無限積の理論シリーズ第14回。前回は完全乗法的関数が無限積と級数をつなぐという話をしました。今回もその流れに乗って「無限積＝級数」なる等式を考えますが、無限積をより直接的に級数展開します。すると無限積は分割数の母関数となるという面白い事実が！本シリーズでは珍しく代数的な話となります。
前回はこちら：
原点中心で半径1の開円板 $D(0;1)$ において\begin{equation}\prod_{n=1}^\infty(1+z^n)\tag{1}\end{equation}なる関数を定義します。$\sum|z^n|$ が広義一様収束することから、定理6.7よりこの無限積は広義絶対一様収束するため、(1)は $D(0;1)$ 上解析的です。また $1+z^n\neq 0$ ですので、その逆数も $D(0;1)$ 上解析的です。なのでマクローリン展開可能であり、$$\prod_{n=1}^\infty(1+z^n)=\sum_{n=0}^\infty \a_n z^n\;,\quad\prod_{n=1}^\infty\frac{1}{1+z^n}=\sum_{n=0}^\infty \a'_n z^n$$のように書けます。これらは無限積と級数をつなぐものとして、ごく自然な発想で現れてくる式です。$\{\a_n\}$ , $\{\a'_n\}$ を求めるのは意外と厄介ですが…。
(1)を少し拡張しましょう。集合 $\mathcal{A}\subset\NN$ を考えます。例えば奇数のみの集合とか、2のべき乗の集合などです。このとき\begin{equation}\prod_{n\in\mathcal{A}}(1+z^n)\tag{2}\end{equation}は(1)と同様にマクローリン展開可能ですので、やはり「無限積＝級数」という等式ができます。
簡潔に計算できる例
$\mathcal{A}$ を2のべき乗で表せる自然数の集合とします。このとき(2)は\begin{equation}P(z):=\prod_{n=0}^\infty(1+z^{2^n})\tag{3}\end{equation}この無限積は非常に分かりやすい級数に書き換えられる稀有な例です。$n=0,1,2,3$ くらいまで部分積を計算してみると、\begin{equation}\prod_{n=0}^\infty(1+z^{2^n})=\sum_{n=0}^\infty z^n\tag{4}\end{equation}と予想されます。数学的帰納法により(4)は簡単に証明されます。右辺は $\frac{1}{1-z}$ ですが、今はあくまで「無限積＝級数」の形にしています。
ただし、この方法は今後の応用に生かせませんので、あえて直接計算してみます。$n$ 項までの部分積は$$P_n(z)=(1+z)(1+z^2)(1+z^4)(1+z^8)\cdots(1+z^{2^n})$$これは多項式ですので、当然展開できます。\begin{equation}(1+z)(1+z^2)(1+z^4)\cdots(1+z^{2^n})=1+\sum_{m=1}^{2^{n+1}-1} a_m z^m\tag{5}\end{equation}さて、(5)の左辺を展開して $a_m$ を求めたい。$m=1$ については初めの因数から $z$ をとって残りは $1$ をとれば $a_1=1$ となります。$m=2$ については2番目の因数から $z^2$ をとって他は $1$ をとれば $a_2=1$ です。$m=3$ については1,2番目の因数から $z,z^2$ をとります。
この話を抽象化します。(5)における $a_m$ の値を求めるのは、次と同じです。
自然数 $m$ を\begin{equation}m=\sum_{j=0}^{n}k_j 2^j\quad(k_j=0\:\mathrm{or}\:1)\tag{6}\end{equation}と表す方法は何通りあるかを求める。
$2=1\cdot 2^1$ , $3=1\cdot 2^0+1\cdot 2^1$ , $4=1\cdot 2^2$ のように書けます。気づいたでしょうか？これは自然数の2進数表記になっています。\begin{array}{c|ccccc}m & k_0 & k_1 & k_2 & k_3&\cdots & k_n \\\hline 1 & 1 &&&&&\\2 & 0 & 1 &&&&\\3 & 1&1&&&&\\4&0&0&1&&&\\5&1&0&1&&&\\6&0&1&1&&&\\7&1&1&1&&&\\8&0&0&0&1&&\\\vdots&&&&&&\\2^{n+1}-1&1&1&1&1&\cdots&1\end{array}任意の自然数は1通りに2進表記できますので $a_m=1$ です。(5)式とよく見比べて納得してもらえればと思います。以上より直接的な計算で(4)が示されました。
