この問題は、利用者からの報告を受けて確認中です。答えや解説に誤りがあるかもしれません。

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証明問題大学院数学解析的整数論

$μ$ をメビウス関数（ $μ (1) = 1$ 、 $n$ が相異なる $r$ 個の素数の積なら $μ (n) = (- 1)^{r}$ 、 $n$ がある素数の 2 乗で割り切れるなら $μ (n) = 0$ ）、 $φ$ をオイラー関数（ $1 \leq m \leq n$ かつ $g cd (m, n) = 1$ を満たす整数 $m$ の個数）とする。 $lo g$ は自然対数とする。

任意の実数 $x \geq 2$ に対して
$1 \leq n \leq x \sum \frac{φ ( n )}{n} - \frac{6}{π ^{2}} x \leq 6 lo g x$
が成り立つことを証明せよ。ただし $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n ^{2}} = \frac{π ^{2}}{6}$ と、絶対収束する級数の積の展開・並べ替えは用いてよい。

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

読み込み中…

右端（太枠）がこの問題で使う技能です。左へドラッグすると、さらに前の前提をさかのぼれます。技能を押すと、そこまでの道筋が光ります。

一覧で見る（前提が先）

ヒント

行き詰まったら、上から順に 1 つずつ開いてください。

ヒント 1

$φ (n) / n$ をメビウス関数を使った約数和で表し、和の順序を入れ替えて $⌊ x / d ⌋$ を含む和にする。主要項と誤差を分けて評価する。

ヒント 2

$\frac{φ ( n )}{n} = \sum_{d ∣ n} \frac{μ ( d )}{d}$ と、 $\sum_{d ∣ n} μ (d)$ が $n = 1$ のとき $1$ 、それ以外 $0$ であること。また $\sum_{d = 1}^{\infty} μ (d) / d^{2}$ は $\sum m^{- 2}$ との積を考えると求まる。

ヒント 3

$\sum_{n \leq x} \frac{φ ( n )}{n} = x \sum_{d \leq x} \frac{μ ( d )}{d ^{2}} - \sum_{d \leq x} \frac{μ ( d ) θ _{d}}{d}$ （ $0 \leq θ_{d} < 1$ ）と分け、第 1 項は $\sum_{d > x} d^{- 2}$ の積分比較、第 2 項は調和級数の評価に帰着させる。最後に残る定数は $e < 3$ から $lo g 2$ の下からの評価で処理する。

採点の観点と模範解答

自分で証明を書いてから、採点の観点で見比べてください。

採点の観点を見る

$\sum_{d ∣ n} μ (d)$ が $n = 1$ で $1$ 、 $n > 1$ で $0$ になることを二項定理などで示し、それを用いて $φ (n) / n = \sum_{d ∣ n} μ (d) / d$ を導いている（2 点）
和の順序を入れ替えて $\sum_{n \leq x} φ (n) / n = \sum_{d \leq x} \frac{μ ( d )}{d} ⌊ x / d ⌋$ とし、 $⌊ x / d ⌋ = x / d - θ_{d}$ で主要項と誤差項に分けている（2 点）
$\sum_{d \geq 1} μ (d) / d^{2} = 6/ π^{2}$ を、 $\sum m^{- 2}$ との積が $1$ になることから示している（2 点）
$x \sum_{d > x} μ (d) / d^{2}$ を積分比較で定数（ $2$ など）以下に押さえている（2 点）
誤差項を $\sum_{d \leq x} 1/ d \leq 1 + lo g x$ で押さえ、 $e < 3$ などの根拠を示して $3 < 5 lo g 2$ を確かめ、全体が $6 lo g x$ 以下になることを結論している（2 点）

結果を記録する（このブラウザにだけ保存されます）:

模範解答を読む

以下、 $d, m, n$ は正の整数を表す。

第 1 段: $\sum_{d ∣ n} μ (d)$ の値。 $n = 1$ なら和は $μ (1) = 1$ 。 $n > 1$ とし、 $n$ の相異なる素因数を $p_{1}, \dots, p_{r}$ （ $r \geq 1$ ）とする。 $μ (d) \neq = 0$ となる約数 $d$ は ${p_{1}, \dots, p_{r}}$ の部分集合の積であり、 $k$ 個の積は $(k r)$ 個あって $μ = (- 1)^{k}$ だから
$d ∣ n \sum μ (d) = k = 0 \sum r (k r) (- 1)^{k} = (1 - 1)^{r} = 0.$
よって $\sum_{d ∣ n} μ (d)$ は $n = 1$ のとき $1$ 、 $n > 1$ のとき $0$ である。

