logo

산술 함수의 벨 급수 📂정수론

산술 함수의 벨 급수

정의 1

주어진 산술 함수 ff소수 pp 에 대해 다음과 같이 정의된 fp(x)f_{p}(x)모듈로 pp 에서 ff 의 벨 급수 라한다. fp(x):=n=0f(pn)xn f_{p}(x) := \sum_{n=0}^{\infty} f \left( p^{n} \right) x^{n}

기초 성질

  • [1] 유일성: 두 산술 함수 f,gf,g 가 승법적라고 하자. 모든 소수 pp 에 대해f=g    fp(x)=gp(x)f = g \iff f_{p}(x) = g_{p}(x)
  • [2] 디리클레 곱: 두 산술 함수 f,gf,g 의 디리클레 곱이 h=f gh = f \ast\ g 이라고 하자. 그러면 모든 소수 pp 에 대해 hp(x)=fp(x)gp(x) h_{p}(x) = f_{p}(x) g_{p} (x) 이다. 만약 hh 가 승법적이라면 역도 성립한다. 다시 말해, 모든 소수 pp 에 대해h=f g    hp(x)=fp(x)gp(x)h = f \ast\ g \iff h_{p}(x) = f_{p}(x) g_{p} (x)
  • [3] 완전 산술적 함수: ff 가 완전 산술적이면 fp(x)=11f(p)x f_{p}(x) = {{ 1 } \over { 1 - f(p) x }}

설명

전통적인 의미에서의 무한 급수가 등장한다는 것은 본격적으로 해석적 정수론이 해석학을 도입한 것으로 보아도 좋다. 벨 급수는 특히 승법적 함수에 대해 연구할 때 유용한 개념으로써 다음과 같은 예를 생각해볼 수 있다. Ip(x)=n=0I(pn)xn=1up(x)=n=01xn=11xNpα(x)=npαnxn=11pαxλp(x)=0(1)nxn=11+x I_{p} (x) = \sum_{n=0}^{\infty} I \left( p^{n} \right) x^{n} = 1 \\ u_{p}(x) = \sum_{n=0}^{\infty} 1 \cdot x^{n} = {{ 1 } \over { 1-x }} \\ N_{p}^{\alpha}(x) = \sum_{n}^{\infty} p^{\alpha n } x^{n} = {{ 1 } \over { 1- p^{\alpha} x }} \\ \lambda_{p}(x) = \sum_{0}^{\infty} (-1)^{n} x^{n} = {{ 1 } \over { 1 + x }}

이러한 벨 급수의 성질은 벨 급수의 해석학적인 논의를 통해 거꾸로 산술 함수에 대해 연구할 수 있다는 것이다:

  • 리우빌 함수컨볼루션에 대한 인버스로써 뫼비우스 함수의 제곱 λ1=(μ)2\lambda^{-1} = (\mu)^{2} 을 가지는데, 벨 급수에 따라 [μp(x)]2=1λp(x)=1+x \left[ \mu_{p}(x) \right]^{2} = {{ 1 } \over { \lambda_{p}(x) }} = 1 + x 이다. 이제 ff 라는 승법적 함수를 다음과 같이 정의해보자. f(n):=2ν(n)ν(n):={0,n=1k,n=p1a1pkak f(n) := 2^{\nu (n)} \\ \nu (n) := \begin{cases} 0 & , n=1 \\ k & , n = p_{1}^{a_{1}} \cdots p_{k}^{a_{k}} \end{cases} 그러면 모듈로 pp 에서 ff 의 벨 급수는 다음과 같다. fp(x)=1+n=12ν(pn)xn=1+n=12xn=1+2x1x=1+x1x=(1+x)11x=[μp(x)]2up(x) \begin{align*} f_{p}(x) =& 1 + \sum_{n=1}^{\infty} 2^{\nu \left( p^{n} \right)} x^{n} \\ =& 1 + \sum_{n=1}^{\infty} 2 x^{n} \\ =& 1 + {{ 2x } \over { 1-x }} \\ =& {{ 1+x } \over { 1-x }} \\ =& (1+x) {{ 1 } \over { 1-x }} \\ =& \left[ \mu_{p}(x) \right]^{2} u_{p}(x) \end{align*}

여기서 ff 는 승법적 함수이므로 정리 [2]의 역방향에 따라 f=μ2 uf = \mu^{2} \ast\ u 임을 알 수 있다. 이는 대수적으로만 접근할 수 있을 것 같은 산술 함수를 해석학까지 끌고 가서 연구할 수 있음을 보여주는 예제다. 만약 이걸 보고도 아름다움과 충격을 느낄 수 없다면 해석적 정수론 자체가 본인과 잘 맞지 않을 가능성이 높다. 빠르게 포기하고 다른 공부에 집중하는 것을 추천한다.

