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.
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.