数論的関数に対するDirichletの畳み込み積

$\mathbb{N}$ から $\mathbb{C}$ への写像を一般に数論的関数と呼びます。今回は数論的関数に対するDirichletの畳み込み積というものを紹介します。
Dirichletの畳み込み積はゼータ関数の理論や篩法の理論などでよく見かけます。

定義と性質
畳み込み積と乗法性
応用
まとめ

定義と性質

Dirichletの畳み込み積の定義を見てみましょう。

定義(Dirichletの畳み込み積)

$a(n),b(n):\mathbb{N}\to \mathbb{C}$ に対し
\begin{align}
a \ast b (n) :=\sum_{lm=n}a(l)b(m)
\end{align}とし、これをDirichletの畳み込み積という。

定義から
\begin{align}
a\ast b (n)=\sum_{d|n} a \Big{(} \frac{n}{d} \Big{)} b(d) =\sum_{d|n} a(d) b\Big{(}\frac{n}{d} \Big{)}
\end{align}と書き換えることができます。これらの表示も有用です。

積を定義したら群になるかを確かめたくなるのが数学の性。ということで、Diricletの畳み込み積の性質をいくつか見ていきます。

まず、あきらかに積の可換性
\begin{align}
a \ast b (n)=b \ast a (n)
\end{align}が成立します。

３つの数論的関数 $a(n),b(n),c(n)$ を持ってきたときそれらの畳み込みは
\begin{align}
(a\ast b) \ast c(n)= \sum_{klm=n}a(k)b(l)c(m) = a \ast (b \ast c)(n)
\end{align}となり結合性が成り立つこともわかります。

単位元 $e(n)$ も簡単に見つけられて
\begin{align}
e(n):=
\begin{cases}
1 \quad (n=1) \\ 0 \quad (n \neq 1)
\end{cases}
\end{align}とすると任意の数論的関数 $a(n)$ に対して
\begin{align}
a \ast e (n)= \sum_{d|n}a\Big{(} \frac{n}{d} \Big{)} e(d) = a(n)
\end{align}となり $e(n)$ がDirichletの畳み込み積における単位元になっていることもわかります。

最後に逆元の存在ですが、残念ながらDirichletの畳み込み積に関する逆元は存在しないことがあります。群にはなりませんでした…。
具体的には次が成り立ちます。

命題

数論的関数 $a(n)$ に対して２つの条件

$a(n)$ が畳み込み積に関して逆元を持つ
$a(1)\neq 0$

は同値である。

証明
(条件1 $\Rightarrow$ 条件2) 対偶を示す。 $a(1)=0$ とする。このとき任意の数論的関数 $b(n)$ に対して
\begin{align}
a\ast b(1)=a(1)b(1)=0\neq e(1)
\end{align}となる。したがって単位元が $e(n)$ であることに注意すれば $a(n)$ が逆元を持たないことがわかる。

(条件2 $\Rightarrow$ 条件1) $n$ に関して帰納的に $a(n)$ の逆元 $b(n)$ を構成することで示す。 $n=1$ に対しては $b(1)=a(1)^{-1}$ と定める。 $b(n)$ が $a(n)$ の逆元なら
\begin{align}
a \ast b (n)= a(1)b(n)+\sum_{\substack{d|n \\ d{<}n}} a \Big{(} \frac{n}{d} \Big{)} b(d) = 0 \quad ( \forall n>1)
\end{align}となるから帰納的に
\begin{align}
b(n)=-\frac{1}{a(n)} \sum_{\substack{d|n \\ d{<}n}} a \Big{(} \frac{n}{d} \Big{)} b(d)
\end{align}と定めれば $a \ast b(n)=e(n)$ となる。(QED)

つまり $a(1)\neq 0$ を満たす数論的関数全体がDirichletの畳み込み積で群をなすのですね。
畳み込み積に関する逆元が存在するとき、それをDirichlet逆元と呼びます。

畳み込み積と乗法性

数論的関数には乗法的関数という非常に重要なクラスがあります。乗法的関数と完全乗法的関数の定義を見てみましょう。

定義(乗法的関数)

数論的関数 $a(n)$ が $a(1)=1$ でありかつ互いに素な自然数 $n,m$ に対し
\begin{align}
a(nm)=a(n)a(m)
\end{align}を満たすとき $a(n)$ は乗法的であるという。
もし $a(n)$ が任意の自然数 $n,m$ に対して(1)を満たすなら、 $a(n)$ は完全乗法的であるという。