증명

[1]

()(\Rightarrow) 자명하다. ()(\Leftarrow) fp(x)=gp(x)f_{p}(x) = g_{p}(x) 면 모든 소수 pp 에 대해 f(pn)=g(pn)f \left( p^{n} \right) = g \left( p^{n} \right) 여야하므로 승법적 함수의 성질에 따라 f=gf = g 다.

[2]

()(\Rightarrow)

pnp^{n}약수1,p,,pn1 , p , \cdots , p^{n} 이므로 h(pn)=dpnf(d)g(pnd)=k=0nf(pk)g(pnk) h \left( p^{n} \right) = \sum_{d \mid p^{n}} f(d) g \left( {{ p^{n} } \over { d }} \right) = \sum_{k=0}^{n} f \left( p^{k} \right) g \left( p^{n-k} \right) 따라서 코시 곱에 따라 hp(x)=n=0h(pn)xn=n=0k=0nf(pk)g(pnk)xn=n=0f(pn)xnn=0g(pn)xn=fp(x)gp(x) \begin{align*} h_{p}(x) =& \sum_{n=0}^{\infty} h \left( p^{n} \right) x^{n} \\ =& \sum_{n=0}^{\infty} \sum_{k=0}^{n} f \left( p^{k} \right) g \left( p^{n-k} \right) x^{n} \\ =& \sum_{n=0}^{\infty} f \left( p^{n} \right) x^{n} \sum_{n=0}^{\infty} g \left( p^{n} \right) x^{n} \\ =& f_{p}(x) g_{p}(x) \end{align*}


()(\Leftarrow)

역이 성립하려면 hh 가 승법적이라는 가정이 필요하다.전제 조건으로써 hp(x)=fp(x)gp(x)h_{p}(x) = f_{p}(x) g_{p} (x) 이 주어져 있으므로 n=p1a1pkakn=p_{1}^{a_{1}} \cdots p_{k}^{a_{k}} 라고 하면 ()(\Rightarrow) 에서의 논의를 거꾸로 해서 각각의 소수 pip_{i} 에 대해 h(piai)=dpinf(d)g(pind)=k=0nf(pik)g(piaik) h \left( p_{i}^{a_{i}} \right) = \sum_{d \mid p_{i}^{n}} f(d) g \left( {{ p_{i}^{n} } \over { d }} \right) = \sum_{k=0}^{n} f \left( p_{i}^{k} \right) g \left( p_{i}^{a_{i}-k} \right) 를 얻을 수 있다. 한편 hh 의 승법성에 따라 h(n)=h(p1a1)h(pkak)=dp1nf(d)g(p1nd)dpknf(d)g(pknd)=dnf(d)g(nd)=(fg)(n) \begin{align*} h(n) =& h \left( p_{1}^{a_{1}} \right) \cdots h \left( p_{k}^{a_{k}} \right) \\ =& \sum_{d \mid p_{1}^{n}} f(d) g \left( {{ p_{1}^{n} } \over { d }} \right) \cdots \sum_{d \mid p_{k}^{n}} f(d) g \left( {{ p_{k}^{n} } \over { d }} \right) \\ =& \sum_{d \mid n} f(d) g \left( {{ n } \over { d }} \right) \\ =& \left( f \ast g \right) (n) \end{align*}

[3]

ff 는 완전 산술적이므로 소수 pp 에 대해 f(pn)=[f(p)]nf \left( p^{n} \right) = \left[ f(p) \right]^{n} 이고 fp(x)=n=0[f(p)]nxn=11f(p)x f_{p}(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \left[ f(p) \right]^{n} x^{n} = {{ 1 } \over { 1 - f(p) x }}


  1. Apostol. (1976). Introduction to Analytic Number Theory: p42. ↩︎