なお、上の表からも分かる通り、(6)は\begin{equation}m=\sum_{j=0}^{\lfloor\log_2 m\rfloor}k_j 2^j\quad(k_j=0\:\mathrm{or}\:1)\tag{7}\end{equation}としてもよいです。
自然数の分割
$4$ という数は $4$ , $3+1$ , $2+2$ , $1+1+1+1$ , $1+1+2$ のように書くことができます。これを（自然数の）分割 (partition)といいます。和の各因子を成分(part)といい、$4=1+3$ の右辺の２つが成分です。分割の順番が違う場合も、同じ分割とします。すなわち $3+1$ と $1+3$ は同一の分割と考えます。すると上のように、$4$ の分割は5通りあります。これを「４の分割数は５である」と表現し、$p(4)=5$ と書きます。
これは最もオーソドックスな分割です。ほかにも特殊な分割として、同じ成分の重複を認めない異分割(distinct partition)の場合、$4$ は $1+3$ , $4$ の2通りに限られます。
また制限された分割(restricted partition)とは、異分割または成分が $\NN$ の真部分集合であるものです。例えば $4$ の、奇数のみを成分とする分割を考えると $1+1+1+1$ , $1+3$ の2通りに限られます。奇数のみを成分とする異分割なら $1+3$ のみです。
実は(5)においては$$\mathcal{A}=\{2^n|n\in\ZZ_{\ge 0}\}$$の要素を成分とする異分割を考えたのです。\begin{eqnarray*}2 &=& 2^1\\ 3&=& 2^0 + 2^1 \\ 4 &=& 2^2 \\ 5 &=& 2^0 + 2^2\end{eqnarray*}どの自然数も1通りの分割があるので $a_m=1$ となったわけですね。
以上のように分割にもバリエーションがあるものの、単に「分割数」という場合は上の $p(n)$ を指します。また特に断りない限り、分割は重複を許します（許さない場合は異分割と書く）。
簡単には計算できない
(4)は、無限数の級数表示が非常にうまくいった例ですが、たいていの場合そうはいきません。分割の練習がてらに次の積を展開することを考えましょう。\begin{equation}\prod_{n=1}^\infty(1+z^{2n})=1+\sum_{n=1}^\infty a_mz^m\tag{8}\end{equation}左辺は$$(1+z^2)(1+z^4)(1+z^6)\cdots$$です。$a_1=0$ , $a_2=a_4=1$ , $a_6=2$ であることが手計算からも分かります。
この $a_m$ を求めるのは、次と同じことです。
自然数 $m$ を\begin{equation}m=\sum_{j=1}^{\lfloor m/2\rfloor}k_j (2j)\quad(k_j=0\:\mathrm{or}\:1)\tag{9}\end{equation}と表す方法は何通りあるかを求める。
$m$ が奇数であれば明らかにゼロ通りなので $a_{2m-1}=0$ です。$m=2,4$ では各1通りなので $a_2=a_4=1$ となります。$6$ は $6$ , $2+4$ の2通りですから $a_6=2$ となります。
これを分割の言葉で述べれば、$a_m$ は$$\mathcal{A}=\{2n|n\in\NN\}$$の要素を成分とする異分割の個数である、ということです。
(9)の和の上端が $\lfloor m/2\rfloor$ となっていますが、$\infty$ としても構いません。$\lfloor m/2\rfloor$ を超えるすべての $j$ で $k_j=0$ とすればよいからです。
$$\prod_{n=1}^\infty(1+z^{n^2})=1+\sum_{m=1}^\infty a_mz^m$$の $a_m$ はどのような分割により得られるか。また $a_{25}$ を求めよ。
