遊びの数論61　ウォルステンホームの定理の拡張〔Glaisher〕

他のメモへのリンク集。リンク集を飛ばして、このページの前書きへ。本文の目次へ。21、22などの数字は、メモの番号です。

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『遊びの数論60』の続き。ウィルソンの定理の、ラグランジュによる証明を含みます。でも、それは本題の土台となる伏線。本題は、
　　(x + 0)(x + 1)(x + 2)···(x + n − 1) = W₀⋅xⁿ + W₁⋅xⁿ⁻¹ + ··· + W_n−1x
の係数 W たち（第一種スターリング数）の性質。

メインディッシュは、次の命題。いわく n ≥ 5 が素数なら W₃, W₅, ···, W_n−2 は、それぞれ n² で割り切れる（グレイシャーの定理。 W_n−2 についてのウォルステンホームの定理の拡張）。研究はグレイシャー [7] に基づき、 σ_r(h; L) 表記を利用。

加えて「博士の愛した公式」の紹介を開始。それはスターリング数に関連する法 p³ や法 p⁴ のある種の合同式で、関連する話題は次のページ以降に続きます。

誤字脱字・間違いがあるかも。

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• 目次。約7の項目があります。2026などの数字は、メモの日付です。
• 2026-06-07　再びウォルステンホームの定理　なかなかいいアイデア？
• 2026-06-10　グレイシャーのシグマ関数
• 2026-06-11　グレイシャーのシグマ関数（その2）　735 = 7²⋅3⋅5
• 2026-06-12　グレイシャーのシグマ関数（その3）　1⋅4 + 2⋅3 = 2(1² + 2²)
• 2026-06-13　グレイシャーのシグマ関数（その4）
• 2026-06-14　素数についてのラグランジュの定理　古風な証明・意外な応用
• 2026-06-17　博士の愛した公式　「スターリング数」で遊びましょっ
• 目次の終わり。このページの最初の項目が続きます。

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2026-06-07　再びウォルステンホームの定理　なかなかいいアイデア？

ウォルステンホーム（Wolstenholme）のパズルは、
　　1 + 1/2 + 1/3 + 1/4 + 1/5 + 1/6 = 49/20
の分子が 7² で割り切れるのはなぜか？　というようなもの。一般に p が 5 以上の素数のとき、 1 + 1/2 + ··· + 1/(p − 1) の分子は p² で割り切れる。

このパズルを例えばこう拡張できる:
　　1/(1⋅2⋅3) + 1/(1⋅2⋅4) + ··· + 1/(4⋅5⋅6) = 49/48　　（✽）
の分子が 7² で割り切れるのはなぜか？　ここで分母の三つの因子 i, j, k は 1 から 6 までの整数の全パターン（ただし i < j < k とする）の組み合わせ。

拡張版の方がさらに複雑そうだが、要は 6! 倍（つまり 1⋅2⋅3⋅4⋅5⋅6 倍）した整数が 7² の倍数であることを言えばいい。 1/(i⋅j⋅k) の形の 6! 倍は a⋅b⋅c の形で表記可能（a, b, c は整数で 0 < a < b < c < 7）。例えば、
　　1/(2⋅3⋅5) × (1⋅2⋅3⋅4⋅5⋅6) = 1⋅4⋅6
のように。（✽）の左辺を 6! 倍して、結果の項をソートして並べると:
　　(1⋅2⋅3 + 1⋅2⋅4 + 1⋅2⋅5 + 1⋅2⋅6) + (1⋅3⋅4 + 1⋅3⋅5 + 1⋅3⋅6) + (1⋅4⋅5 + 1⋅4⋅6) + (1⋅5⋅6)
　　 + (2⋅3⋅4 + 2⋅3⋅5 + 2⋅3⋅6) + (2⋅4⋅5 + 2⋅4⋅6) + (2⋅5⋅6)
　　 + (3⋅4⋅5 + 3⋅4⋅6) + (3⋅5⋅6)
　　 + (4⋅5⋅6)

a⋅b⋅c の形の各項について、「a, b, c のどの二つも、和が 7 でないもの」は、
　　{1 or 6}⋅{2 or 5}⋅{3 or 4}
の組み合わせの八つ。 (1 + 6) × (2 + 5) × (3 + 4) を展開したときの 8 項と同じなので、それら 8 項の和は = 7 × 7 × 7 であり、 7² で割り切れる。よって「残りの項の和も 7² で割り切れる」ことを言えば、「全体が 7² で割り切れる」ことが示される。それは易しい。次の基本公式だけで足りる:
　　1 + 2 + 3 + ··· + n = n(n + 1)/2　　‥‥①
　　1² + 2² + 3³ + ··· + n² = n(n + 1)(2n + 1)/6　　‥‥②

冒頭の例の続き。（✽）の左辺を 6! 倍して、和が 7³ に等しい八つの項を除去したところから。残った項は、次の三つの部分和に整理可能:
　　P = 1⋅6 × [2 + 3 + 4 + 5]
　　Q = 2⋅5 × [1 + 3 + 4 + 6]
　　R = 3⋅4 × [1 + 2 + 5 + 6]
というのも、 a⋅b⋅c の形の項のうち「a, b, c のどの二つの和も 7 でない項」は除去済みなんで、残ってる項は、必ず「和が 7 になる二つの因子」を含む。つまり 1⋅6 か 2⋅5 か 3⋅4 の倍数。

ここで各 [ ] 内の和は 7 の倍数。なぜなら 1, 2, 3, 4, 5, 6 の和は 7 の倍数だが（公式①参照）、それら六つの数から「和が 7 になる二つの数」を取り除いたものが [ ] 内の四つの数なので、要するに:
　　[ ] 内 = (7 の倍数) − 7 = (7 の倍数)
従って、
　　P + Q + R = (1⋅6 + 2⋅5 + 3⋅4) × (7 の倍数)

結局、「1⋅6 + 2⋅5 + 3⋅4 も 7 の倍数であること」を示せば、全体は 7² の倍数になり、証明が終わる:
　　1⋅6 + 2⋅5 + 3⋅4 = 1⋅(7 − 1) + 2⋅(7 − 2) + 3⋅(7 − 3)
　　 = (1 + 2 + 3)⋅7 − (1² + 2² + 3²)
の右辺・第1項は 7 の倍数だし、第2項 = 3(3 + 1)(2⋅3 + 1)/6 も 7 の倍数（公式②参照）。すなわち、
　　1⋅6 + 2⋅5 + 3⋅4 = (7 の倍数) − (7 の倍数) = (7 の倍数)
であるから、（✽）を 6! 倍した整数は 7² の倍数。ゆえに（✽）の分子は 7² の倍数。∎

明快でいい感じ！

別の例。

問題1　1⋅2⋅3 + 1⋅2⋅4 + ··· + 8⋅9⋅10 が 11² で割り切れることを示したい。ここで a⋅b⋅c の形の各項の因子は整数で、 0 < a < b < c < 11 の範囲の全部の組み合わせにわたる。

一体何項あるのか？　10 個の物から 3 個を選び出す組み合わせの数（選ぶ順序を区別しない）は 10⋅9⋅8/3! = 120。そんなにいっぱいある項を実際に足すのは面倒なので、工夫がものをいう。

解　与えられた式の a⋅b⋅c の形の各項の中から「a, b, c のどの二つも、和が 11 でないような項」を抜き出すなら、それらの和は 11³ の倍数。というのも、項 1⋅2⋅3 を例に、次のように八つの項を一つの組^†として、その組に属する 8 項の和を考えると:
　　{1 or 10} × {2 or 9} × {3 or 8} の和 = (1 + 10)(2 + 9)(3 + 8) = 11³
この八つの項以外でも全く同様で、「どの二つの因子の和も 11 でないような項」は八つ一組で各組の和が 11³ であり、全体として 11³ の倍数、当然 11² の倍数でもある。よって、それら以外の項――すなわち「どれか二つの因子の和が 11 であるような項」――も、合計が 11² の倍数であることを示せば、問題は解決する。

† a, b, c のどの二つも和が 11 でないとき、項 a⋅b⋅c を次の八つの項から成る組の一員と見なす:
　　abc, abc′; ab′c, ab′c′;
　　a′bc, a′bc′; a′b′c, a′b′c′;
ここで x′ は 11 − x の略。これら 8 項の和は 11³ に等しい:
　　㋐　c を含む 4 項の和 = (ab + ab′ + a′b + a′b′)c
　　㋑　c′ を含む 4 項の和 = (ab + ab′ + a′b + a′b′)c′
　　㋐ + ㋑ = (ab + ab′ + a′b + a′b′)(c + c′) = (ab + ab′ + a′b + a′b′)⋅11
　　 = (a + b)(a′ + b′)⋅11 = 11⋅11⋅11
ちなみに、この例題の和の 120 項のうち、上記タイプの「和が 11³ の 8 項の組」に属するものは 80 個、それ以外の項は 40 個。

