,0\lt d} f\Big(\dfrac{n}{d}\Big)g(d) \\ &=g*f(n) \end{align}
$$
f(n)=\mu*(Df)(n)
$$
ここで関数$\mu$はメビウス関数．
メビウス反転公式から明らか．
$$
\varphi(n)=\mu *\mathrm{Id}
$$
ここで$\mathrm{Id}$は恒等写像$\mathrm{Id}(n)=n$．
定理$8$で$f(n)=\varphi(n)$とおけば，例$3$から導出できる．
$$ \ S_n(N)\geq N \ f_n\big(\sqrt[N]{N!}\big) $$
\begin{align} \ S_n(N)&=\sum_{k=1}^N f_n(k) \\ &=\sum_{k=1}^N \sum_{i=0}^{\sigma_0(n)} c_n(i) k^i \\ &=\sum_{i=0}^{\sigma_0(n)} c_n(i) \sum_{k=1}^N k^i \\ &\geq \sum_{i=0}^{\sigma_0(n)} c_n(i) \cdot N \ \sqrt[N]{\prod_{k=1}^N k^i} \\ &=N \sum_{i=0}^{\sigma_0(n)} c_n(i) \big(\sqrt[N]{N!}\big)^i \\ &=N \ f_n\big(\sqrt[N]{N!}\big) \end{align}
よって
$$
\ S_n(N)\geq N \ f_n\big(\sqrt[N]{N!}\big)
$$
をえる．
$$ Df_n(n)\geq (n +\sqrt n)^{\sigma_0(n)} +(\sqrt n+1)^{\sigma_0(n)} +2^{\sigma_0(n)}(\sigma_0(n)-2)n^{\frac{\sigma_0(n)}{2}} $$
\begin{align} Df_n(n)&=\sum_{d\vert n,0\lt d}f_n(d) \\ &=\sum_{d\vert n,0\lt d}\sum_{k=0}^{\sigma_0(n)} c_n(k)d^k \\ &=\sum_{k=0}^{\sigma_0(n)} c_n(k) \sum_{d\vert n,0\lt d}d^k \\ &=\sum_{k=0}^{\sigma_0(n)} c_n(k)\sigma_k(n) \\ &\geq \sum_{k=0}^{\sigma_0(n)} {}_{\sigma_0(n)}C_k \cdot n^{\frac{\sigma_0(n)-k}{2}} \big(n^k +1+(\sigma_0(n)-2)n^{\frac{k}{2}}\big) \\ &=n^{\frac{\sigma_0(n)}{2}}\sum_{k=0}^{\sigma_0(n)}{}_{\sigma_0(n)}C_k \cdot n^{\frac{k}{2}} + n^{\frac{\sigma_0(n)}{2}}\sum_{k=0}^{\sigma_0(n)}{}_{\sigma_0(n)}C_k \cdot n^{-\frac{k}{2}} + (\sigma_0(n)-2)n^{\frac{\sigma_0(n)}{2}}\sum_{k=0}^{\sigma_0(n)}{}_{\sigma_0(n)}C_k \\ &=(n +\sqrt n)^{\sigma_0(n)} +(\sqrt n+1)^{\sigma_0(n)} +2^{\sigma_0(n)}(\sigma_0(n)-2)n^{\frac{\sigma_0(n)}{2}} \end{align}
$f$の添え字の$n$と引数の$n$は指している箇所が違う．
$$ Df_n(n)\leq f_n(n\sqrt n) +n^{\frac{\sigma_0(n)}{2}}\big(\sigma_0(n)-1\big) -n^{\frac{\sigma_0(n)}{2}}\sigma_1(n)\big(\sqrt n -\sigma_{-1}(n)\big) $$
途中までは命題$11$の証明と同じ．
\begin{align}
Df_n(n)&=\sum_{d\vert n,0\lt d}f_n(d) \\
&=\sum_{d\vert n,0\lt d}\sum_{k=0}^{\sigma_0(n)} c_n(k)d^k \\
&=\sum_{k=0}^{\sigma_0(n)} c_n(k)\sum_{d\vert n,0\lt d}d^k \\
&=\sum_{k=0}^{\sigma_0(n)}c_n(k)\sigma_k(n) \\
&=c_n(0)\sigma_0(n) +c_n(1)\sigma_1(n) +\sum_{k=2}^{\sigma_0(n)} c_n(k)\sigma_k(n) \\
&\leq c_n(0)\sigma_0(n) +c_n(1)\sigma_1(n) +\sum_{k=2}^{\sigma_0(n)} c_n(k)n^{\frac{3}{2}k} \\
&=c_n(0)\big(\sigma_0(n)-1\big) +c_n(1)\big(\sigma_1(n)-n\sqrt n\big) +\sum_{k=0}^{\sigma_0(n)} c_n(k)n^{\frac{3}{2}k} \\
&=c_n(0)\big(\sigma_0(n)-1\big) +c_n(1)\big(\sigma_1(n)-n\sqrt n\big) +f_n(n\sqrt n)
\end{align}
ここで，定理$2$と定理$5$から
$$
c_n(0)=n^{\frac{\sigma_0(n)}{2}} \ , \ c_n(1)=n^{\frac{\sigma_0(n)}{2}-1}c_n(\sigma_0(n)-1)=n^{\frac{\sigma_0(n)}{2}}\sigma_{-1}(n)
$$
であるから
$$
Df_n(n)\leq f_n(n\sqrt n) +n^{\frac{\sigma_0(n)}{2}}\big(\sigma_0(n)-1\big) -n^{\frac{\sigma_0(n)}{2}}\sigma_1(n)\big(\sqrt n -\sigma_{-1}(n)\big)
$$
となる．
$$ S_n(n)\geq Df_n(n) $$
命題$11$の証明から，
$$
Df_n(n)=\sum_{k=0}^{\sigma_0(n)} c_n(k)\sigma_k(n)
$$
また，命題$10$の証明から
\begin{align}
S_n(n)&=\sum_{i=0}^{\sigma_0(n)} c_n(i)\sum_{k=1}^n k^i \\
&\geq \sum_{k=0}^{\sigma_0(n)} c_n(k)\sum_{d\vert n,0\lt d} d^k \\
&=\sum_{k=0}^{\sigma_0(n)} c_n(k)\sigma_k(n)
\end{align}
であるから，
$$
S_n(n)\geq Df_n(n)
$$
をえる．
$$ f_n*\dfrac{1}{f_n}(n)=n^{\frac{\sigma_0(n)}{2}}\sigma_{-\sigma_0(n)}(n) $$
定理$6$から
\begin{align}
f_n*\dfrac{1}{f_n}(n)&=\sum_{d\vert n,0\lt d}\dfrac{f_n(d)}{f_n\Big(\dfrac{n}{d}\Big)} \\
&=\sum_{d\vert n,0\lt d}\bigg(\dfrac{d}{\sqrt n}\bigg)^{\sigma_0(n)} \\
&=n^{-\frac{\sigma_0(n)}{2}}\sigma_{\sigma_0(n)}(n) \\
&=n^{\frac{\sigma_0(n)}{2}}\sigma_{-\sigma_0(n)}(n)
\end{align}
ここまで読んでいただきありがとうございます．