正の約数の総和を発展させたい！(基本付)
はじめに
正の約数の総和公式をがちゃがちゃしてたら色んな等式が出来たので, 正の約数についての基本的な知識も兼ねて初学者の方にも分かりやすくまとめていこうと思います.
※以下, $n$は正の整数とする.
基本事項の確認
整数$n$に対して,
整数$d$が$n$を割り切る($\Longleftrightarrow d\mid n$)ならば, $d$は$n$の約数であるといい, 特に$d>0$のとき$d$は$n$の正の約数であるという.
例えば, 15の約数は$1,3,5,15,-1,-3,-5,-15$の8つで, 特に正の約数は$1,3,5,15$の$4$つです.
$n$の正の約数の個数を$d(n)$で表す.
先ほどの例で考えると,$d(15)=4$です.
素数$p$に対して,$d(p^a)=a+1$
$p^a$の正の約数は$1,p,p^2,\cdots,p^a$であるから, 示された.
互いに素な正の整数$i,j$に対して, $d(ij)=d(i)d(j)$
$i,j$が互いに素であるので, 任意の$ij$の約数は$i$の約数$m$,$j$の約数$n$を用いて一意に$mn$と表される. ここで, ある$m$に対して$n$は$d(j)$個存在し, これを$i$の約数全てについて足し合わせることで$d(ij)=d(i)d(j)$を得る.
$$n=p_1^{a_1}\cdot p_2^{a_2}\cdot p_3^{a_3}\cdots \cdot p_r^{a_r}$$
と素因数分解できるとき,
$$d(n)=(a_1+1)(a_2+1)(a_3+1)\cdots(a_r+1)$$
各素因数はどの$2$つも互いに素であるから, 補題$1,2$を適用して
$$d(n)=d(p_1^{a_1})d(p_2^{a_2})d(p_3^{a_3})\cdots d(p_r^{a_r})=(a_1+1)(a_2+1)(a_3+1)\cdots(a_r+1)$$
$15=3^1\cdot 5^1$より, $d(15)=(1+1)(1+1)=4$となります.
$n$の正の約数の総和を$ \sigma (n)$で表す.
$\sigma(15)=1+3+5+15=24$です.
素数$p$に対して,$\sigma(p^a)=1+p+p^2+\cdots+p^a$
$p^a$の正の約数は$1,p,p^2,\cdots,p^a$であるから, 示された.
互いに素な正の整数$i,j$に対して, $\sigma(ij)=\sigma(i)\sigma(j)$
前半は補題$2$と同様.
ある$m$に対して, $mn$の総和は$m\cdot\sigma(j)$
これを$i$の約数全てについて足し合わせることで$\sigma(ij)=\sigma(i)\sigma(j)$を得る.
$$n=p_1^{a_1}\cdot p_2^{a_2}\cdot p_3^{a_3}\cdots \cdot p_r^{a_r}$$
と素因数分解できるとき,
$$\sigma(n)=(p_1^0+p_1^1+\cdots+p_1^{a_1})(p_2^0+p_2^1+\cdots+p_2^{a_2})\cdots
(p_r^0+p_r^1+\cdots+p_r^{a_r})$$
各素因数はどの$2$つも互いに素であるから, 補題$4,5$を適用して
$$\sigma(n)=\sigma(p_1^{a_1})\sigma(p_2^{a_2})\cdots\sigma(p_r^{a_r})=(p_1^0+p_1^1+\cdots+p_1^{a_1})(p_2^0+p_2^1+\cdots+p_2^{a_2})\cdots
(p_r^0+p_r^1+\cdots+p_r^{a_r})$$
$15=3^1\cdot 5^1$より, $\sigma(15)=(3^0+3^1)(5^0+5^1)=24$となります.
発展編
以下, $n$の正の約数は$d_1\lt d_2\lt \cdots\lt d_k$で表すものとする.
$\displaystyle\sum_{i=1}^k \displaystyle\frac{1}{d_i}=\displaystyle\frac{\sigma(n)}{n}$
まず, $i=1,2,\cdots,k$に対して$d_id_{k-i+1}=n$を示す.
