パワフル数 - INTEGERS

この記事ではパワフル数の解説を行います。色々と面白い事実が知られていますが、最初の記事ということで、パワフル数の逆数の総和と連続するパワフル数の無限性を紹介します。

パワフル数とは

定義正整数 $n$ がパワフル数であるとは、「素数 $p$ が $n$ を割り切るならば $p^2$ も $n$ を割り切る」という条件を満たすときにいう。

つまり、素因数分解したときの指数が全て $2$ 以上のときにパワフル数と言います。上の定義から、 $1$ はパワフル数に入ります(便宜的にと言ってもよいです)。

powerfulという英単語の典型訳は「強力な」ですが、Golombが命名した"poerful number"を例えば「強力数」などと訳すと誤訳になると思われます。というのも、ここでいう"power"は「冪」という意味を表す数学用語だからです。Wikipediaでは「多冪数」という日本語訳を採用しているようですが、私は「パワフル数」と呼ぶほうが親しみやすい気がしました。

例えば、完全平方数は全てパワフル数なので、パワフル数が無数に存在することは明らかです。

補題任意のパワフル数 $n$ は $n=m^2l^3$ ( $m$ は正整数、 $l$ は無平方数)という形に一意的に表すことが出来る。

無平方数(square-free integer)とは、 $1$ より大きい完全平方数で割り切れないような整数のことをいいます。

証明. (表示可能性) $n=1$ のときは $m=l=1$ とすればよい。 $n \geq 2$ のとき、 $n$ を $n=p_1^{e_1}\cdots p_k^{e_k}q_1^{f_1}\cdots q_h^{f_h}$ と素因数分解する。ただし、 $e_i$ は偶数、 $f_j$ は奇数であるとする。このとき、 $f_j=3+f'_j$ とすれば、 $n$ がパワフル数であることから $f'_j \geq 0$ がわかる。よって、 $m^2=p_1^{e_1}\cdots p_k^{e_k}q_1^{f'_1}\cdots q_h^{f'_h}, l=q_1\cdots q_h$ とできる。
(一意性) $n$ をパワフル数として、 $n=m^2l^3=m'^2l'^3$ と書けたと仮定する( $l, l'$ は無平方)。 $l=l'$ を示せばよい。そうでなかったと仮定する。このとき、 $p \mid l, p \nmid l'$ なる素因数 $p$ が存在すると仮定してよい。すると、 $p \mid m'$ となって、 $m^2l^3=m'^2l'^3$ の左辺は $p$ の指数が奇数であるが、右辺は偶数となって素因数分解の一意性に矛盾する。 Q.E.D.

定義正整数 $n$ に対して、

$\displaystyle \prod_{\substack{p \mid n \\ \mathrm{ord}_p(n) \geq 2}}p^{\mathrm{ord}_p(n)}$

のことを $n$ のパワフルパートという。つまり、 $n$ の素因数分解における指数が $2$ 以上であるような部分を $n$ のパワフルパートといい、そのような部分が存在しない場合は $n$ のパワフルパートを $1$ と定める。

パワフルパートはパワフル数です。

パワフル数の逆数の総和

パワフル数の逆数の総和は収束します。すなわち、分布の意味において、パワフル数と素数ではパワフル数の方が圧倒的に少ないことがわかります。収束値は具体的に計算でき、

$\displaystyle \frac{\zeta (2)\zeta(3)}{\zeta(6)}=\frac{315}{2\pi^4}\zeta (3)$

に一致します。実際には次を証明すれば十分です( $s \to 1$ とすればよい)：

定理 $s$ を $\mathrm{Re}(s) > 1$ を満たすような複素数とする。このとき、

$\displaystyle \sum_{\substack{n=1 \\ n: \text{パワフル数}}}^{\infty}\frac{1}{n^s} = \frac{\zeta (2s)\zeta(3s)}{\zeta (6s)}$

が成り立つ。

Riemannゼータ関数およびそのEuler積表示についてはリーマンゼータ関数 - INTEGERSを参照してください。

証明. 補題より、

$\displaystyle \sum_{\substack{n=1 \\ n: \text{パワフル数}}}^{\infty}\frac{1}{n^s} = \sum_{m=1}^{\infty}\frac{1}{m^{2s}}\sum_{l=1}^{\infty}\frac{\mu^2(l)}{l^{3s}}$

が成り立つことが分かる。ここで、 $\mu^2(n)$ は

$\displaystyle \mu^2(n) = \begin{cases}1 & (n: \text{square-free}) \\ 0 &(\text{otherwise})\end{cases}$

で定まる数論的関数*1。 $\mu^2(n)$ は乗法的なので、

$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{\mu^2(n)}{n^s} = \prod_p\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\mu^2(p^k)}{p^{ks}}=\prod_p\left( 1+\frac{1}{p^s} \right)$

が成り立つ( $p$ は全ての素数をわたる)。従って、Euler積表示により

$\displaystyle \frac{\zeta (3s)}{\zeta (6s)} = \frac{\prod_p\frac{1}{1-p^{-3s}}}{\prod_p\frac{1}{1-p^{-6s}}} = \prod_p\frac{1-p^{-6s}}{1-p^{-3s}}=\prod_p(1+p^{-3s}) = \sum_{l=1}^{\infty}\frac{\mu^2(l)}{l^{3s}}$