数論的関数の乗法性に関してDirichletの畳み込み積はよい振る舞いをします。

定理

数論的関数 $a(n),b(n)$ が乗法的関数なら $a\ast b(n)$ も乗法的になる

証明 $n,m$ を互いに素な自然数とする。このとき
\begin{align}
a\ast b(n) \cdot a\ast b (m)
&=\Big{(} \sum_{n=n_1 n_2} a(n_1) b(n_2) \Big{)} \Big{(}\sum_{m=m_1m_2}a(m_1)b(m_2)\Big{)} \\
&=\sum_{\substack{n=n_1 n_2 \\ m=m_1m_2}}a(n_1m_1)b(n_2m_2)
\end{align} さらに $n,m$ が互いに素であることから $n_1m_1=n’, n_2m_2=m’$ と置くと
\begin{align}
=\sum_{n’m’=nm}a(n’)b(m’)=a \ast b (nm)
\end{align}となる。(QED)

今までの議論から次が言えます！

定理

乗法的数論的関数全体の集合はDirichletの畳み込み積で群をなす。

ようやくしっくりきた気がしますね。

注意として、畳み込み積は完全乗法性は保ちません。例として、 $1(n)=1\; (\forall n)$ と定義すればこれは明らかに完全乗法的ですが
\begin{align}
1 \ast 1(n)=\sum_{d|n}1 =d(n)
\end{align}となります。つまり $1\ast 1(n)$ は約数個数関数です。約数個数関数は完全乗法的ではありませんので畳み込み積が完全乗法性を保たないことがわかります。

応用

Dirichletの畳み込み積の応用としてMöbius関数に関する公式が畳み込み積で表せることとDirichlet級数との関係についてみていきたいと思います。

まずはMöbius関数と畳み込み積の関係を見ていきます。
Möbius関数 $\mu (n)$ に対し、基本公式
\begin{align}
\sum_{d|n}\mu (d)=
\begin{cases}
1 \quad (n=1) \\
0 \quad (n \neq 1)
\end{cases}
\end{align}が成り立ちます。これは畳み込み積を用いて
\begin{align}
\mu \ast 1(n)=e(n)
\end{align}と簡潔に表すことができます！さらに同様にMöbiusの反転公式もDirichletの畳み込み積を用いて書くことができ、証明もめちゃくちゃ簡単に書けます。

定理(Möbiusの反転公式)

数論的関数 $a(n),b(n)$ に対して
\begin{align}
a(n)=b\ast 1 (n) \Leftrightarrow b(n)=\mu \ast a(n)
\end{align}が成立。

証明\begin{align}
&a(n)=b\ast 1(n)\\
\Leftrightarrow &a(n) \ast \mu (n) = b \ast 1 \ast \mu (n) \\
\Leftrightarrow &a(n) \ast \mu (n) = b(n) \quad (\because \mathrm{基本公式}) \quad (\mathrm{QED})
\end{align}

次にDirichlet級数と畳み込み積の関係を紹介します。

数論的関数 $a(n)$ に対して $s$ を変数とするDirichlet級数 $L(s,a)$ を
\begin{align}
L(s,a):=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{a(n)}{n^s}
\end{align}と書きます。今回は二つのDirichlet級数の掛け算に着目します。ここではDirichlet級数の収束性は無視して形式的な計算をすることにします*1。

まず二つのDirichlet級数 $L(s,a), L(s,b)$ を用意します。これらを掛け合わせて展開すると、適当な $h(n)$ を用いて
\begin{align}
L(s,a)L(s,b) = \Big{(}\sum_{n=1}^{\infty} \frac{a(n)}{n^s} \Big{)} \Big{(}\sum_{n=1}^{\infty} \frac{b(n)}{n^s} \Big{)}=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{h(n)}{n^s}
\end{align}と再びDirichlet級数の形になります。ここで上の展開の計算から $h(n)$ を計算すると
\begin{align}
h(n)=\sum_{lm=n}a(l)b(m) = a\ast b(n)
\end{align}となることが確かめられます。つまり、Dirichlet級数の積がDirichletの畳み込みによって
\begin{align}
L(s,a)L(s,b)=L(s,a\ast b)
\end{align}と書くことができます。だからDirichletの畳み込み積っていう名前がついているのでしょうね。

これまでの話の応用としてリーマンゼータ関数の逆数 $\zeta (s)^{-1}$ のDirichlet級数表示を求めてみます。

上の書き方を用いるとリーマンゼータ関数は $\zeta (s) =L(s,1)$ と表現することができます。Möbius関数の基本公式 $\mu \ast 1(n) =e(n)$ より
\begin{align}
L(s, \mu )L(s, 1)= L(s,\mu \ast 1) =L(s,e)
\end{align}となります。あきらかに $L(s,e)=1$ なので $L(s,\mu )=(L(s,1))^{-1}$ となることがわかります。つまり
\begin{align}
\frac{1}{\zeta (s)}=L(s,\mu ) =\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\mu (n)}{n^s}
\end{align}であることがわかります。