どれか二つの因子の和が 11 であるような項は、次のように、五つの部分和に整理可能:
　　(1⋅10) × [2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9]
　　(2⋅9) × [1 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 10]
　　(3⋅8) × [1 + 2 + 4 + 5 + 6 + 7 + 9 + 10]
　　(4⋅7) × [1 + 2 + 3 + 5 + 6 + 8 + 9 + 10]
　　(5⋅6) × [1 + 2 + 3 + 4 + 7 + 8 + 9 + 10]

1, 2, ···, 10 の和は 11 の倍数（公式①）。上記の各 [ ] 内は、この 11 の倍数から二つの数（その二つの数の合計は 11）を引いたものなので、やはりそれぞれ 11 の倍数。従って、上記の 5 行を合算すると、
　　{1⋅10 + 2⋅9 + 3⋅8 + 4⋅7 + 5⋅6} × (11 の倍数)
となり、この { } 内も 11 の倍数であることを示せば、証明が完了する。それは易しい:
　　{ } 内 = 1(11 − 1) + 2(11 − 2) + 3(11 − 3) + 4(11 − 4) + 5(11 − 5)
　　 = (1 + 2 + 3 + 4 + 5)11 − (1² + 2² + 3² + 4² + 5²)
　　 = (11 の倍数) − (11 の倍数) = (11 の倍数)
平方数の和については公式②を使った。∎

合同式を併用すると、少し見通しがいい。 mod 11 において:
　　1⋅10 + 2⋅9 + 3⋅8 + 4⋅7 + 5⋅6 ≡ 1(−1) + 2(−2) + 3(−3) + 4(−4) + 5(−5)
　　 ≡ −(1² + 2² + ··· + 5²) ≡ 0

問題1は、実質次と同じ。

問題2　次の和の分子が 11² で割り切れることを示したい。
　　1/(1⋅2⋅3⋅4⋅5⋅6⋅7) + 1/(1⋅2⋅3⋅4⋅5⋅6⋅8) + ··· + 1/(4⋅5⋅6⋅7⋅8⋅9⋅10)
ただし各項の分子は 1 から 10 までの相異なる整数を七つずつ、全部の組み合わせ（順序を区別しない）で掛けたもの。

一見面倒な難問のようだが、われわれはこれを数行で解決できる立場にある。

解　問題1から、
　　1⋅2⋅3 + 1⋅2⋅4 + ··· + 8⋅9⋅10
は 11² の倍数。その和を 10! で割って約分すれば、問題2の和となる。言い換えると、問題2の各項の分母を通分して 10! にすると、分子は 11² の倍数（このとき分母には 10 以下の因子しかないので、約分しても分子の素因子 11 は消えない）。∎

〔参考〕　問題1の和は 18150。問題2の和は 121 ⁄ 24192。

上の例から分かるように、このシンプルなアイデアによって、 Wolstenholme の定理のある種の拡張バージョンが証明される！

一般のケースは、そこまで簡単ではないようだが…

問題3　p を 5 以上の素数、 k を 3 以上 p − 2 以下の奇数とする。 p − 1 個の整数
　　{1, 2, ···, p − 1}
を k 個ずつ掛けて、それらを足し合わせた和 W_k は、 p² で割り切れる。足し算される k 因子の積は、全種類の組み合わせ（順序を区別しない）にわたる。

問題3の内容は J. W. L. Glaisher によって発見・証明された。問題1などの例は k = 3 のケース。 k を p − 2 に固定したものが、いわゆる Wolstenholme の定理に当たる。

解　各項は k 個の因子から成る。 x が「その項の因子である k 個の数」の一つであるとき、もし p − x が「その項の因子である k 個の数」の一つではないなら、そのような因子 x を孤立因子と呼ぶことにする。簡潔化のため、任意の a について p − a を a′ と略す。

〔例〕　p = 7, k = 3 のときの項 1⋅2⋅6 において 2 は孤立因子。 1 と 6 は孤立因子ではない。この場合、もし a = 1 とすれば a′ = 6。

仮定により因子の個数 k は（3 以上の）奇数なので、「項が a⋅a′ の形の二つの因子のペアだけから成る」ということは不可能。さりながら、以下の議論では、どの項も「一つの孤立因子を除いて、残りの k − 1 個（偶数個）の因子は、その形のペアだけから成る」と考えても差し支えない。なぜならば、「その形のペアにならない因子」（すなわち孤立因子）を複数持つ項たちは、小計が p² の倍数なので、そのような項を全部除去（ないし無視）したとしても、「全体の和が p² の倍数か否か」の結論には影響しない。3因子の積 a⋅b⋅c の例において「a, b, c のどの二つの和も p ではない場合」を除外したのと同様。

実際、もしある項がちょうど二つの孤立因子 x, y を持つなら、その項を含む 2² 個の項を一組として、その組は
　　{x or x′} × {y or y′} の和 = (x + x′)(y + y′) = p²
という小計を持つ。ある項がちょうど三つの孤立因子 x, y, z を持つなら、その項を含む 2³ 個の項を一組として、その組は
　　{x or x′} × {y or y′} × {z or z′} の和 = (x + x′)(y + y′)(z + z′) = p³
という小計を持つ。四つ以上の孤立因子についても同様。孤立因子が二つ以上ある場合、それが何個であっても、関連する小計は p² の倍数。さらに、孤立因子 x を一つだけ持つ項
　　x(a⋅a′)(b⋅b′)(c⋅c′)···
も、
　　x′(a⋅a′)(b⋅b′)(c⋅c′)···
との 2 項の和を小計とするなら、それは p の倍数。現に:
　　(x + x′)(a⋅a′)(b⋅b′)(c⋅c′)··· = p(a⋅a′)(b⋅b′)(c⋅c′)

要するに {1, 2, ···, p − 1} の m 個ずつの積の和 W_m のうち（0 < m < p − 1）、孤立因子を一つ以上含む項だけを抜き出した部分和は、 p の倍数（ただし、証明したいのは「和が p² の倍数」ということなので、「p の倍数」というだけでは十分でない）。

今、素数 p の半分（端数切捨て）を H = (p − 1)/2 とする。言い換えると p = 2H + 1。孤立因子を二つ以上含む項は、小計が p² の倍数なので、そのような項については、以下の議論から除外する。

もし k が 3 なら、除外されなかった各項は、次の形式の幾つかの部分和に整理される（前記の具体例参照）:
　　(a⋅a′) × [1 から p − 1 の各整数（a, a′ を除く）の和]
ここで a は 1 から H にわたる。 [ ] 内は p の倍数なので、積 a⋅a′ の総和
　　1⋅1′ + 2⋅2′ + ··· + H⋅H′
が p の倍数であることを示せば、このケースの証明は終わる。既に見たように、それは易しい（下記では、一般のケースに含めて、再証明する）。

もし k が 5 なら、除外されなかった各項は、次の形式の幾つかの部分和に整理される:
　　(a⋅a′)(b⋅b′) × [1 から p − 1 の各整数（a, a′, b, b′ を除く）の和]
ここで a, b は 1 ≤ a < b ≤ H の範囲の全整数にわたる。 [ ] 内は p の倍数なので、 4 因子の積 a⋅a′⋅b⋅b′ の総和 U₄ も p の倍数であることを示せば、このケースの証明は終わる。そして U₄ は、
　　W₄ = a⋅b⋅c⋅d
の形の一般の総和（0 < a < b < c < d < p）から、「孤立因子を一つ以上含む項たち」を除去した残りに等しい。 W₄ は p の倍数（Lagrange の定理）、そこから引き算される「孤立因子を含む項たち」の合計も p の倍数なので、 U₄ も p の倍数。

一般に k が 3 以上の任意の奇数のとき、問題は、
　　(a⋅a′)(b⋅b′)(c⋅c′)···  × [1 から p − 1 の各整数（a, a′, b, b′, c, c′, ···  を除く）の和]
の形の部分和に帰する。 [ ] 内は p の倍数なので、
　　(a⋅a′)(b⋅b′)(c⋅c′)··· の（k − 1 因子の項の）総和 U_k−1
が p の倍数であることを示せばいい（0 < a < b < c < ··· < H）。 U_k−1 は、一般の総和 W_k−1 から「孤立因子を含む項たち」を除去したもの。 W_k−1 もそこから引き算される値も p の倍数だから、 U_k−1 は確かに p の倍数。∎

このメモは、前回の「フェラーズの定理（J. W. L. グレイシャーによる証明）」の続きに当たり、 J. W. L. Glaisher [7] のアイデアを参考にしている。

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2026-06-10　グレイシャーのシグマ関数

19世紀末、英国の J. W. L. グレイシャー（Glaisher）博士は、次のような妙な関数を考えた。まず 1 から h までの各整数の「r 個ずつ全部の組み合わせで掛けた積」（積の順序については区別しない）の和 S_r(h) を考える。例えば h = 4, r = 2 の場合:
　　S₂(4) = (1⋅2 + 1⋅3 + 1⋅4) + (2⋅3 + 2⋅4) + 3⋅4 = 35

