本稿では、 $n>1$ のときの円分多項式 $\Phi_n(x)$ に対する $\log \Phi_n(1+t)$ の $t$ に関する冪級数展開を求めるための理論をまとめる。展開の全係数を閉じた形で明示的に決定するため、Bernoulli数、Jordanのtotient関数、符号付き第一種Stirling数などの基礎概念を定義し、論理的なギャップのない証明を提示する。
正の整数 $ n $ に対し、複素数体 $ \mathbb{C} $ 上の多項式 $ \Phi_n(x) $ を次のように定義する。
$$ \Phi_n(x) = \prod_{1 \le k \le n, \gcd(k, n) = 1} (x - e^{2\pi i k / n}) $$この多項式を円分多項式 (cyclotomic polynomial) と呼ぶ。その次数はEulerのtotient関数 $ \varphi(n) $ に等しい。代数群の分解恒等式 $ x^n - 1 = \prod_{d | n} \Phi_d(x) $ が成り立つ。
正の整数 $ n $ に対し、Möbius関数 (Möbius function) $ \mu(n) $ は以下のように定義される。
Möbiusの反転公式を乗法群に適用すると、円分多項式は次のように有理式表現される。
$$ \Phi_n(x) = \prod_{d | n} (x^d - 1)^{\mu(n/d)} $$正の整数 $ k, n $ に対し、Jordanのtotient関数 (Jordan's totient function) $ J_k(n) $ は以下のように定義される。
$$ J_k(n) = n^k \prod_{p | n} \left( 1 - \frac{1}{p^k} \right) = \sum_{d | n} \mu(n/d) d^k $$特に $ k = 1 $ のとき、$ J_1(n) $ はEulerのtotient関数 $ \varphi(n) $ に完全に一致する。
$ n = 6 $ の場合の計算例：
正の整数 $ n $ 上で定義される数論的関数であり、von Mangoldt関数 (von Mangoldt function) $ \Lambda(n) $ は次のように定義される。
$$ \Lambda(n) = \begin{cases} \log p & (n = p^k \text{ （ } p \text{ は素数、 } k \ge 1 \text{ は整数）のとき）} \\ 0 & (\text{それ以外のとき}) \end{cases} $$任意の正の整数 $ n $ に対し、次の等式が成り立つ。
$$ \log n = \sum_{d | n} \Lambda(d) $$Möbiusの反転公式により $ \Lambda(n) = \sum_{d | n} \mu(n/d) \log d $ と書き下せる。
通常のBernoulli数 (Bernoulli numbers) $ B_k $ は、以下の指数型母関数によって定義される。
$$ \frac{z}{e^z - 1} = \sum_{k=0}^\infty B_k \frac{z^k}{k!} $$本稿では、第一項の符号のみを反転させた修正数列 $ B_k^+ $ を用いる。これは $ B_1^+ = 1/2 $ とし、$ k \neq 1 $ では通常の $ B_k $ に等しい値をとる数列として定義される。
符号付き第一種Stirling数 (signed Stirling numbers of the first kind) $ s(m, k) $ は、対数関数の冪に関する以下の母関数定義によって導入される。
$$ \frac{(\log(1+t))^k}{k!} = \sum_{m=k}^\infty s(m, k) \frac{t^m}{m!} $$| $ m $ \ $ k $ | $ k=1 $ | $ k=2 $ | $ k=3 $ | $ k=4 $ |
|---|---|---|---|---|
| $ m=1 $ | $ s(1,1) = 1 $ | |||
| $ m=2 $ | $ s(2,1) = -1 $ | $ s(2,2) = 1 $ | ||
| $ m=3 $ | $ s(3,1) = 2 $ | $ s(3,2) = -3 $ | $ s(3,3) = 1 $ | |
| $ m=4 $ | $ s(4,1) = -6 $ | $ s(4,2) = 11 $ | $ s(4,3) = -6 $ | $ s(4,4) = 1 $ |
$n=1$ の場合、$F_1(t) = \log t$ となり $t=0$ での冪級数展開は存在しない。以下では $n > 1$ とする。
$ n > 1 $ に対し、以下の恒等式が成り立つ。
$$ \log \Phi_n(1+t) = \sum_{d | n} \mu(n/d) \log d + \sum_{d | n} \mu(n/d) \log \left( \frac{e^{d \log(1+t)} - 1}{d \log(1+t)} \right) $$有理式表現 $ \Phi_n(x) = \prod_{d | n} (x^d - 1)^{\mu(n/d)} $ において $ x = 1+t $ とおき、自然対数をとる。
