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解析的整数論の問題

難易度 3大学院入試の専門科目の標準レベル大学院数学解析的整数論

正の整数 $n$ に対して、 $ω (n)$ を $n$ の相異なる素因数の個数とする（ $ω (1) = 0$ ）。実数 $x \geq 2$ に対して
$A (x) = 1 \leq n \leq x \sum \frac{2 ^{ω (n)}}{n}$
とおく。極限
$x \to \infty lim \frac{A ( x )}{( lo g x ) ^{2}}$
の値を求めよ。ただし $n = 1 \sum \infty \frac{1}{n ^{2}} = \frac{π ^{2}}{6}$ 、および $x$ 以下の正の整数のうち平方因子をもたないもの（ $1$ を含む）の個数 $Q (x)$ が $Q (x) = \frac{6}{π ^{2}} x + O (x)$ を満たすことは用いてよい。

この問題で使うもの

メビウス関数と反転公式（説明と入口の問題）
約数和と床関数の和の入れかえ（説明と入口の問題）
数論的関数の平均（畳み込みによる方法）（説明と入口の問題）
区分求積法（説明と入口の問題）

この問題を解けるようになるまで（94 技能）

算数中学高校大学大学院

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ヒント

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ヒント 1

$2^{ω (n)}$ を「平方因子をもたない約数の個数」と見て、 $2^{ω (n)} = \sum_{d ∣ n} μ (d)^{2}$ と書き、和の順序を入れ替えましょう。

ヒント 2

$A (x) = \sum_{d \leq x} \frac{μ ( d ) ^{2}}{d} \sum_{m \leq x / d} \frac{1}{m}$ となります。調和級数の評価と、部分和分で得られる $\sum_{d \leq t} \frac{μ ( d ) ^{2}}{d} = \frac{6}{π ^{2}} lo g t + O (1)$ を使います。

ヒント 3

主要項は $\sum_{d \leq x} \frac{μ ( d ) ^{2}}{d} lo g \frac{x}{d} = \int_{1}^{x} (\sum_{d \leq t} \frac{μ ( d ) ^{2}}{d}) \frac{d t}{t}$ と書けます。この積分を計算しましょう。

答えと解説

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\frac{3}{π ^{2}}

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解説を読む

畳み込みへの書き換え $n$ の相異なる素因数の部分集合と、 $n$ の平方因子をもたない約数は一対一に対応するので
$2^{ω (n)} = d ∣ n \sum μ (d)^{2}$
である（ $μ$ はメビウス関数で、 $μ (d)^{2}$ は $d$ が平方因子をもたないとき $1$ 、そうでないとき $0$ ）。 $n = d m$ と書いて和の順序を入れ替えると
$A (x) = d m \leq x \sum \frac{μ ( d ) ^{2}}{d m} = d \leq x \sum \frac{μ ( d ) ^{2}}{d} m \leq x / d \sum \frac{1}{m} .$

内側の和 $y \geq 1$ に対し $\sum_{m \leq y} \frac{1}{m} = lo g y + O (1)$ だから
$A (x) = d \leq x \sum \frac{μ ( d ) ^{2}}{d} lo g \frac{x}{d} + O (d \leq x \sum \frac{μ ( d ) ^{2}}{d}) .$

$μ^{2} (d) / d$ の和 $R (t) = \sum_{d \leq t} \frac{μ ( d ) ^{2}}{d}$ とおく。部分和分により
$R (t) = \frac{Q ( t )}{t} + \int_{1}^{t} \frac{Q ( u )}{u ^{2}} d u = \frac{6}{π ^{2}} + O (t^{- 1/2}) + \int_{1}^{t} (\frac{6}{π ^{2} u} + O (u^{- 3/2})) d u = \frac{6}{π ^{2}} lo g t + O (1) .$
特に誤差項 $O (R (x)) = O (lo g x)$ である。

主要項 $lo g \frac{x}{d} = \int_{d}^{x} \frac{d t}{t}$ と書いて和と積分を入れ替えると
$d \leq x \sum \frac{μ ( d ) ^{2}}{d} lo g \frac{x}{d} = \int_{1}^{x} R (t) \frac{d t}{t} = \int_{1}^{x} (\frac{6}{π ^{2}} lo g t + O (1)) \frac{d t}{t} = \frac{6}{π ^{2}} \cdot \frac{( lo g x ) ^{2}}{2} + O (lo g x) .$

結論
$A (x) = \frac{3}{π ^{2}} (lo g x)^{2} + O (lo g x)$
であるから
$x \to \infty lim \frac{A ( x )}{( lo g x ) ^{2}} = \frac{3}{π ^{2}} .$

（別解：ディリクレ級数 $\sum 2^{ω (n)} n^{- s} = ζ (s)^{2} / ζ (2 s)$ は $s = 1$ で $\frac{1}{ζ ( 2 )} (s - 1)^{- 2} + \dots$ という $2$ 位の極をもつ。これを $\sum_{n \leq x} a_{n} / n$ の主要項 $\frac{1}{ζ ( 2 )} \cdot \frac{( l o g x ) ^{2}}{2}$ に読みかえても同じ値になる。）

別解

$2^{ω (n)}$ は $n$ の無平方な約数の個数なので $2^{ω (n)} = \sum_{d ∣ n} μ^{2} (d)$ 。 $n = d m$ と書くと
$A (x) = d \leq x \sum \frac{μ ^{2} ( d )}{d} m \leq x / d \sum \frac{1}{m} = d \leq x \sum \frac{μ ^{2} ( d )}{d} (lo g \frac{x}{d} + γ + O (\frac{d}{x})) .$
誤差項の寄与は $\sum_{d \leq x} O (1/ x) = O (1)$ 。

$Q (t) = \sum_{d \leq t} μ^{2} (d) = c t + O (t)$ 、 $c = 6/ π^{2}$ を用いる。部分和分により
$U (y) = d \leq y \sum \frac{μ ^{2} ( d )}{d} = \frac{Q ( y )}{y} + \int_{1}^{y} \frac{Q ( t )}{t ^{2}} d t = c lo g y + O (1) .$
（ $\int_{1}^{y} \frac{O ( t )}{t ^{2}} d t$ は収束するので $O (1)$ 。）

次に $\sum_{d \leq x} \frac{μ ^{2} ( d )}{d} lo g \frac{x}{d} = \int_{1}^{x} \frac{U ( y )}{y} d y$ （ $lo g (x / d) = \int_{d}^{x} d y / y$ より）。 $U (y) = c lo g y + O (1)$ を代入して
$\int_{1}^{x} \frac{c lo g y + O ( 1 )}{y} d y = \frac{c}{2} (lo g x)^{2} + O (lo g x) .$
$γ U (x) = O (lo g x)$ なので
$A (x) = \frac{c}{2} (lo g x)^{2} + O (lo g x) = \frac{3}{π ^{2}} (lo g x)^{2} + O (lo g x) .$
よって
$x \to \infty lim \frac{A ( x )}{( lo g x ) ^{2}} = \frac{3}{π ^{2}} .$

検算: オイラー積による発見的確認として、 $\sum 2^{ω (n)} n^{- s} = ζ (s)^{2} / ζ (2 s)$ は $s = 1$ で $\frac{6}{π ^{2}} (s - 1)^{- 2}$ の二位の極をもち、Tauber 型の議論で $A (x) \sim \frac{6}{π ^{2}} \frac{( l o g x ) ^{2}}{2 !} = \frac{3}{π ^{2}} (lo g x)^{2}$ となり一致する。

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