数論的関数の平均（畳み込みによる方法）

$f = id^{k} * g$ （ $g$ は小さい関数）と分解し、 $\sum_{n \leq x} f (n) \sim \frac{x ^{k + 1}}{k + 1} \sum_{d} \frac{g ( d )}{d ^{k + 1}}$ を使って $lim_{x \to \infty} x^{- (k + 1)} \sum_{n \leq x} f (n)$ を求められる。平方因子をもたない数の密度 $\frac{1}{ζ ( 2 )} = \frac{6}{π ^{2}}$ や、 $σ (n)$ ・ $ψ (n)$ の平均を求められる

前提

約数和と床関数の和の入れかえ（大学数学整数論）
有限個のオイラー因子の除去と交代ゼータ（大学院数学解析的整数論）

この技能までの道筋（93 技能）

算数中学高校大学大学院

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小数の四則計算（算数計算と数のきまり）
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分数のかけ算・わり算（算数計算と数のきまり）
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乗法公式による展開（中学数学数と式）
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約数の見つけ方（算数整数の性質）
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最大公約数と最小公倍数（算数整数の性質）
素因数分解と約数の個数（算数整数の性質）
最大公約数と最小公倍数（数学A 整数の性質）
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組合せ（数学A 場合の数と確率）
確率の定義と和事象・余事象（数学A 場合の数と確率）
包除原理（数学A 場合の数と確率）
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等差・等比数列の和と Σ （数学B 数列）
約数和と床関数の和の入れかえ（大学数学整数論）
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3 次式までの展開と因数分解（数学I 数と式）
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逆算（□ を求める）（算数計算と数のきまり）
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関数 $y = a x^{2}$ の式と変域（中学数学関数）
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漸近展開と極限（大学数学微分積分）
多項式の不定積分（数学II 微分法と積分法）
基本的な関数の不定積分（数学III 積分法）
置換積分（数学III 積分法）
部分積分（数学III 積分法）
定積分の計算（数学II 微分法と積分法）
定積分の置換・部分積分と偶関数・奇関数（数学III 積分法）
区分求積法（数学III 積分法）
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無限等比級数と無限級数（数学III 極限）
べき級数と収束半径（大学数学微分積分）
複素数と 2 次方程式の虚数解（数学II 複素数と方程式）
オイラーの公式（大学数学微分積分）
極形式と積・商（数学C 複素数平面）
複素数の指数関数・対数関数と分枝（大学数学複素関数）
2 変数の対称式（数学I 数と式）
2 次方程式の解と係数の関係（数学II 複素数と方程式）
2 数を解とする 2 次方程式と複素数の範囲の因数分解（数学II 複素数と方程式）
正弦関数の無限積表示と無限積の値（大学院数学複素解析・リーマン面）
分数関数の積分（部分分数分解）（数学III 積分法）
$π cot π z$ の部分分数展開と級数の和（大学院数学複素解析・リーマン面）
リーマンゼータ関数の特殊値（大学院数学解析的整数論）
有限個のオイラー因子の除去と交代ゼータ（大学院数学解析的整数論）

説明

数論的関数 $f (n)$ は値が激しく揺れるので、1 つ 1 つの値を追うより、和 $\sum_{n \leq x} f (n)$ が $x \to \infty$ でどのくらいの大きさで増えるか（平均の大きさ）を調べるほうが意味があります。この技能では、 $f$ を「扱いやすい主役 $id^{k}$ （ $n \mapsto n^{k}$ ）」と「小さい補正 $g$ 」のディリクレ畳み込み $f = id^{k} * g$ に分解し、 $lim_{x \to \infty} x^{- (k + 1)} \sum_{n \leq x} f (n) = \frac{1}{k + 1} \sum_{d = 1}^{\infty} \frac{g ( d )}{d ^{k + 1}}$ を使って極限値を求めます。 $σ (n)$ ・ $φ (n)$ ・ $ψ (n) = n \prod_{p ∣ n} (1 + \frac{1}{p})$ の平均や、平方因子をもたない数の密度 $\frac{6}{π ^{2}}$ がこの方法で求まります。