今、 h の 2 倍より大きな整数 L を固定し、上記のような各項の一つ一つの因子 x に対して、新しい因子 (L − x) を追加する。例えば 2⋅3 という項があれば、因子 (L − 2) と (L − 3) を追加し 2⋅3⋅(L − 2)⋅(L − 3) とする。――仮に L = 9 とするなら S₂(4) に対応する新しい和は:
　　(1⋅2⋅8⋅7 + 1⋅3⋅8⋅6 + 1⋅4⋅8⋅5) + (2⋅3⋅7⋅6 + 2⋅4⋅7⋅5) + 3⋅4⋅6⋅5 = 1308
この和が σ₂(4; 9) だ。

一般に r 個の因子の積 a₁⋅a₂···a_r を全種類足したもの（各因子は 1 ≤ a₁ < a₂ < ··· < a_r ≤ h の全整数にわたる）を S_r(h) として、そのような一つ一つの項に対応する 2r 個の因子の積
　　a₁⋅a₂···a_r × (L − a₁)(L − a₂)···(L − a_r)
の総和を σ_r(h; L) で表す。

ウォルステンホームの定理からの発展として、面白い冒険コースにつながるかもしれない。とりあえず入り口の部分について記す。

1.　(x + 1)(x + 2)(x + 3)(x + 4) = x⁴ + 10x³ + 35² + 50x + 24 の、最高次以外の係数は 5 の倍数。例外として、定数項は 5 の倍数より 1 小さい。一般に p が 3 以上の素数のとき、
　　ƒ_p(x) = (x + 1)(x + 2)···(x + p)
を展開すると、最高次以外の係数は p の倍数、ただし定数項は p の倍数より 1 小さい。この事実は既に Lagrange によって証明されていた。 Wolstenholme は研究を進め、 p が 5 以上の素数なら「1 次の係数」（最初の例では 50）が p² で割り切れることを示した。

Wolstenholme の発見は、次の印象的な形式で表現される――「p が 5 以上の素数のとき、自然数の逆数の和
　　1 + 1/2 + 1/3 + ···  + 1/(p − 1)
の分子は、 p² で割り切れる」。

Glaisher は、この種の定理に触発されてさらに深い考察を行い、関連するさまざまな現象を発見した。一例を挙げると、「1 次の係数だけでなく、 ƒ_p(x) の p − 2 次より小さい奇数次の係数は、どれも p² で割り切れる」。具体例として:
　　S₃(10) = 1⋅2⋅3 + 1⋅2⋅4 + ··· + 8⋅9⋅10
は 11² で割り切れる（この現象については、既に一応証明した: 問題1・問題3）。

Glaisher のこの研究で一つの鍵となったのが、上記の σ_r(h; L) であった。

Glaisher は任意の h 個の数 a₁, a₂, ···, a_h を入力として、
　　σ_r(a₁, a₂, ···, a_h; L)
を定義した。以下では、主に a₁ = 1, a₂ = 2, ···, a_h = h のケース、つまり Glaisher の表記法において、
　　σ_r(1, 2, ···, h; L)
のケースを扱う。簡潔化のため、われわれはそれを σ_r(h; L) と略す。さらに略して σ_r(h) と書いてもいいのだが、後で L = 2h + 1 以外の設定も使うので、 L については独立変数としておく（今回のメモ内では、 L = 2h + 1 は h によって決まる従属変数）。

2.　実際にこの σ を利用して、 S₃(10) が 11² で割り切れることを再確認してみる。ミニチュア的な例題だが、一般論で使われるアイデアの説明を兼ねる。

S₃(10) の各項は三つの数の積なので xyz の形。ここで x, y, z は、それぞれ 1 から 10 までの相異なる整数。項 xyz を次の二つの種類に分類する。
　　㋐　aa′b 型　x, y, z の中に和が 11 になる二つの数（それらを a, a′ とする）がある場合
　　㋑　abc 型　x, y, z のどの二つも和が 11 でない場合
前者の例は 1⋅2⋅9 や 3⋅7⋅8。後者の例は 1⋅2⋅3 や 3⋅7⋅9。

㋐の aa′b 型では、 aa′ は、
　　1⋅10　か　2⋅9　か　3⋅8　か　4⋅7　か　5⋅6
の五つのパターンのどれか（仮定により、二つの因子の和が 11 だから）。その五つのパターンの一つ一つに対して、 aa′b は、
　　aa′ × (1 から 10 までの整数のうち a, a′ 以外の八つのどれか)
という形を持つ。例えば aa′ = 1⋅10 とした場合、 aa′b は次の八つのどれかに当たる:
　　1⋅10 × 2　か　1⋅10 × 3　か　1⋅10 × 4　か　1⋅10 × 5　か
　　1⋅10 × 6　か　1⋅10 × 7　か　1⋅10 × 8　か　1⋅10 × 9
それら八つの項の和は:
　　1⋅10 × (2 + 3 + ··· + 9) = 1⋅2 × 44
なぜなら ( ) 内は 1 + 2 + 3 + ··· + 10 = 10⋅11/2 = 55 から a と a′ を引いたもの。 a と a′ は合計 11 なので、 ( ) 内 = 55 − 11 = 44。同様に aa′ = 2⋅9 の場合にも aa′b には八つの選択肢があるが、それら 8 項の和は:
　　2⋅9 × (55 − 2 − 9) = 2⋅9 × 44
全く同様に aa′ = 3⋅8 の場合、 aa′ = 4⋅7 の場合、 aa′ = 5⋅6 の場合にも、それぞれ八つの選択肢があって、それぞれの小計は:
　　3⋅8 × 44; 4⋅7 × 44; 5⋅6 × 44

結局 aa′b 型の項たちの総和は:
　　[1⋅10 + 2⋅9 + 3⋅8 + 4⋅7 + 5⋅6] × 44
この [ ] 内が σ₁(5; 11) だ！　実際それは、 1 から 5 までの整数の「一つずつの積」（＝その整数そのもの）の和
　　1 + 2 + 3 + 4 + 5
において、各項の因子 x に因子 (11 − x) を追加した次の和と同一:
　　1(11 − 1) + 2(11 − 2) + 3(11 − 3) + 4(11 − 4) + 5(11 − 5)

上記では 44 という数――その数が σ₁(5; 11) に掛け算される――を成り行きで何となく導いてしまった。次のように意識して 44 を導出した方が、拡張性が高い。 aa′b 型の項に関しては、 10 個の整数から特定の a⋅a′ を選ぶと、 b の選択肢は 8 個に限られる（10 個の整数のうち 2 個は「使用済み」なので）。ところが、選択肢となるこれら 8 個の整数をうまく 2 個一組の四つの組にまとめると、それぞれの組の二つの数の和が 11 になるようにできる。

なぜなら 1 から 10 までの整数は、両端から一つずつ取って 2 個一組にすると、和が 11 の五つの組になる: {1, 10}, {2, 9}, {3, 8}, {4, 7}, {5, 6}。 a と a′ は、これら五つの組のうちのどれか一つに属する。よって a と a′ としてどの組が選択されたとしても、「和が 11 になる二つの整数の組」がちょうど四つ残る。

aa′b 型の項全体を考えると、 b は項によって 1, 2, 3, ···, 10 のどれかの値を持つ。このような b の値の合計は、各組の値の和 11 に「組の個数」を掛けたものに等しい。 b の選択肢として残っている数は (10 − 2) 個で、それらの数が 2 個ずつ一つの組になる。つまり、全部で
　　(10 − 2) ÷ 2
個の組がある。各組に属する二つの数の和は 11 だから、 b の値の合計は:
　　(10 − 2) ÷ 2 × 11

一方、積 aa′ が取り得る値の合計は σ₁(5; 11) であり、便宜上、この数を σ₁ と略すと、積 aa′b が取り得る値の総和は:
　　σ₁ × (b  の値その1) + σ₁ × (b  の値その2) + ···
　　 = σ₁ × {b の値その1 + b の値その2 + ···}
ところが、この { } 内、すなわち b が取り得る値の合計は上記の通りなので:
　　全パターンの aa′b の値の総和 = σ₁ × (10 − 2) ÷ 2 × 11

次に㋑の abc 型の項について。今、任意の整数 n について、 n との和が 11 になるような整数を n′ で表すことにする。 abc の a としては、 1 から 10 までの 10 個の整数を自由に選べる。しかし、仮定により a, b, c は相異なり、かつ、どの二つも和が 11 ではないのだから、 a を選択すると b の選択肢は 10 − 2 に減る。 b として a と同じ数を再度選ぶことはできないし、 a′ を選ぶこともできないから（もしも b として a′ を選んだら、 a + b = 11 となって仮定に反する）。同様に、 a と b を選択すると c の選択肢は 10 − 4 に減る。 1 から 10 までの数のうち a, a′, b, b′ 以外を c として選ぶ必要があるから。

従って abc の選択肢の総数は、一応
　　10(10 − 8)(10 − 6)
となる。しかるに、選ぶ順序を区別しないのだから（例えば 1, 2, 3 と 1, 3, 2 と 2, 1, 3 と 2, 3, 1 と 3, 1, 2 と 3, 2, 1 は「六つの選択肢」ではなく「同一の選択」である）、重複カウントをなくすため、上記の「一応の総数」を 3! で割る必要がある:
　　abc の選択肢の総数 = 10(10 − 2)(10 − 4)/3! 個