$$ \log \Phi_n(1+t) = \sum_{d | n} \mu(n/d) \log ((1+t)^d - 1) $$$ (1+t)^d - 1 $ を $ t $ で割った商を $ Q_d(t) = \frac{(1+t)^d - 1}{t} $ とおく。
$$ \log \Phi_n(1+t) = \left( \sum_{d | n} \mu(n/d) \right) \log t + \sum_{d | n} \mu(n/d) \log Q_d(t) $$$ n > 1 $ のとき、$ \sum_{d | n} \mu(n/d) = 0 $ であるため、$ \log t $ の項は完全に消去される。さらに、$ Q_d(t) $ を以下のように変形する。
$$ Q_d(t) = \frac{e^{d \log(1+t)} - 1}{d \log(1+t)} \cdot d \cdot \frac{\log(1+t)}{t} $$両辺の対数をとり、和の式に代入する。$ d $ に依存しない項 $ \log \left( \frac{\log(1+t)}{t} \right) $ は $ \sum_{d | n} \mu(n/d) = 0 $ により消去されるため、命題の等式が得られる。証明終。
修正Bernoulli数 $ B_k^+ $ を用いて、以下が成り立つ。
$$ \log \left( \frac{e^z - 1}{z} \right) = \sum_{k=1}^\infty \frac{B_k^+}{k \cdot k!} z^k $$両辺を $z$ について微分する。
$$ \frac{d}{dz} \log \left( \frac{e^z - 1}{z} \right) = \frac{e^z}{e^z - 1} - \frac{1}{z} = 1 + \frac{1}{e^z - 1} - \frac{1}{z} $$Bernoulli数の母関数定義より $ \frac{1}{e^z - 1} - \frac{1}{z} = \sum_{k=1}^\infty \frac{B_k}{k!} z^{k-1} $ と展開される。
微分の展開式は $ 1 + B_1 + \sum_{k=2}^\infty \frac{B_k}{k!} z^{k-1} $ となる。$ B_1 = -1/2 $ より定数項は $ 1/2 = B_1^+ $ であり、$ k \ge 2 $ では $ B_k^+ = B_k $ であるから、次式を得る。
$$ \frac{d}{dz} \log \left( \frac{e^z - 1}{z} \right) = \sum_{k=1}^\infty \frac{B_k^+}{k!} z^{k-1} $$これを $0$ から $z$ まで積分することで目的の式が得られる。証明終。
$n > 1$ に対し、 $\log \Phi_n(1+t)$ は次のように表される。
$$ \log \Phi_n(1+t) = \Lambda(n) + \sum_{k=1}^\infty \frac{B_k^+ J_k(n)}{k \cdot k!} (\log(1+t))^k $$補題4.1の等式に $z = d \log(1+t)$ を代入し、命題3.1に適用する。
$$ \sum_{d | n} \mu(n/d) \log \left( \frac{e^{d \log(1+t)} - 1}{d \log(1+t)} \right) = \sum_{k=1}^\infty \frac{B_k^+}{k \cdot k!} \left( \sum_{d | n} \mu(n/d) d^k \right) (\log(1+t))^k $$内側の和 $ \sum_{d | n} \mu(n/d) d^k $ は $ J_k(n) $ と置き換えられる。第一項は $ \Lambda(n) $ であるから命題が示される。証明終。
$n > 1$ に対し、 $\log \Phi_n(1+t) = \sum_{m=0}^\infty c_m t^m$ とすると、係数 $c_m$ は以下のように与えられる。
$$ c_0 = \Lambda(n) $$ $$ c_m = \frac{1}{m!} \sum_{k=1}^m \frac{B_k^+ J_k(n) s(m, k)}{k} \quad (m \ge 1) $$命題5.1に符号付き第一種Stirling数の母関数定義を代入し、和の順序を交換して $t^m$ の係数を比較することで導かれる。証明終。
$n=2$ の場合、円分多項式は $ \Phi_2(x) = x + 1 $ です。したがって $x=1+t$ を代入すると、求める関数は $ \Phi_2(1+t) = t + 2 $ となります。
この対数関数 $ \log(2+t) $ のマクローリン展開（テイラー展開）は、直接計算により以下のようになります。
一方で、本稿で導出した主定理5.2および第6節の公式を用いて、各係数 $c_m$ を計算してみましょう。
$n=2$ に対する必要な数論的関数の値は次の通りです。
これらを第6節で導出した代数表示の式に代入すると、以下の結果が得られます。