なぜそうしてよいのか

ここで $k \geq 0$ は整数、 $(id^{k} * g) (n) = \sum_{d ∣ n} g (d) (\frac{n}{d})^{k}$ です。 $n = d m$ と書くと、 $n \leq x$ をわたる和は「 $d \leq x$ と $m \leq x / d$ の組」をわたる和に入れかえられます（前提の技能の、約数和と床関数の和の入れかえと同じ考え方です）:
$n \leq x \sum f (n) = d m \leq x \sum g (d) m^{k} = d \leq x \sum g (d) S_{k} (\frac{x}{d}), S_{k} (y) = m \leq y \sum m^{k} .$
内側の $S_{k} (y)$ は区分求積法の考え方で $S_{k} (y) \sim \frac{y ^{k + 1}}{k + 1}$ （ $y \to \infty$ ）となり、しかも $0 \leq S_{k} (y) \leq ⌊ y ⌋ \cdot y^{k} \leq y^{k + 1}$ です。そこで $h (y) = y^{- (k + 1)} S_{k} (y)$ とおくと $0 \leq h (y) \leq 1$ 、 $h (y) \to \frac{1}{k + 1}$ で、 $d > x$ のとき $S_{k} (x / d) = 0$ なので
$x^{- (k + 1)} n \leq x \sum f (n) = d = 1 \sum \infty \frac{g ( d )}{d ^{k + 1}} h (\frac{x}{d}) .$

ここで条件 $\sum_{d} \frac{∣ g ( d ) ∣}{d ^{k + 1}} < \infty$ （これが「 $g$ が小さい」の意味）を使います。任意の $D$ をとって和を $d \leq D$ と $d > D$ に分けると、前半の有限個の項はそれぞれ $\frac{g ( d )}{d ^{k + 1}} \cdot \frac{1}{k + 1}$ に収束し、後半は $∣ h ∣ \leq 1$ より絶対値が $\sum_{d > D} \frac{∣ g ( d ) ∣}{d ^{k + 1}}$ 以下で、これは $D$ を大きくすればいくらでも小さくできます。したがって
$x \to \infty lim x^{- (k + 1)} n \leq x \sum f (n) = \frac{1}{k + 1} d = 1 \sum \infty \frac{g ( d )}{d ^{k + 1}}$
が成り立ちます。直観的には「 $f$ は平均すると $n^{k}$ に定数 $\sum g (d) / d^{k + 1}$ を掛けたものとしてふるまう」ということで、その定数は $g$ のディリクレ級数 $\sum g (d) d^{- s}$ の $s = k + 1$ での値です。 $g$ が乗法的なら、この値はオイラー積とゼータ関数の特殊値で計算できます。

手順

$f$ の主要な大きさ $n^{k}$ を見きわめ、 $f = id^{k} * g$ となる $g$ を求める。乗法的関数なら素数べき $p^{a}$ での値を比べて $g (p^{a})$ を決める（ $g = f * (μ id^{k})$ でもよい）
$g$ が小さいこと、すなわち $\sum_{d = 1}^{\infty} \frac{∣ g ( d ) ∣}{d ^{k + 1}} < \infty$ を確かめる
定数 $\sum_{d = 1}^{\infty} \frac{g ( d )}{d ^{k + 1}}$ を、オイラー積やゼータ関数の値（ $ζ (2) = \frac{π ^{2}}{6}$ 、 $ζ (4) = \frac{π ^{4}}{90}$ など）を使って計算する
公式 $lim_{x \to \infty} x^{- (k + 1)} \sum_{n \leq x} f (n) = \frac{1}{k + 1} \sum_{d} \frac{g ( d )}{d ^{k + 1}}$ に代入する（ $\frac{1}{k + 1}$ を忘れない）

例題

$ψ (n) = n \prod_{p ∣ n} (1 + \frac{1}{p})$ （ $p$ は $n$ の素因数をわたる。 $ψ (1) = 1$ ）とする。極限 $x \to \infty lim \frac{1}{x ^{2}} n \leq x \sum ψ (n)$ を求めよ。

例題の解答

【手順 1：分解】 $ψ$ は乗法的で、 $ψ (p^{a}) = p^{a} (1 + \frac{1}{p}) = p^{a} + p^{a - 1}$ （ $a \geq 1$ ）。主要な大きさは $n^{1}$ なので $k = 1$ とする。 $μ^{2}$ （平方因子をもたなければ 1、もてば 0）について $(id * μ^{2}) (p^{a}) = \sum_{j = 0}^{a} μ^{2} (p^{j}) p^{a - j} = p^{a} + p^{a - 1}$ 。両辺とも乗法的で素数べきで一致するので $ψ = id * μ^{2}$ 、つまり $g = μ^{2}$ 。