この場合 2³ 種類、つまり 8 種類の選択肢をうまく一組にすることで、どの組も小計が 11³ になるようにできる。特定の選択肢 {a, b, c} が与えられたとき、次のように「8 種類の選択肢で 1 セット」になるように組み合わせればいい:
　　{a, b, c}, {a, b, c′}; {a, b′, c}, {a, b′, c′};
　　{a′, b, c}, {a′, b, c′}; {a′, b′, c}, {a′, b′, c′}
三つの因子の積の和は、最初の四つについては:
　　abc + abc′ + ab′c + ab′c′ = ab(c + c′) + ab′(c + c′) = ab⋅11 + ab′⋅11 = 11a(b + b′) = 11a⋅11 = 11²a
同様に、残りの四つについては 11²a′ なので、八つ一組の組当たりの小計は:
　　11²a + 11²a′ = 11²(a + a′) = 11²⋅11

要約すると、 10(10 − 2)(10 − 4)/3! 個ある項の総和が 8 個の項につき 11³ であり、つまり:
　　abc 型の項の総和 = 10(10 − 2)(10 − 4)/3! ÷ 8 × 11³

既に見たように aa′b 型の項の総和は σ₁(5; 11) × (10 − 2) ÷ 2 × 11。 S₃(11) の項は aa′b 型か abc 型かのどちらかなので:
　　S₃(11) = (10 − 2) ÷ 2 × 11⋅σ₁(5; 11) + 10(10 − 2)(10 − 4)/3! ÷ 8 × 11³
　　 = (5 − 1)⋅11⋅σ₁(5; 11) + [5(5 − 1)(5 − 2)/3!]⋅11³

σ₁(5; 11) が 11 の倍数であることを確かめるのは、難しくない。ここでは詳細を省くが、上記の最右辺の各項は――従って S₃(11) は―― 11² の倍数、と結論される。

3.　次に S₅(10) = 1⋅2⋅3⋅4⋅5 + 1⋅2⋅3⋅4⋅6 + ··· + 6⋅7⋅8⋅9⋅10 を考えてみる。

aa′bb′c 型の項　aa′bb′ の部分は、和が 11 になるような二つの整数 2 ペアから成る。そのような 4 因子の総和は、
　　σ₂(5; 11) = (1⋅10)(2⋅9) + (1⋅10)(3⋅8) + ··· + (4⋅7)(5⋅6)
に等しい。 c の部分は、 1 から 10 までの整数のうち、「a, a′, b, b′ として選択された 4 個の数」以外を選ぶ必要があるので、選択肢は (10 − 4) 個。 S₃(10) の場合と同様に、可能な c の値を 2 個一組にすることで、各組の和を 11 にできる。組の個数は、 c の選択肢の個数の半分なので:
　　aa′bb′c 型の項の総和 = (10 − 4) ÷ 2 × 11⋅σ₂(5; 11)

aa′bcd 型の項　aa′ の部分は、和が 11 になるような二つの整数 1 ペアから成る。既に見たように、そのような 2 因子の総和は、
　　σ₁(5; 11) = 1⋅10 + 2⋅9 + ··· + 5⋅6
に等しい。 b の部分は、 1 から 10 までの整数のうち、「a, a′ として選択された 2 個の数」以外を選ぶ必要があるので、選択肢は (10 − 2) 個。 c の部分は「a, a′, b, b′ として選択された 4 個の数」以外を選ぶ必要があるので、選択肢は (10 − 4) 個。同様に d の選択肢は (10 − 6) 個。選択順序が違うだけの重複カウントをなくすため、選択肢を単純な掛け算で済ませず 3! で割る必要がある。

さて bcd の形の積（三つの因子のどの二つの和も 11 ではない）は、既に見たように、 2³ 個つまり 8 個を一組にすることで、各組の和を 11³ にできる。組の個数は選択肢の個数の 2³ 分の 1 なので:
　　aa′bcd 型の項の総和 = (10 − 2)(10 − 4)(10 − 6)/3! ÷ 2³ × 11³⋅σ₁(5; 11)

abcde 型の項　項の因子 a, b, c, d, e のうち、どの二つも和が 11 ではない。 a の選択肢は 10 個、 b の選択肢は (10 − 2) 個、 c の選択肢は (10 − 4) 個、 d の選択肢は (10 − 6) 個、 e の選択肢は (10 − 8) 個。 a を選ぶと a と a′ が選べなくなり、残りから b を選ぶと a, a′, b, b′ が選べなくなり、等々なので、因子を一つ選ぶたびに、選択肢の個数は 2 ずつ減る。

abcde 型の積は 2⁵ 個つまり 32 個を一組とすることで、各組の和を 11⁵ にできる。一つの組は、次の形式の 2⁵ 個の積から成る:
　　{a or a′}⋅{b or b′}⋅{c or c′}⋅{d or d′}⋅{e or e′}
組の個数は選択肢の個数の 2⁵ 分の 1 なので:
　　abcde 型の項の総和 = 10(10 − 2)(10 − 4)(10 − 6)(10 − 8)/5! ÷ 2⁵ × 11⁵

4.　N = 2h を 6 以上の偶数として、 S₅(N) を考える。この場合、和が L = N + 1 = 2h + 1 になるような二つの整数が「ペア」になる。つまり、任意の整数 a に対して a′ とは L − a のこと。

aa′bb′c 型の項　aa′bb′ の部分は、和が L になるような二つの整数 2 ペアから成る。そのような 4 因子の総和は、
　　σ₂(h; L) = (1⋅1′)(2⋅2′) + (1⋅1′)(3⋅3′) + ··· + ((h − 1)⋅(h − 1)′)(h⋅h′)
に等しい。 c の部分は、 1 から N までの整数のうち、「a, a′, b, b′ として選択された 4 個の数」以外を選ぶ必要があるので、選択肢は (N − 4) 個。可能な c の値を 2 個一組にすることで、各組の和を L にできる。組の個数は、 c の選択肢の個数の半分なので:
　　㋕　aa′bb′c 型の項の総和 = (N − 4) ÷ 2 × L⋅σ₂(h; L)

aa′bcd 型の項　aa′ の部分は、和が L になるような二つの整数 1 ペアから成る。そのような 2 因子の総和は、
　　σ₁(h; L) = 1⋅1′ + 2⋅2′ + ··· + h⋅h′
に等しい。 b の部分は、 1 から N までの整数のうち、「a, a′ として選択された 2 個の数」以外を選ぶ必要があるので、選択肢は (N − 2) 個。 c の部分は「a, a′, b, b′ として選択された 4 個の数」以外を選ぶ必要があるので、選択肢は (N − 4) 個。同様に d の選択肢は (N − 6) 個。

さて bcd の形の積は、 2³ 個を一組にすることで、各組の和を L³ にできる。組の個数は選択肢の個数の 2³ 分の 1 なので:
　　㋖　aa′bcd 型の項の総和 = (N − 2)(N − 4)(N − 6)/3! ÷ 2³ × L³⋅σ₁(h; L)

abcde 型の項　項の因子 a, b, c, d, e のうち、どの二つも和が L ではない。 a の選択肢は N 個、 b の選択肢は (N − 2) 個、 c の選択肢は (N − 4) 個、等々。

abcde 型の積は 2⁵ 個を一組とすることで、各組の和を L⁵ にできる。組の個数は選択肢の個数の 2⁵ 分の 1 なので:
　　㋗　abcde 型の項の総和 = N(N − 2)(N − 4)(N − 6)(N − 8)/5! ÷ 2⁵ × L⁵

S₅(N) は㋕㋖㋗の和。 2 や 2³ や 2⁵ での割り算を分子と約分（N = 2h に留意）するとともに、最初の項に「分母 1」と「1 乗」（どちらも有っても無くても同じ）を導入すると:
　　(N − 4) ÷ 2 × L⋅σ₂(h; L) + (N − 2)(N − 4)(N − 6)/3! ÷ 2³ × L³⋅σ₁(h; L) + N(N − 2)(N − 4)(N − 6)(N − 8)/5! ÷ 2⁵ × L⁵
　　 = [(h − 2)/1!]⋅L¹⋅σ₂ + [(h − 1)(h − 2)(h − 3)/3!]⋅L³⋅σ₁ + [h(h − 1)(h − 2)(h − 3)(h − 4)/5!]⋅L⁵⋅σ₀
簡潔化のため σ_j(h; L) を σ_j と略し、末尾に飾りの σ₀ を付けた（ここでは、入力と無関係に σ₀(h; L) = 1 と約束する）。

この場合、最初の項にある分子は、（整数の）因子 h − 2 を持つ。次の項の分子では、因子が 2 個増える（最初の因子より 1 大きい因子と 1 小さい因子が）。そのまた次の項の分子では、再び因子が 2 個増える（最初の因子より 2 大きい因子と 2 小さい因子が）。