$a_m$ は、自然数 $m$ を\begin{equation}m=\sum_{j=1}^{\lfloor \sqrt{m}\rfloor}k_j j^2\quad(k_j=0\:\mathrm{or}\:1)\tag{10}\end{equation}の形で書ける場合の数（数列 $\{k_j\}$ の数）である。\begin{array}{c|ccccc}m & k_1 & k_2 & k_3 & k_4& k_5 \\\hline 1 & 1&&&&\\4 & 0 & 1 &&&\\5 & 1&1&&&\\9&0&0&1&&\\10&1&0&1&&\\13&0&1&1&&\\14&1&1&1&&\\16&0&0&0&1&\\\vdots&&&&&\\25&\left\{\begin{matrix}0\\0\end{matrix}\right.&\begin{matrix}0\\0\end{matrix}&\begin{matrix}0\\1\end{matrix}&\begin{matrix}0\\1\end{matrix}&\begin{matrix}1\\{}\end{matrix}\\\vdots&&&&&\end{array}分割の言葉で述べれば、$a_m$ は$$\mathcal{A}=\{n^2|n\in\NN\}$$の要素を成分とする異分割の個数である。表より $a_{25}=2$ である。$25$ は $25$ , $9+16$ の2通りで書ける。
$$\prod_{n=1}^\infty(1+z^{n})=1+\sum_{m=1}^\infty a_mz^m$$の $a_m$ はどのような分割により得られるか。
$$\mathcal{A}=\NN$$の要素を成分とする異分割の個数である。
(4)(8)および例題14.1と14.2では、無限積 $P(z)$ が\begin{equation}P(z)=1+\sum_{m=1}^\infty A(m)x^m\tag{11}\end{equation}という形で書けています。$A(m)$ は $m$ を $\mathcal{A}$ の要素を成分として異分割した場合の分割数です。このとき $P(z)$ を $A(m)$ の母関数(generating function)といいます。[2]によると\begin{array}{ll}P(z) & \mathcal{A}\\\hline\displaystyle\prod_{m=1}^\infty\frac{1}{1-x^{m}}& \NN\\\displaystyle\prod_{m=1}^\infty\frac{1}{1-x^{2m-1}}& odd\\\displaystyle\prod_{m=1}^\infty\frac{1}{1-x^{2m}}& even\\\displaystyle\prod_{m=1}^\infty\frac{1}{1-x^{m^2}}& squares\\\displaystyle\prod_{p\in\mathcal{P}}\frac{1}{1-x^{p}}& primes\\\displaystyle\prod_{m=1}^\infty(1+x^{m})& \NN \:,\:no\:repeat\\\displaystyle\prod_{m=1}^\infty(1+x^{2m-1})& odd \:,\:no\:repeat\\\displaystyle\prod_{m=1}^\infty(1+x^{2m})& even\:,\:no\:repeat\\\displaystyle\prod_{m=1}^\infty(1+x^{m^2})& squares \:,\:no\:repeat\\\displaystyle\prod_{p\in\mathcal{P}}(1+x^{p})& primes\:,\:no\:repeat\end{array}表の見方は、例えば一番下なら、左が母関数で、それをマクローリン展開すると、$m$ 次の係数が素数を成分とする異分割での分割数になるということです(no repeatが重複を許さない異分割ということ)。ここまで見てきた内容で、表の下半分は納得できると思います。\begin{equation}\prod_{n\in\mathcal{A}}(1+x^n)=1+\sum_{m=1}^\infty A(m)x^m\tag{12}\end{equation}という形をしていますね。次は上半分も見ていきましょう。
もう１つのタイプの無限積の最も基本的なものを考えます。$|z|<1$ として\begin{equation}\prod_{n=1}^\infty\frac{1}{1-z^n}=1+\sum_{m=1}^\infty a_mz^m\tag{13}\end{equation}左辺を展開すると\begin{eqnarray}\prod_{n=1}^\infty\frac{1}{1-z^n}&=&\prod_{n=1}^\infty\sum_{k=0}^\infty z^{nk}\\&=&(1+z+z^2+\cdots)(1+z^2+z^4+\cdots)(1+z^3+z^6+\cdots)\cdots\tag{14}\end{eqnarray}(12)のタイプでは、各因数が $(1+z^\bullet)$ と簡単だったのに対し、今回は $(\quad)$ 内が無限級数になっています。