【手順 2： $g$ が小さいことの確認】 $\sum_{d} \frac{μ ^{2} ( d )}{d ^{2}} \leq \sum_{d} \frac{1}{d ^{2}} < \infty$ 。

【手順 3：定数の計算】オイラー積より
$d = 1 \sum \infty \frac{μ ^{2} ( d )}{d ^{2}} = p \prod (1 + \frac{1}{p ^{2}}) = p \prod \frac{1 - p ^{- 4}}{1 - p ^{- 2}} = \frac{ζ ( 2 )}{ζ ( 4 )} = \frac{π ^{2} /6}{π ^{4} /90} = \frac{15}{π ^{2}} .$

【手順 4：公式に代入】 $k + 1 = 2$ なので
$x \to \infty lim \frac{1}{x ^{2}} n \leq x \sum ψ (n) = \frac{1}{2} \cdot \frac{15}{π ^{2}} = \frac{15}{2 π ^{2}} .$

答え: $\frac{15}{2 π ^{2}}$

よくある誤り

係数 $\frac{1}{k + 1}$ を落とす誤り。たとえば $σ = id * 1$ から $\sum_{n \leq x} σ (n) \sim ζ (2) x^{2}$ としてしまう。正しくは $\sum_{m \leq y} m \sim \frac{y ^{2}}{2}$ に由来する $\frac{1}{2}$ が付き、 $\sum_{n \leq x} σ (n) \sim \frac{ζ ( 2 )}{2} x^{2} = \frac{π ^{2}}{12} x^{2}$ 。
定数の分母を $d^{k}$ にしてしまう誤り。たとえば $φ = id * μ$ で $\sum_{d} \frac{μ ( d )}{d}$ を計算しようとする。正しくは分母は $d^{k + 1} = d^{2}$ で、 $\sum_{d} \frac{μ ( d )}{d ^{2}} = \frac{1}{ζ ( 2 )} = \frac{6}{π ^{2}}$ より $\sum_{n \leq x} φ (n) \sim \frac{3}{π ^{2}} x^{2}$ 。
主役と補正の役割を逆にしてしまう誤り。たとえば $σ = 1 * id$ を $k = 0$ 、 $g = id$ と読んで $\sum_{d} \frac{g ( d )}{d} = \sum_{d} 1$ を使おうとすると発散して意味をなさない。 $\sum_{d} \frac{∣ g ( d ) ∣}{d ^{k + 1}} < \infty$ となるように、大きいほうを $id^{k}$ に、小さいほうを $g$ に割り当てる（正しくは $k = 1$ 、 $g = 1$ ）。
平方因子をもたない数の密度で $μ^{2} = 1 * μ$ としてしまう誤り（ $1 * μ$ は $n = 1$ でだけ 1 になる関数で、 $μ^{2}$ ではない）。正しくは $μ^{2} = 1 * g$ 、 $g (d) = μ (m)$ （ $d = m^{2}$ のとき）、 $g (d) = 0$ （ $d$ が平方数でないとき）で、 $\sum_{d} \frac{g ( d )}{d} = \sum_{m} \frac{μ ( m )}{m ^{2}} = \frac{6}{π ^{2}}$ が密度になる。

この説明は AI が書き、別の AI が例題を独立に解いて答えを確かめ、説明を一歩ずつ査読しました。

入口の問題

難易度 1（大学院の講義の例題レベル）
正の整数 $n$ に対して、 $σ_{3} (n) = \sum_{d ∣ n} d^{3}$ を $n$ の正の約数の $3$ 乗の総和とする。正の実数 $x$ に対して $S (x) = 1 \leq n \leq x \sum σ_{3} (n)$ とおく。極限 $x \to \infty lim \frac{S ( x )}{x ^{4}}$ を求めよ。ただし $ζ (4) = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n ^{4}} = \frac{π ^{4}}{90}$ を用いてよい。

数論的関数の平均（畳み込みによる方法）

前提

説明

なぜそうしてよいのか

手順

例題

よくある誤り

入口の問題

この技能を使う問題