5.　より一般的に S_k(N) を考えてみたい。すなわち 1 から N までの整数の「k 個ずつの積」の和。ただし N = 2h を偶数、 k = 2t + 1 を奇数とし、前者は後者より大きいとする。この場合も、和が L = N + 1 = 2h + 1 になるような二つの整数が「ペア」になる。

aa′bb′cc′··· x 型の項　aa′bb′cc′··· の部分は、和が L になるような二つの整数 t ペアから成る。そのような 2t 因子の総和は、
　　σ_t(h; L)
に等しい。 x の部分は、 1 から N までの整数のうち、「a, a′, b, b′, c, c′, ··· として選択された 2t 個の数」以外を選ぶ必要があるので、選択肢は (N − 2t) 個。可能な x の値を 2 個一組にすることで、各組の和を L にできる。組の個数は、 c の選択肢の個数の半分なので:
　　㋚　aa′bb′cc′···x 型の項の総和 = (N − 2t) ÷ 2 × L⋅σ_t(h; L)

aa′bb′···xyz 型の項　aa′bb′···  の部分は、和が L になるような二つの整数 t − 1 ペアから成る。そのような 2(t − 1) 因子の総和は、
　　σ_t−1(h; L)
に等しい。 x の部分は、 1 から N までの整数のうち、「a, a′, b, b′, ··· として選択された 2t − 2 個の数」以外を選ぶ必要があるので、選択肢は (N − 2t + 2) 個。 y の部分の選択肢は 2 個減るので（x, x′ が選択不可になるから）、 (N − 2t) 個。同様に z の選択肢は (N − 2t − 2) 個。

xyz の形の積は、 2³ 個を一組にすることで、各組の和を L³ にできる。組の個数は選択肢の個数の 2³ 分の 1 なので:
　　㋛　aa′bb′···xyz 型の項の総和 = (N − 2t + 2)(N − 2t)(N − 2t − 2)/3! ÷ 2³ × L³⋅σ_t−1(h; L)

S_k(N) = S_2t+1(2h) は、㋚㋛等の和だから:
　　S_k(N) = (N − 2t) ÷ 2 × L⋅σ_t(h; L) + (N − 2t + 2)(N − 2t)(N − 2t − 2)/3! ÷ 2³ × L³⋅σ_t−1(h; L) + ···
　　 = [(h − t)/1!]⋅L¹⋅σ_t + [(h − t + 1)(h − t)(h − t − 1)/3!]⋅L³⋅σ_t−1 + [(h − t + 2)(h − t + 1)(h − t)(h − t − 1)(h − t − 2)/5!]⋅L⁵⋅σ_t−2 + ···
ただし σ_j(h; L) を σ_j と略した。

h − t を μ と置くと、式が簡潔になる:
　　S_2t+1(2h) = [μ/1!]⋅L¹⋅σ_t + [(μ + 1)μ(μ − 1)/3!]⋅L³⋅σ_t−1 + [(μ + 2)(μ + 1)μ(μ − 1)(μ − 2)/5!]⋅L⁵⋅σ_t−2 + ···

分子が「中心から上と下へ広がっていく階乗」というところが、特徴的。なかなか美しい。

あるいは、同じことだが:
　　S_2t+1(2h) = [μ/1!]⋅L¹⋅σ_t + [μ(μ² − 1²)/3!]⋅L³⋅σ_t−1 + [μ(μ² − 1²)(μ² − 2²)/5!]⋅L⁵⋅σ_t−2 + ···

Glaisher 自身は、上記のタイプの表記法を採用している（[7], §13, ii）。

仮に記号 a^↓m によって、 a から始まり 1 ずつ小さくなる m 個の数の積
　　a(a − 1)(a − 2)···(a − m + 1)
を表すなら、
　　S_2t+1(2h) = [μ^↓1⋅L¹⋅σ_t/1!] + [(μ + 1)^↓3⋅L³⋅σ_t−1/3!] + [(μ + 2)^↓5⋅L⁵⋅σ_t−2/5!] + ···
と書くこともできる。

これらの表現は形式的には無限個の項を持つが、実質的には有限個の項の和。なぜなら分子の最小因子は項ごとに 1 小さくなるので、やがて因子 0 が生じる。 σ₀ は 1 で、 r < 0 なら σ_r は 0、と約束しておく（これも足し算打ち切りの引き金となり得る）。

今回の公式（N が偶数で k が奇数の場合）だけでもそれなりに面白いが、 N の偶奇と k の偶奇による 4 パターンの公式を準備することにより、さまざまな検討が可能になるであろう。（続く）

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2026-06-11　グレイシャーのシグマ関数（その2）　735 = 7²⋅3⋅5

1, 2, 3, 4, 5, 6 の六つの数から三つの数を選ぶ方法は、順序の違いを無視すると 20 通りある。

　　1⋅2⋅3, 1⋅2⋅4, 1⋅2⋅5, 1⋅2⋅6
　　1⋅3⋅4, 1⋅3⋅5, 1⋅3⋅6
　　1⋅4⋅5, 1⋅4⋅6
　　1⋅5⋅6

　　2⋅3⋅4, 2⋅3⋅5, 2⋅3⋅6
　　2⋅4⋅5, 2⋅4⋅6
　　2⋅5⋅6

　　3⋅4⋅5, 3⋅4⋅6
　　3⋅5⋅6

　　4⋅5⋅6

これら 20 種類の「三つずつの積」を全部足すと、和は 735。この 735 という数は 50 × 15 = 750 より、ちょうど 15 小さい。つまり 735 = 49 × 15 であり、 7² で割り切れる。

[(1⋅2⋅3 + 1⋅2⋅4 + 1⋅2⋅5 + 1⋅2⋅6) + (1⋅3⋅4 + 1⋅3⋅5 + 1⋅3⋅6) + (1⋅4⋅5 + 1⋅4⋅6) + (1⋅5⋅6)]
　　 + [(2⋅3⋅4 + 2⋅3⋅5 + 2⋅3⋅6) + (2⋅4⋅5 + 2⋅4⋅6) + (2⋅5⋅6)] + [(3⋅4⋅5 + 3⋅4⋅6) + (3⋅5⋅6)] + [(4⋅5⋅6)]
　　 = [(6 + 8 + 10 + 12) + (12 + 15 + 18) + (20 + 24) + 30]
　　 + [(24 + 30 + 36) + (40 + 48) + 60] + [(60 + 72) + 90] + 120
　　 = 155 + 238 + 222 + 120 = 735

実は、このような「1 から N までの数」の「三つずつの積」の和は、 N より 1 大きい数（それを p とする）が 5 以上の素数なら、いつでも p² で割り切れる。例えば「1 から 10 までの数」の「三つずつの積」の和は 11² で割り切れる。

より一般的に「奇数個ずつの積」の和（総和）は、同様の法則に従う――例えば「1 から 10 までの数」の「五つずつの積」の和も、「七つずつの積」の和も、「九つずつの積」の和も、それぞれ 11² で割り切れる。「1 から 12 までの数」の「三つずつ（あるいは五つずつ、七つずつ、等々）の積」の和は 13² で割り切れる。「1 から 16 までの数」の「三つずつ（あるいは五つずつ、等々）の積」の和は 17² で割り切れる。

これは「ウォルステンホームの定理」の一種の拡張。「グレイシャーのシグマ関数」を使うとその証明はシンプルだが、ツールとなる「シグマ関数」の導入が少し難しい（そこが面白い、ともいえる）。

「1 から N までの数」の「k 個ずつの積」の和 S_k(N) を σ₁, σ₂ 等々の部分和に分けられる――という事実が鍵。前回、 k が奇数の場合について記した。今回は k が偶数の場合について記し、上記定理を証明する。

6.　前回の続き。 N = 2h を偶数とする。 1 から N までの整数の「k 個ずつの積」の和 S_k(N) を考える。ただし k = 2t も偶数とする。

例えば S₄(10) において aa′bb′ 型の項の総和は:
　　σ₂(5; 11)
aa′bc 型の項の総和は:
　　8⋅6/2! ÷ 2² × 11² × σ₁(5; 11)
abcd 型の項の総和は:
　　10⋅8⋅6⋅4/4! ÷ 2⁴ × 11⁴

一般に S_2t(2h) について、各項の 2t 個の因子の中に「和が L = 2h + 1 のペア」（二つの因子）がいくつあるかに応じて、部分和を考える（そのようなペアになる因子を「非孤立」、ペアにならない因子を「孤立」と形容する）。

ペア数 t の項（非孤立因子 2t 個、孤立因子 0 個）の総和は:
　　σ_t(h; L)

ペア数 t − 1 の項（非孤立因子 2t − 2 個、孤立因子 2 個）の総和は:
　　(2h − 2t + 2)(2h − 2t)/2! ÷ 2² × L² × σ_t−1(h; L)
　　 = (h − t + 1)(h − t)/2! × L² × σ_t−1(h; L)

このような一つ一つの項には、孤立因子がちょうど 2 個含まれる。第一の孤立因子 x の選択肢は、「未使用」の数値の個数 N − (2t − 2) に等しい。 N = 2h なので 2h − 2t + 2 に当たる。第二の孤立因子 y の選択肢は 2 個減少。なぜなら x は第一の孤立因子として「使用済み」だし x′ も選択不可（もしも y として x′ を選択したら x と y は非孤立ペアになってしまい、仮定に反する）。

