約数に関する研究５
お久しぶりです．今回約数関数の上界について，それなりに有用なものが得られたので紹介します．
なお，関数の定義は以下の通りです．
$$ \sigma_x(n) = \sum_{d \vert n,0\lt d} d^x $$
$$ n = \prod_{p;\mathrm{prime} \ , \ p \vert n} p^{v_p(n)} $$
と素因数分解したとき
$$ \mathrm{Omega}(n,x) = \sum_{p;\mathrm{prime} \ , \ p \vert n} v_p(n)^x $$
この記事では$\mathrm{Omega}(n,0) = \omega(n) \ , \ \mathrm{Omega}(n,1) = \Omega(n)$と書くことにする．
評価式とその証明
証明はこちらの記事「 約数関数に関する予想の証明 」の補題２のものと似ています．
$p_n$で$n$番目の素数を表すとする．
$$ p_n \geq 2n - 1 \ \ \ (n \geq 2) $$
が成り立つ．
$p_2 = 3 , \ p_n \geq p_{n - 1} + 2 \ \ \ (n \geq 3)$ より
\begin{align} p_n &\geq p_{n -1} + 2 \\ &\geq p_2 + 2(n - 2) \\ &\geq 2n - 1 \end{align}
$n \gt 1,x \geq 1$とする．次が成り立つ．
$$ \sigma_x(n) \lt \dfrac{2^{x + 1}}{2^x - 1} \dfrac{\omega(n)}{4^{\omega(n)}}{}_{2\omega(n)}C_{\omega(n)} \ n^x $$
$n(\gt 1)$を自然数とする．
$$ n = \prod_{p \vert n} p^{k_p} $$
と$n$を素因数分解すると
\begin{align} \sigma_x(n) &= \prod_{p \vert n} \dfrac{p^{x(k_p + 1)} - 1}{p^x - 1} \lt n^x \prod_{p \vert n} \dfrac{p^x}{p^x - 1} \leq n^x \prod_{i = 1}^{\omega(n)} \dfrac{p_i^x}{p_i^x - 1} \\ &\leq n^x \dfrac{2^x}{2^x - 1} \prod_{i = 2}^{\omega(n)} \dfrac{p_i}{p_i - 1} \\ &\leq n^x \dfrac{2^x}{2^x - 1} \prod_{i = 2}^{\omega(n)} \dfrac{2i - 1}{2i - 2} \\ &= n^x \dfrac{2^x}{2^x - 1} \dfrac{(2\omega(n) - 1)!!}{(2\omega(n) - 2)!!} \\ &= \dfrac{2^{x + 1}}{2^x - 1} \dfrac{\omega(n)}{4^{\omega(n)}}{}_{2\omega(n)}C_{\omega(n)} \ n^x \end{align}
補足
定理2 は$n$を奇数に限定するとさらに精度の良いものになる．実際
\begin{align} \sigma_x(n) &= \prod_{p \vert n} \dfrac{p^{x(k_p + 1)} - 1}{p^x - 1} \lt n^x \prod_{p \vert n} \dfrac{p^x}{p^x - 1} \leq n^x \prod_{i = 2}^{\omega(n) + 1} \dfrac{p_i^x}{p_i^x - 1} \\ &\leq n^x \dfrac{3^x}{3^x - 1} \prod_{i = 3}^{\omega(n) + 1} \dfrac{p_i}{p_i - 1} \\ &\leq n^x \dfrac{3^x}{3^x - 1} \prod_{i = 3}^{\omega(n) + 1} \dfrac{2i - 1}{2i - 2} \\ &= n^x \dfrac{3^x}{3^x - 1} \dfrac{2}{3} \dfrac{(2\omega(n) + 1)!!}{(2\omega(n))!!} \\ &= \dfrac{3^{x - 1}}{3^x - 1} \dfrac{2\omega(n) + 1}{2^{2\omega(n) - 1}}{}_{2\omega(n)}C_{\omega(n)} \ n^x \end{align}
となり，$\omega(n)$が十分に大きいときを考えるとその違いが良くわかるだろう．$n = 1$のとき$x = 1$でのみ等号が成立する．
$n \gt 1, x \leq - 1$とする．次が成り立つ．
$$ \sigma_x(n) \lt \dfrac{1}{1 - 2^x} \dfrac{\omega(n)}{2^{2\omega(n) - 1}} {}_{2\omega(n)}C_{\omega(n)} $$
$\dfrac{\sigma_x(n)}{n^x}=\sigma_{-x}(n)$であることを利用し，$x$を$- x$に置き換えれて整理すればよい．
以前の評価式との比較
今回示した式が以前のものと比べてどれだけ正確か，Excelを用いて確認してみます．簡単のため$x = 1$とします．
今回の式を$n$の偶奇で分けて次のようにします．
$$ \sigma_1(n) \leq \begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} \dfrac{\omega(n)}{4^{\omega(n) - 1}}{}_{2\omega(n)}C_{\omega(n)} \ n \ \ \ \ \ \ \ \ \ (n:\textrm{even}) \\ \dfrac{2\omega(n) + 1}{4^{\omega(n)}}{}_{2\omega(n)}C_{\omega(n)} \ n \ \ \ \ (n:\textrm{odd}) \end{array} \right. \end{eqnarray} $$
比較するのは次の2つの式です．
$$ \sigma_1(n) \leq (\omega(n) + 1)n $$
$n \neq 2,4,8,16$のとき
$$ \sigma_1(n) \leq n^{\sigma_0(n)^{\frac{1}{2\Omega(n)}}} $$
公式2，公式3の証明はどちらもこちらの記事「 約数関数に関する予想の証明 」で紹介しています．
さて，約数関数$\sigma_x(n)$を
=LAMBDA(n,x,SUM(UNIQUE(REDUCE(1,SEQUENCE(SQRT(n)),LAMBDA(a,b,IF(MOD(n,b),a,VSTACK(a,b,n/b)))))^x))
で計算します．簡単のために「名前の定義」でsigmaとします．
そして，一般化したプライムオメガ関数$\mathrm{Omega}(n,x)$を
=LAMBDA(n,x,REDUCE(0,SEQUENCE(n),LAMBDA(a,b,IF(MOD(n,b),a,IF(sigma(b,0)=2,a+INDEX(REDUCE(VSTACK(n,0),SEQUENCE(LOG(n,b)),LAMBDA(c,d,IF(MOD(INDEX(c,1),b),c,c/VSTACK(b,1)+VSTACK(0,1)))),2)^x,a)))))
で計算します．簡単のために「名前の定義」でomegaとします．
以下で，自然数$n$とそれに対する$\sigma_1$，そして公式それぞれを用いたときの$\sigma_1$の上界の値を計算して表にしました．
公式の比較
この表を見ると公式1がどれだけ優れているのかがよく分かります．
終わりに
公式1において$\omega(n) = 2$と仮定すると次のようになります．
$$ \sigma_1(n) \lt \begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} 3n \ \ \ \ \ \ \ \ (n : \textrm{even})\\ \dfrac{15}{8}n \ \ \ \ (n : \textrm{odd}) \end{array} \right. \end{eqnarray} $$
これはつまり，$\omega(n) = 2$を満たす奇数の完全数は存在しないことを示しています．
(私が中学1年の時に苦労して証明したことが，こんなにもあっさり証明できてしまうなんて・・・！)
また表を見れば分かるように，公式3はどうしようもないほど使えないことが分かります．苦労して証明した不等式なのに悲しいですね．
ここまで読んでいただきありがとうございます．