(14)から $a_m$ を求めてみます。$m=1$ では1番目の因数から $z$ をとるだけなので $a_1=1$ です。$m=2$ では1番目の因数から $z^2$ を、あるいは2番目の因数から $z^2$ をとって残りは $1$ をとりますから、2通りあって $a_2=2$ です。同様に $a_3=3$ , $a_4=5$ となることを確認してください。
一般の自然数 $m$ について、$a_m$ を求めるのは、次と同じことです。
自然数 $m$ を\begin{equation}m=\sum_{j=1}^{m}jk_j\quad(k_j\in\ZZ_{\ge 0})\tag{15}\end{equation}と表す方法は何通りあるかを求める。
(7)や(9)と違うのは、$k_j$ が非負整数すべてをとり得るということです。なぜこうなるか。(14)は$$(1+z^1+z^{1+1}+\cdots)(1+z^2+z^{2+2}+\cdots)(1+z^3+z^{3+3}+\cdots)\cdots$$と書けます。3次の項は左から $1\cdot1\cdot z^3$ , $1\cdot z^1\cdot z^2$ , $z^{1+1+1}\cdot1\cdot 1$ の3通りで、(15)でいう式に直すと\begin{array}{ccccc}z^3=&1\cdot1\cdot z^3 &\Rightarrow& 3=&0+0+3\cdot 1\\z^3=&1\cdot z^1\cdot z^2&\Rightarrow& 3=&0+1\cdot 1+2\cdot 1\\z^3=&z^{1+1+1}\cdot1\cdot 1&\Rightarrow& 3=&1\cdot 3+0+0\end{array}そして\begin{eqnarray*}0+0+3\cdot1 &\Rightarrow& 3\\0+1\cdot 1+2\cdot 1&\Rightarrow&1+2\\1\cdot 3+0+0&\Rightarrow& 1+1+1\end{eqnarray*}と見なせば、$3$ の（重複を許す）分割の仕方すべてに対応しています。よって $a_3$ は $3$ の分割数 $p(3)$ に等しいのです。(15)における $(k_1,k_2,\cdots)$ の組の意味するところは、「1が $k_1$個、2が $k_2$個、$\cdots$」ということであり、$m=1$ から $4$ をまとめると\begin{array}{c|cccc|c}m & k_1 & k_2 & k_3 & k_4 & \mathrm{partition}\\\hline 1 & 1&&&&1\\2 & \left\{\begin{matrix}2\\0\end{matrix}\right. & \begin{matrix}0\\1\end{matrix} &&&\begin{matrix}1+1\\2\end{matrix}\\3 & \left\{\begin{matrix}1\\3\\0\end{matrix}\right.&\begin{matrix}1\\0\\0\end{matrix} &\begin{matrix}0\\0\\1\end{matrix}&&\begin{matrix}1+2\\1+1+1\\3\end{matrix} \\4 &\left\{\begin{matrix}0\\1\\2\\0\\4\end{matrix}\right. & \begin{matrix}0\\0\\1\\2\\0\end{matrix} & \begin{matrix}0\\1\\0\\0\\0\end{matrix} &\begin{matrix}1\\0\\0\\0\\0\end{matrix}&\begin{matrix}4\\1+3\\1+1+2\\2+2\\1+1+1+1\end{matrix}\end{array}
よって分割数 $p(n)$ を用いて\begin{equation}\prod_{n=1}^\infty\frac{1}{1-z^n}=1+\sum_{m=1}^\infty p(m)z^m\tag{16}\end{equation}この無限積は $p(m)$ の母関数となっています。
$$\prod_{n=1}^\infty\frac{1}{1-z^{n^2}}=1+\sum_{m=1}^\infty a_mz^m$$の $a_m$ はどのような分割により得られるか。
$a_m$ は、自然数 $m$ を$$m=\sum_{j=1}^{\lfloor \sqrt{m}\rfloor}j^2k_j \quad(k_j\in\ZZ_{\ge 0})$$の形で書ける場合の数（数列 $\{k_j\}$ の数）である。分割の言葉で述べれば、自然数 $m$ における$$\mathcal{A}=\{n^2|n\in\NN\}$$の要素を成分とする（重複を許す）分割の個数である。例として $a_1=a_2=a_3=1$ , $a_4=2$.