ペア数 t − 2 の項（非孤立因子 2t − 4 個、孤立因子 4 個）の総和は:
　　(2h − 2t + 4)(2h − 2t + 2)(2h − 2t)(2h − 2t − 2)/4! ÷ 2⁴ × L⁴ × σ_t−2(h; L)
　　 = (h − t + 2)(h − t + 1)(h − t)(h − t − 1)/4! × L⁴ × σ_t−2(h; L)

このような項には、孤立因子がちょうど 4 個含まれる。第一の孤立因子の選択肢は、「未使用」の数値の個数 N − (2t − 4) に等しい。第二の孤立因子の選択肢は 2 個減少。第三の孤立因子の選択肢は、さらに 2 個減少。等々。

以下同様なので、 h − t を μ と置き σ_j(h; L) を σ_j と略すと:
　　S_2t(2h) = σ_t + [(μ + 1)μ/2!]⋅L²⋅σ_t−1 + [(μ + 2)(μ + 1)μ(μ − 1)/4!]⋅L⁴⋅σ_t−2 + [(μ + 3)(μ + 2)(μ + 1)μ(μ − 1)(μ − 2)/6!]⋅L⁶⋅σ_t−3 + ···

k = 2t + 1 が奇数の場合の式（§5）とまとめると:

S_k(N) の σ 表現: N = 2h が偶数の場合（Glaisher [7], §13）
〘ⅰ〙　k = 2t が偶数なら:
　　S_2t(2h) = [μ^↓0⋅L⁰⋅σ_t/0!] + [(μ + 1)^↓2⋅L²⋅σ_t−1/2!] + [(μ + 2)^↓4⋅L⁴⋅σ_t−2/4!] + ···
〘ⅱ〙　k = 2t + 1 が奇数なら:
　　S_2t+1(2h) = [μ^↓1⋅L¹⋅σ_t/1!] + [(μ + 1)^↓3⋅L³⋅σ_t−1/3!] + [(μ + 2)^↓5⋅L⁵⋅σ_t−2/5!] + ···
ここで μ = h − t, L = 2h + 1, σ_j = σ_j(h; L)

右辺の最初の項に含まれる 0! や 1! や 0 乗や 1 乗などは、項の形式を統一するためのもの（なくてもいい）。内容的には〘ⅰ〙の第1項は σ_t(h; L) に等しく、〘ⅱ〙の第1項は μLσ_t(h; L) に等しい。

7.　σ 表現を使って、問題3の内容を再証明する。

命題2（Glaisher [7], §16）　n を正整数として、
　　x(x + 1)(x + 2)···(x + n − 1) = xⁿ + W₁⋅xⁿ⁻¹ + W₂⋅xⁿ⁻² + ··· + W_n−2⋅x² + W_n−1⋅x
と置く。もし n = p が 5 以上の素数で、 k が 3 以上 p − 2 以下の奇数なら:
　　W_k ≡ 0 (mod p²)

〔注〕　Lagrange 流の伝統的表記と比べ、多項式の両辺が x 倍されている。どちらでも本質的内容は同じだが、左辺の因子数（言い換えれば右辺の次数）が n − 1 より n になる方が、ある意味、気持ちがいい。スターリング数の記号との相性もいい。

Wolstenholme の定理の標準的証明法では、「W_p−2 は p² で割り切れる」という補題（Wolstenholme の定理の系ともいえる）が使われる。 Glaisher はこの補題を拡張し、 W_p−2 のみならず
　　W₃, W₅, ···, W_p−4, W_p−2
がどれも p² で割り切れることを示した^†。実質的な最小の例（W_p−2 以外の W_k が p² で割り切れる）は、 n = 7 のときの W₃ = 735。

† W₁ = 1 + 2 + ··· + (p − 1) = (p − 1)p/2 は p² で割り切れない。一方、 W₃ は、 p が素数以外の奇数の場合でも p² で割り切れる（後述）。

証明　k = 2t + 1, p = 2h + 1 (= L) と置く。公式〘ⅱ〙の第2項以下は p³ の倍数なので、第1項
　　(h − t)⋅p⋅σ_t(h; p)
の因子 σ_t(h; p) が p の倍数であることを示せばいい^†。

偶数 k − 1 = 2t に関して、公式〘ⅰ〙から:
　　S_2t(2h) ≡ σ_t(h; p) (mod p²)
左辺の S_2t(2h) = S_k−1(p − 1) は、 n = p の場合の W_k−1 に他ならず、 Lagrange の定理から p の倍数（仮定により 2 ≤ k − 1 ≤ p − 3）。∎

†　因子 h − t (= μ) は p の倍数ではない。実際、仮定から p > k なので h > t、ゆえに h − t > 0。かつ 3 ≤ k なので 1 ≤ t、ゆえに h − t < h < p。

技術的には「奇数 k は p − 2 以下」という制限は必須ではない。 k = p とした場合の W_p = 0 は、 p² の自明な倍数。一方、「k は 3 以上」という条件は必須。 k = 1 とした場合の W₁ は、公式〘ⅱ〙により p の倍数ではあるが、 p² の倍数ではない（因子 σ_t = σ₀ = 1 が p の倍数ではないから）。命題2の n 次式において W₀ は最高次の係数 1 に当たり、 W_n は定数項 0 に当たる。

例　p = 7 に対する W₃ つまり S₃(6) は 7² で割り切れる。
　　N = 6, h = 3; k = 3, t = 1; μ = 3 − 1 = 2
　　S₃(6) = 2⋅7⋅σ₁(3; 7) + (3⋅2⋅1/3!)⋅7³
この右辺によると W₃ の項のうち、孤立因子のみを含む項の総和は 7³ (= 343) で、孤立因子を一つだけ含む項の総和は 2⋅7⋅σ₁。よって、 σ₁ ――すなわち W₂ のうち「孤立因子を全く含まない項」だけを足し合わせた部分和――が 7 の倍数であることを確かめればいい。もし直接計算するなら:
　　1⋅6 + 2⋅5 + 3⋅4 = 6 + 10 + 12 = 28 = 4⋅7
確かに 7 の倍数。
　　2⋅7⋅σ₁ = 2⋅7⋅(4⋅7) = 8⋅7² (= 392)
　　∴　W₃ = 7³ + 8⋅7² = 15⋅7² (= 735)

あるいは公式〘ⅰ〙を使って W₂ を考えると:
　　N = 6, h = 3; k = 2, t = 1; μ = 3 − 1 = 2
　　W₂ = σ₁ + (3⋅2/2!)⋅7² = σ₁ + 3⋅7²
この左辺の W₂ は 7 の倍数なので σ₁ も 7 の倍数。

具体的には W₂ = [7 S 5] = 175 = 7⋅25
　　∴　σ₁ = 7⋅25 − 3⋅7⋅7 = 7(25 − 21) = 28
1² + 2² + 3² = 14 の 2 倍として直接計算も可能（§9）。

8.　「三つずつの積」の和の別の例。 p = 11 に対する W₃ は、 11² で割り切れる。
　　N = 10, h = 5; k = 3, t = 1; μ = 5 − 1 = 4
　　S₃(10) = 4⋅11⋅σ₁(5; 11) + (5⋅4⋅3/3!)⋅11³
この右辺によると W₃ の項のうち、孤立因子のみを含む項の総和は 10⋅11³ (= 13310) で、孤立因子を一つだけ含む項の総和は 4⋅11⋅σ₁。よって、 σ₁ が 11 の倍数であることを確かめればいい。もし直接計算するなら:
　　1⋅10 + 2⋅9 + ··· + 5⋅6 = 110
確かに 11 の倍数。
　　4⋅11⋅σ₁ = 4⋅11⋅(10⋅11) = 40⋅11² (= 4840)
　　∴　W₃ = 10⋅11³ + 40⋅11² = (110 + 40)⋅11² (= 18150)

具体的な数値を求めず、単に一般原理に帰着させてもいい（下記の例参照）。

「五つずつの積」の和の例。 p = 11 に対する W₅ も、 11² で割り切れる。
　　N = 10, h = 5; k = 5, t = 2; μ = 5 − 2 = 3
　　S₅(10) = 3⋅11⋅σ₂(5; 11) + (4⋅3⋅2/3!)⋅11³⋅σ₁ + (5⋅4⋅3⋅2⋅1/5!)⋅11⁵
この右辺によると W₅ の項のうち、孤立因子のみを含む項の総和は 11⁵、孤立因子を 3 個だけ含む項の総和は 4⋅11³⋅σ₁、孤立因子を 1 個だけ含む項の総和は 3⋅11⋅σ₂。よって、 σ₂ が 11 の倍数であることを確かめればいい。

具体的な数値を求めて 11 で割り切れるか調べることは、やればできるが面倒。この場合、その必要もない。一般原理として W₄ つまり S(10, 4) は 11 の倍数で、そこから除去される「孤立因子を（2 個または 4 個）含む項の総和」は 11² の倍数。実際:
　　N = 10, h = 5; k = 4, t = 2; μ = 5 − 2 = 3
　　W₄ = σ₂ + (4⋅3/2!)⋅11²⋅σ₁ + (5⋅4⋅3⋅2/4!)⋅11⁴
左辺の W₄ は 11 の倍数なので σ₂ も 11 の倍数。（続く）