$d_i$は$n$の正の約数なので, ある正の整数$D_i$が存在して, $d_iD_i=n$を満たす. すると,$D_i$もまた$n$の正の約数であり, 仮定より$D_1\gt D_2\gt \cdots\gt D_k$
$\therefore D_i=d_{k-i+1}$が分かるから, 示された.
これを用いると, $\displaystyle\sum_{i=1}^k \displaystyle\frac{1}{d_i}=\displaystyle\sum_{i=1}^k \frac{d_{k-i+1}}{n}=\displaystyle\frac{1}{n}\displaystyle\sum_{i=1}^k d_i=\frac{\sigma(n)}{n}$
$b$を正の整数とする.
$$n=p_1^{a_1}\cdot p_2^{a_2}\cdot p_3^{a_3}\cdots \cdot p_r^{a_r}$$
と素因数分解できるとき,
$$\displaystyle\sum_{i=1}^k d_i^b=(p_1^{0b}+p_1^{1b}+\cdots+p_1^{ba_1})(p_2^{0b}+p_2^{1b}+\cdots+p_2^{ba_2})\cdots
(p_r^{0b}+p_r^{1b}+\cdots+p_r^{ba_r})$$
補題$5$と同様にして素因数分解による乗法性がわかる. よって$n=p_1^{a_1}$の場合を考えれば良い. このとき,
$$\displaystyle\sum_{i=1}^k d_i^b=p_1^{0b}+p_1^{1b}+\cdots+p_1^{ba_1}$$
より示された.
ここで, $\displaystyle\sum_{i=1}^k d_i^b=\sigma_b(n)$とおくと, 以下が分かります.
$$\displaystyle\sum_{i≠j} d_id_j=\sigma(n)^2-\sigma_2(n)$$
$$\sigma(n)^2=(d_1^2+d_2^2+\cdots+d_k^2)+\displaystyle\sum_{i≠j} d_id_j$$
これを$\displaystyle\sum_{i≠j} d_id_j$について解き, 与式を得る.
$$\displaystyle\sum_{i≠j} \frac{d_i}{d_j}=\frac{\sigma(n)^2}{n}-d(n)$$
定理$7$を用いると,
$\sigma(n)^2=\big(\displaystyle\sum_{i=1}^k d_i\big)\big(\displaystyle\sum_{i=1}^k \frac{n}{d_i}\big)$
$=n(d_1+d_2+\cdots+d_k)\big(\displaystyle\frac{1} {d_1}+\displaystyle\frac{1}{d_2}+\cdots+\displaystyle\frac{1}{d_k}\big)$
$=n\big(d(n)+\displaystyle\sum_{i ≠j} \frac{d_i}{d_j}\big)$
これを$\displaystyle\sum_{i≠j} \frac{d_i}{d_j}$について解き, 与式を得る.
では, 最後に$1$問だけ練習問題を出します.
$2025$の相異なる正の約数の組$(i,j)$全てに対して, $\displaystyle\frac{(i+j)^2}{ij}$を足し合わせた値を求めよ.
解答は下
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〈解答〉
$2025=3^4\cdot 5^2$より$d(2025)=15, \sigma(2025)=3751$. したがって, 求める値は以下のようになる.
$$\displaystyle\sum_{i \ne j} \displaystyle\frac{(d_i+d_j)^2}{d_id_j}=\displaystyle\sum_{i \ne j} \Bigg\lbrace\Big(\displaystyle\frac{d_i}{d_j}+\displaystyle\frac{d_j}{d_i}\Big)+2\Bigg\rbrace=2\displaystyle\sum_{i\ne j} \displaystyle\frac{d_i}{d_j}+2\cdot{}_{15} \mathrm{ C }_2=2\Big(\displaystyle\frac{3751^2}{2025}-15\Big)+420=\displaystyle\frac{28929752}{2025}$$
まとめ
今回紹介した等式を拡張することでシグマの中身をより複雑にして, 友達や家族を怖がらせましょう！
することも可能だと思うので, その辺についても後々考えてみたいです.
(校閲に協力頂いたNicknameさん, ありがとうございました！)