第 2 段: $\frac{φ ( n )}{n} = \sum_{d ∣ n} \frac{μ ( d )}{d}$ 。 第 1 段を $g cd (m, n)$ に使うと、 $g cd (m, n) = 1$ のとき $1$ 、そうでないとき $0$ となる量が $\sum_{d ∣ g c d (m, n)} μ (d)$ なので
$φ (n) = m = 1 \sum n d ∣ g c d (m, n) \sum μ (d) = d ∣ n \sum μ (d) \cdot # {1 \leq m \leq n : d ∣ m} = d ∣ n \sum μ (d) \frac{n}{d}$
（ $d ∣ g cd (m, n)$ は「 $d ∣ n$ かつ $d ∣ m$ 」と同値で、 $d ∣ n$ のとき $1 \leq m \leq n$ の $d$ の倍数は $n / d$ 個）。両辺を $n$ で割ればよい。

第 3 段: 和の書き換え。 第 2 段より、和の順序を入れ替えて（有限和）
$n \leq x \sum \frac{φ ( n )}{n} = n \leq x \sum d ∣ n \sum \frac{μ ( d )}{d} = d \leq x \sum \frac{μ ( d )}{d} # {n \leq x : d ∣ n} = d \leq x \sum \frac{μ ( d )}{d} ⌊ \frac{x}{d} ⌋ .$
$⌊ x / d ⌋ = x / d - θ_{d}$ （ $0 \leq θ_{d} < 1$ ）と書くと
$n \leq x \sum \frac{φ ( n )}{n} = x d \leq x \sum \frac{μ ( d )}{d ^{2}} - d \leq x \sum \frac{μ ( d ) θ _{d}}{d} . (1)$

第 4 段: $\sum_{d = 1}^{\infty} μ (d) / d^{2} = 6/ π^{2}$ 。 $∣ μ (d) ∣ \leq 1$ なので $\sum μ (d) d^{- 2}$ と $\sum m^{- 2}$ はともに絶対収束する。積を展開し $n = d m$ ごとにまとめると（絶対収束により並べ替えてよい）
$(d = 1 \sum \infty \frac{μ ( d )}{d ^{2}}) (m = 1 \sum \infty \frac{1}{m ^{2}}) = n = 1 \sum \infty \frac{1}{n ^{2}} d ∣ n \sum μ (d) = 1$
（第 1 段）。 $\sum m^{- 2} = π^{2} /6$ より $\sum_{d} μ (d) / d^{2} = 6/ π^{2}$ である。

第 5 段: 評価。 $N = ⌊ x ⌋$ とおくと $N \geq 2$ であり、 $N > x - 1 \geq x /2$ （ $x \geq 2$ より）。

(a) 主要項の裾: $1/ t^{2}$ は $t > 0$ で減少関数なので、 $d \geq 2$ に対し $\frac{1}{d ^{2}} \leq \int_{d - 1}^{d} \frac{d t}{t ^{2}}$ である。 $d > x$ と $d \geq N + 1$ は同値なので
$d > x \sum \frac{μ ( d )}{d ^{2}} \leq d \geq N + 1 \sum \frac{1}{d ^{2}} \leq \int_{N}^{\infty} \frac{d t}{t ^{2}} = \frac{1}{N} < \frac{2}{x} .$
よって第 4 段から $x \sum_{d \leq x} \frac{μ ( d )}{d ^{2}} - \frac{6}{π ^{2}} x = x \sum_{d > x} \frac{μ ( d )}{d ^{2}} < 2$ 。

(b) 第 2 項: $∣ μ (d) θ_{d} ∣ \leq 1$ であり、 $1/ t$ が $t > 0$ で減少関数なので $d \geq 2$ に対し $\frac{1}{d} \leq \int_{d - 1}^{d} \frac{d t}{t}$ 。したがって
$d \leq x \sum \frac{μ ( d ) θ _{d}}{d} \leq d = 1 \sum N \frac{1}{d} \leq 1 + \int_{1}^{N} \frac{d t}{t} = 1 + lo g N \leq 1 + lo g x .$

(1) と (a), (b) および三角不等式より
$n \leq x \sum \frac{φ ( n )}{n} - \frac{6}{π ^{2}} x \leq 2 + 1 + lo g x = 3 + lo g x . (2)$

第 6 段: $3 \leq 5 lo g x$ 。 まず $e < 3$ を確かめる。 $k \geq 1$ で $k! \geq 2^{k - 1}$ なので
$e = k = 0 \sum \infty \frac{1}{k !} < 1 + k = 1 \sum \infty \frac{1}{2 ^{k - 1}} = 1 + 2 = 3$
（ $k \geq 3$ では $k! > 2^{k - 1}$ なので不等号は狭義）。よって $e^{3} < 27 < 32 = 2^{5}$ であり、 $lo g$ が単調増加であることから $3 < 5 lo g 2$ 。 $x \geq 2$ なら $lo g x \geq lo g 2$ なので $3 < 5 lo g x$ 、すなわち $3 + lo g x < 6 lo g x$ 。

結論。 (2) と第 6 段より、任意の実数 $x \geq 2$ で
$n \leq x \sum \frac{φ ( n )}{n} - \frac{6}{π ^{2}} x \leq 6 lo g x$
が成り立つ。 $■$

解析的整数論の問題

この問題で使うもの

ヒント

採点の観点と模範解答

次のおすすめ

この問題の確認

間違いを報告する

関連する問題