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2026-06-12　グレイシャーのシグマ関数（その3）　1⋅4 + 2⋅3 = 2(1² + 2²)

「足すと 3 になる二つの数」（自然数のペア）の積:
　　1⋅2 = 2
「足すと 5 になるペア」の積の合計:
　　1⋅4 + 2⋅3 = 4 + 6 = 10
「足すと 7 になるペア」の積の合計:
　　1⋅6 + 2⋅5 + 3⋅4 = 6 + 10 + 12 = 28
「足すと 9 になるペア」の積の合計:
　　1⋅8 + 2⋅7 + 3⋅6 + 4⋅5 = 8 + 14 + 18 + 20 = 60
　︙

それぞれ 1² = 1, 1² + 2² = 5, 1² + 2² + 3² = 14, 1² + 2² + 3² + 4² = 30, ··· の 2 倍に等しい。

疑問　「和が 2n + 1 のペア」の積の合計は、 1² + 2² + ··· + n² の 2 倍に等しい。なぜ？

9.　1 から n までの数をそれぞれ「和が L (= 2n + 1) になるような相手」と掛け算して、その積を合計すると:
　　1(L − 1) + 2(L − 2) + ··· + n(L − n)
　　 = (1⋅L − 1²) + (2⋅L − 2²) + ··· + (n⋅L − n²)
　　 = (1⋅L + 2⋅L + ··· + n⋅L) − 1² − 2² − ··· − n²
　　 = (1 + 2 + ··· + n)⋅L − (1² + 2² + ··· + n²)

1乗和の公式・2乗和の公式を使うと:
　　 = (1/2)n(n + 1)⋅L − (1/6)n(n + 1)(2n + 1)

L = 2n + 1 なので、こうなる:
　　 = (3/6)n(n + 1)(2n + 1) − (1/6)n(n + 1)(2n + 1)
　　 = (2/6)n(n + 1)(2n + 1)
　　 = (1/6)n(n + 1)(2n + 1) × 2
　　 = (1² + 2² + ··· + n²) × 2

2乗和の公式を逆向きに使った！

平方数の和の 2 倍 2, 10, 28, 60, 110, ··· については https://oeis.org/A006331 も参照。

L = 2h + 1 とすると、 h = 1, 2, 3, 4, 5, ··· に対する σ₁(h; L) は、このような数を表す。その意味は次の通り。

定数 h が与えられたとする。 h の 2 倍より大きい数（Large）を選んで L としよう。典型的には L = 2h + 1 とする――その場合、 h は「L の半分・端数切り捨て」（hanbun; half）だ。このとき「1 から N = 2h までの数」を
　　1, 2, ···, h
　　L − 1, L − 2, ···, L − h
で表現できる。例えば h = 3, N = 2h = 6, L = 2h + 1 = 7 なら:
　　1, 2, 3; 6, 5, 4

「1 から 6 までの数」の「二つずつの積」の和を S₂(6) とすると:
　　S₂(6) = (1⋅2 + 1⋅3 + 1⋅4 + 1⋅5 + 1⋅6)
　　 + (2⋅3 + 2⋅4 + 2⋅5 + 2⋅6)
　　 + (3⋅4 + 3⋅5 + 3⋅6)
　　 + (4⋅5 + 4⋅6)
　　 + (5⋅6)

この a⋅b の形の一つ一つの項について、掛け算される a や b を因子と呼ぶ。もしある項の中に「和が 7 になるような二つの因子」があるなら、そのようなペアの両方を（その項の）非孤立因子と名付ける。反対に、もしその項の中に「和が 7 になる相手」がないなら、それを（その項の）孤立因子と名付ける。例えば、項 1⋅5 の 1 や 5 は孤立因子、項 1⋅6 の 1 や 6 は非孤立因子。 σ₁(3; 7) は「1 から 3 までの数」の「一つずつの積」（要するにその数自身）について、強制的に「和が 7 になる因子」を追加して、孤立因子を全く含まない項の和を作る:
　　σ₁(3; 7) = 1(7 − 1) + 2(7 − 2) + 3(7 − 3) = 1⋅6 + 2⋅5 + 3⋅4

σ₁(h; 2h + 1) は、全パターンの項の和 S₂(2h) から、「非孤立ペア含む項」だけを抜き出した部分和に当たる。冒頭の算数のようなものは、その一例。

より一般的に、何らかの定数 L を前提として、一つの項が因子 a と因子 L − a を両方含むとき、それらを（2 個の）非孤立因子と呼ぶ。 σ_t(h; L) という関数は、「1 から N = 2h までの数」の t 個ずつの積の和 S_t(2h) について、各項の一つ一つの因子（それを x とする）に対して因子 L − x を追加し、「孤立因子を全く含まない t ペア（2t 個の因子）から成る項」を作って、それらの項の総和を出力とする。言い換えると、2t 個ずつの積の和 S_2t(2h) から「孤立因子を全く含まない項」だけを抜き出した部分和。

非孤立因子はその性質上 2 個ずつペアで生じるので、ある項が含む孤立因子は 0 個または偶数個。

「1 から N までの数」の「k 個ずつの積」の和は、もし k が奇数なら、どの項も（少なくとも 1 個の）孤立因子を含む。もし k が偶数なら「孤立因子を全く含まない項」が存在し得る。例えば k = 4 の場合、「孤立因子 0 個と非孤立因子 2 ペア（4 個）」から成る項があり得る。「孤立因子 2 個と非孤立因子 1 ペア（2 個）」や「孤立因子 4 個と非孤立因子 0 ペア（0 個）」という項もあり得る。

10.　k が大きいとき、 S_k(N) の各項の「孤立・非孤立因子の配分」にはいろいろなパターンが考えられる。そのようなパターンごとに部分和を考えること――それが S_k(N) の σ 表現だ。

σ 表現で重要なのは、「最初の分数の分子」。例えば N = 2h 種類の数の「k 個ずつの積」の和では、もし k = 2t + 1 が奇数なら、項が持ち得る孤立因子（それを x とする）の最小個数は 1 個。それ以外の 2t 個の因子は、非孤立因子のペアによって「使用済み」なので、 x の選択肢の総数は:
　　N − 2t = 2h − 2t
（k 因子から成る項のうち「孤立因子を一つだけ持つもの」は全部でいくつあるか、数えたもの。）このような（孤立因子が 1 個だけの）項を 2 個一組にして、各組の和を L の倍数にできるので:
　　このタイプの部分和を構成する項たちの総数　(2h − 2t)/1!
　　それらの項を組に分けたときの組の総数　(2h − 2t)/1! ÷ 2 = (h − t)/1!

〔注〕　「●個に一つの選択」「▲個に一つの選択」「■個に一つの選択」…のように選択を A 回繰り返すとき、もし選択の順序の違いを区別しないのなら、 A! で割り算するのはお約束。 A! は「選択順序の違い」の総数。この割り算により、「選択順序が違うだけで内容的には同一の選択」が重複カウントされなくなる。もっとも 1! での割り算は有っても無くても同じなので、表記を省略することもある。

実際の部分和を求めるには「組の個数」を L 倍するとともに（各組の和が L だから）、当然ながら、項を構成する残りの因子（2t 個の非孤立因子）も考慮する必要がある。詳細や具体例は別の場所に記したが、組ごとの和は一定なので、非孤立因子については、合算して「まとめて掛け算」できる。「まとめて掛け算」される値は、それ自身、ある種の部分和（2t 個ずつの積のうち、孤立因子を含まない項だけを集めたもの）であり σ_t(h; L) に他ならない。

最初の分子 h − t が決まれば、次の項以降の分子では、次々と「1 大きい数」＆「1 小さい数」が因子として追加されていくだけ（この仕組みについては §3 以下参照）。見やすいように h − t の値を μ とすると:
　　一つ目の項の分数が　μ/1!
　　二つ目の項では　(μ + 1)μ(μ − 1)/3!
　　三つ目の項では　(μ + 2)(μ + 1)μ(μ − 1)(μ − 2)/5!
等々。これらは順に 2¹ 個が一組、 2³ 個が一組、 2⁵ 個が一組、等々の「組の個数」であり、実際の部分和を求めるために、順に L¹⋅σ_t, L³⋅σ_t−1, L⁵⋅σ_t−2 等々が掛け算される。「N が偶数のときの、奇数個ずつの積の和」（§2 以下）のパターン。

さて、同じ N = 2h 種類（偶数）の数の「k 個ずつの積」の和でも、もし k = 2t が偶数なら、項が持ち得る孤立因子の最小個数は 0 個で、そのような（全く孤立因子を含まない）項たちの部分和は σ_t(h; L) に他ならない。孤立因子（それを x, y とする）があるなら、最も少ないケースでも 2 個ある。それ以外の 2t − 2 個の因子は、非孤立因子のペアによって「使用済み」なので、 x の選択肢の総数は
　　N − (2t − 2) = 2h − 2t + 2
で、 y の選択肢の総数は
　　2h − 2t
だ。しかも、このような（孤立因子が 2 個だけの）項については、 4 個一組にして各組の和を L² の倍数にできるので:
　　このタイプの部分和を構成する項たちの総数　(2h − 2t + 2)(2h − 2t)/2!
　　それらの項を組に分けたときの組の総数　(2h − 2t + 2)(2h − 2t))/2! ÷ 2² = (h − t + 1)(h − t))/2!