これで先ほどの母関数の表の上半分が分かったと思います。結局、$$\prod_{n\in\mathcal{A}}\frac{1}{1-z^n}\quad,\quad\prod_{n\in\mathcal{A}}(1+z^n)$$はともに、自然数を $\mathcal{A}$ の要素を成分として分割する場合の数を生み出す母関数であり、とりわけ後者は異分割に対応します。
分割数 $p(n)$ はそもそも数論的関数ですが、無限積$$P(x):=\prod_{n=1}^\infty\frac{1}{1-x^n}$$と(16)の関係をもつため、微積のアプローチで評価することができます。
$0<x<1$ で$$\ln P(x)<\frac{\pi^2x}{6(1-x)}$$
【証明】$$\ln P(x)=-\sum_{m=1}^\infty\ln(1-x^m)$$は定理3.6より絶対収束するので、メルカトル級数に展開して$$=\sum_{m=1}^\infty\sum_{n=1}^\infty\frac{x^{mn}}{n}=\sum_{n=1}^\infty\sum_{m=1}^\infty\frac{x^{mn}}{n}$$$$\therefore\quad \ln P(x)=\sum_{n-1}^\infty\frac{x^n}{n(1-x^n)}$$ここで $0<x<1$ から$$1-x^n=(1-x)(1+x+\cdots+x^{n-1})>(1-x)\cdot nx^{n-1}$$が成り立つので$$\ln P(x)<\sum_{n=1}^\infty\frac{x}{n^2(1-x)}=\frac{x}{1-x}\zeta(2)$$となる。
【証明終】
$$p(n)<e^{\pi\sqrt{2n/3}}$$
【証明】(16)より $\forall n$ , $0<x<1$ で$$P(x)>p(n)x^n\Rightarrow \ln P(x)>\ln p(n)+ n\ln x$$補題14.1より$$\ln p(n)<\frac{x}{1-x}\frac{\pi^2}{6}+n\ln\frac{1}{x}$$ここで$$\ln\frac{1}{x}=\ln\left(1+\frac{1-x}{x}\right)<\frac{1-x}{x}$$だから$$\ln p(n)<\frac{x}{1-x}\frac{\pi^2}{6}+\frac{1-x}{x}n$$右辺を $\frac{x}{1-x}=u$ とおいて $f(u)$ とする。微分して増減表を書けば分かるように $f(u)\ge \frac{\sqrt{6n}}{\pi}$ となる。よって$$p(n)<e^{\pi\sqrt{2n/3}}$$【証明終】
定理14.2より厳しい評価もあります。[1][2]等を参照してください。
次回は、もう少し分割の話を引っ張る予定です：
無限積だけで１冊の本。入門からスタートするので安心です。第1章で級数のおさらいもあります。
数論の入門として名高い本。
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