このように、抽象的な公式から導出した係数 $c_0 \sim c_4$ が、初等的に求めた $ \log(2+t) $ のテイラー展開の係数と完全に一致することが確認できます。この例から、数論的関数（Jordanのtotient関数など）と解析的展開が美しく結びついていることがわかります。
ここまで導出した $\log \Phi_n(1+t)$ の展開係数 $c_m$ の知見を応用することで、$x=1$ における円分多項式の値 $\Phi_n(1)$ と、その微分係数 $\Phi'_n(1), \Phi''_n(1)$ を鮮やかに決定することができます。以下では $n > 1$ とします（$n=1$ のときは $\Phi_1(x) = x - 1$ より $\Phi_1(1)=0$ です）。
$n > 1$ のとき、$x=1$ における円分多項式の値は次のように与えられる。
$$ \Phi_n(1) = e^{\Lambda(n)} = \begin{cases} p & (n = p^k \text{ のとき）} \\ 1 & (\text{それ以外のとき}) \end{cases} $$冪級数展開 $\log \Phi_n(1+t) = c_0 + c_1 t + c_2 t^2 + \cdots$ において $t=0$ を代入すると、
$$ \log \Phi_n(1) = c_0 $$主定理5.2より $c_0 = \Lambda(n)$ であるため、両辺の指数をとることで $\Phi_n(1) = e^{\Lambda(n)}$ が得られる。von Mangoldt関数の定義により値が決定される。証明終。
$n > 1$ のとき、円分多項式の1階導関数および2階導関数の $x=1$ における値は、以下の式で与えられる。
$$ \Phi'_n(1) = \Phi_n(1) \frac{\varphi(n)}{2} $$ $$ \Phi''_n(1) = \Phi_n(1) \frac{3\varphi(n)^2 + J_2(n) - 6\varphi(n)}{12} $$$f(t) = \Phi_n(1+t)$ とおくと、$f(0) = \Phi_n(1)$ 、$f'(0) = \Phi'_n(1)$ 、$f''(0) = \Phi''_n(1)$ となる。恒等式
$$ \log f(t) = c_0 + c_1 t + c_2 t^2 + c_3 t^3 + \cdots $$の両辺を $t$ について微分すると、連鎖律より
$$ \frac{f'(t)}{f(t)} = c_1 + 2c_2 t + 3c_3 t^2 + \cdots $$ $$ \Rightarrow f'(t) = f(t) (c_1 + 2c_2 t + 3c_3 t^2 + \cdots) $$$t=0$ を代入すると、$f'(0) = f(0) c_1$。第6節の結果より $c_1 = \varphi(n)/2$ であるから、1階導関数の式が得られる。
さらに $f'(t)$ の式をもう一度 $t$ で微分すると、積の微分法則より
$$ f''(t) = f'(t)(c_1 + 2c_2 t + \cdots) + f(t)(2c_2 + 6c_3 t + \cdots) $$$t=0$ を代入すると、
$$ f''(0) = f'(0)c_1 + 2f(0)c_2 = f(0)c_1^2 + 2f(0)c_2 = f(0)(c_1^2 + 2c_2) $$ここで $c_1 = \frac{\varphi(n)}{2}$ 、$c_2 = \frac{J_2(n) - 6\varphi(n)}{24}$ を代入して計算する。
$$ c_1^2 + 2c_2 = \frac{\varphi(n)^2}{4} + \frac{J_2(n) - 6\varphi(n)}{12} = \frac{3\varphi(n)^2 + J_2(n) - 6\varphi(n)}{12} $$これに $f(0) = \Phi_n(1)$ を掛けることで、2階導関数の式が得られる。証明終。
ケース1: $n=4$ の場合
$\Phi_4(x) = x^2+1$ より、微分は $\Phi'_4(x) = 2x$ 、$\Phi''_4(x) = 2$。
直接計算すると $x=1$ において $\Phi_4(1) = 2, \Phi'_4(1) = 2, \Phi''_4(1) = 2$ となります。
一方、公式に当てはめると、$n=4 = 2^2$ より $p=2$ だから $\Phi_4(1) = 2$。
$\varphi(4) = 2$ , $J_2(4) = 12$ より、
公式と完全に一致しました。
ケース2: $n=6$ の場合
$\Phi_6(x) = x^2-x+1$ より、微分は $\Phi'_6(x) = 2x-1$ 、$\Phi''_6(x) = 2$。
直接計算すると $x=1$ において $\Phi_6(1) = 1, \Phi'_6(1) = 1, \Phi''_6(1) = 2$ となります。
一方、公式に当てはめると、$n=6 = 2 \times 3$ (素数冪ではない) より $\Phi_6(1) = 1$。
$\varphi(6) = 2$ , $J_2(6) = 24$ より、
こちらも見事に一致します。