この場合も、最初と統一して μ = h − t と書くなら:
　　上記の分数は　(μ + 1)μ/2!
　　次の項の分数は　(μ + 2)(μ + 1)μ(μ − 1)/4!
　　そのまた次の項の分数は　(μ + 3)(μ + 2)(μ + 1)μ(μ − 1)(μ − 2)/6!
等々となり、実際の部分を求めるために、それぞれ L²⋅σ_t−1, L⁴⋅σ_t−2, L⁶⋅σ_t−3 等々が掛け算される。「N が偶数のときの、偶数個ずつの積の和」（§6 以下）のパターン。

11.　N + 1 が素数の場合が話題の中心だったこともあり、これまでは主に N = 2h が偶数の場合を考えていた。 N が奇数の場合を検討してみたい。 N = 2h + 1 と置いてもいいのだが、便宜上 N = 2h − 1 とする（正の奇数）。

「1 から N = 2h − 1 までの数」の「k 個ずつの積」の総和 S_k(2h − 1) は、次のようにして N が偶数の場合の議論に帰着される。すなわち:
　　《1 から N までの 2h − 1 個（奇数個）の数》
　　1, 2, ···, h − 1, h, h + 1, h + 2, ···, 2h − 1
から「k 個ずつの積」を作る場合、これらの数から k 個の数を（全部の組み合わせで）選ぶとすると、選択される k 個の数の中には h という数が含まれるか、さもなければ、 h は含まれない（当たり前だが）。そこで、第一の可能性として、因子 h が含まれない場合だけを考える:
　　《選択肢から h を除外した 2h − 2 個（偶数個）の数》
　　1, 2, ···, h − 1; h + 1, h + 2, ···, 2h − 1　　（♯）
の中から k 個を選び、それらの積を一つの項とする。第二の可能性として、因子 h が含まれる場合だけを考え、（♯）の偶数個の数から k − 1 個を選び、そこに k 番目の因子として h を追加する。

第二のケースでは、選ばれた k − 1 個の因子の積がそれぞれ h 倍される。実際には「k − 1 個の因子の積」の和を考えて、まとめて h 倍すればいい。

第一のケースによって作られる項の総和 S^♯_k(2h − 2) と、第二のケースによって作られる項の総和 h⋅S^♯_k−1(2h − 2) を合算すれば、「k 個ずつの積」の総和が過不足なく求まる。ここで記号 S^♯_m(2h − 2) は、「2h − 2 個の数」の「m 個ずつの積」の和を表す点では、通常の S_m(2h − 2) と同じ。ただし、選択肢となる数を上記の（♯）の中から選ぶ――単純に {1, 2, ···, 2h − 2} から選ぶのではなく。

（♯）は 2h − 1 個の数 {1, 2, ···, 2h − 1} から {h} を除外したもの。連続する 2h − 2 個の数ではなく、真ん中に「穴」があるが、以下の議論は「穴」がない場合とほぼ同様。というのも、組み合わせのパターン数などは、組み合わされる具体的な数値とは無関係。例えば {1, 2, 3, 4, 5, 6} から二つの数を選ぶ組み合わせは 15 通り、三つの数を選ぶ組み合わせは 20 通り等々だが、 {1, 2, 3, 5, 6, 7} から二つの数・三つの数を選ぶ組み合わせ等々も全く同じ個数だし、 h = 3, L = 8 とすれば {1, 7} と {2, 6} と {3, 5} がペアになり、孤立・非孤立の概念もそのまま成り立つ。

しかし重大な違いが一つある。この場合、 σ では、前半の数
　　{1, 2, ···, h − 1}
と L = 2h を組み合わせることにより、（♯）の各数が生成される。後半の数は
　　{2h − 1, 2h − 2, ···, 2h − (h − 1)}
として表現される（右端の要素は h + 1 に等しい）。すなわち、この場合の σ_j は、
　　σ_j(h − 1; L)
　　L = 2h
だ。これまでのデフォルト設定 σ_j(h; L), L = 2h + 1 と比べると、第1の引数が h から h − 1 に変わり、 L と h の関係も異なる！

〔例〕　h = 4 とすると「1 から h − 1 までの数」は {1, 2, 3} で、このとき L = 2h = 8 を使うと {L − 1, L − 2, L − 3} = {7, 6, 5}。前者の三つの数と後者の三つの数は、順に L = 8 を基準とする非孤立ペアであり、両者を合わせると {1, 2, 3, 5, 6, 7} となる。すなわち h = 4 の場合の（♯）である。

N が偶数の場合もそうだったが、 N が奇数の場合においても、 k が偶数か奇数かで σ 表現が異なる。今回は「N が奇数で k が偶数」のケースを扱う。 k = 2t と置く。

第一のケースについて。「偶数個ずつの積の和^†」なので、その σ 表現は、
　　S^♯_2t(2h − 2) = σ_t + [E⋅F/2!]⋅L²⋅σ_t−1 + [(E + 1)E⋅F(F − 1)/4!]⋅L⁴⋅σ_t−2 + ···
のような形になるだろう。問題は、分子の未知数 E, F がどういう表現になるか？

†　N が奇数の場合の S_2t(N) の公式は未知。それを求めるため、 S_2t(N) を 2 種類の S^♯_m(N − 1) に分けて処理している（m = 2t または 2t − 1）。 N − 1 は偶数なので、 S^♯_m(N − 1) は S_m(偶数) と同じパターンに。 S_m(偶数) の公式は既知。ただし 2 種類あって、 m が偶数か奇数か（偶数個ずつの積か奇数個ずつの積か）によって形が違う。

ここでは 2h − 2 個の数から 2t 個の因子を選んで、積を作っている。右辺の最初の項は、その 2t 個の因子の中に「孤立因子が全く無い場合」（非孤立因子 t ペア = 2t 個）の部分和に当たる。次の項は、その 2t 個の中に「孤立因子が 2 個だけある場合」（非孤立因子 t − 1 ペア = 2t − 2 個）の部分和に関連している。 2 個だけある孤立因子を x, y とすると、 x の選択肢は (2h − 2) − (2t − 2) = 2h − 2t 個。従って y の選択肢は 2h − 2t − 2 個。

全部で 2h − 2 個の数がある。そのうち 2t − 2 個が、非孤立因子として選択されて「使用済み」となり、残りの「未使用」の数の中から x を選ぶ必要がある。

ゆえに、二つの孤立因子 x, y の選択肢の総数は:
　　(2h − 2t)(2h − 2t − 2)/2! 個
それらが 4 個一組で和 L² になるのだから、組の総数は上記の個数を 4 で割ったもの:
　　(h − t)(h − t − 1)/2! 個
統一表記に従い μ = h − t と置くと:
　　μ(μ − 1)/2!
これが最初の分数。 E の正体は μ で F の正体は μ − 1 であった！　つまり:
　　ア　S^♯_2t(2h − 2) = σ_t + [μ(μ − 1)/2!]⋅L²⋅σ_t−1 + [(μ + 1)μ(μ − 1)(μ − 2)/4!]⋅L⁴⋅σ_t−2 + [(μ + 2)(μ + 1)μ(μ − 1)(μ − 2)(μ − 3)/6!]⋅L⁶⋅σ_t−3 + ···

次に、第二のケース。 h⋅S^♯_k−1(2h − 2) の S^♯_k−1(2h − 2) の部分を求める。ここでは k = 2t を偶数と仮定しているので「奇数個ずつの積の和」のパターンになる（k − 1 = 2t − 1 は奇数）。「最初の分子」を決定するため、 k − 1 = 2t − 1 個の因子のうち、孤立因子が 1 個だけの場合（非孤立因子 2t − 2 個 = t − 1 ペア）について考える。 2h − 2 個の数のうち 2t − 2 個 が（非孤立ペアにより）「占有」されるので、 「1 個だけの孤立因子」の選択肢は
　　(2h − 2) − (2t − 2) = 2h − 2t
種類。 2 個一組で和が L だから、 h − t 種類の組が生じる（2h − 2t の半分）。つまり最初の分子は μ だ。それさえ分かれば、後はパターン通り:
　　イ　S^♯_2t−1(2h − 2) = (μ/1!)⋅L¹⋅σ_t−1 + [(μ + 1)μ(μ − 1)/3!]⋅L³⋅σ_t−2 + [(μ + 2)(μ + 1)μ(μ − 1)(μ − 2)/5!]⋅L⁵⋅σ_t−3 + ···

一つの項の因子数が k − 1 = 2t − 1 なので、そこに t ペア（2t 個）の非孤立因子を含めることはできない。公式の最初の項は「孤立因子 1 個＆非孤立因子 t − 1 ペア」の場合に当たるので、そこに含まれる σ は σ_t ではなく σ_t−1 だ。

目的の S_2t(2h − 1) すなわち S^♯_2t(2h − 2) + h⋅S^♯_2t−1(2h − 2) を求めるには、イを h 倍してアに足せばいい。 L = 2h なので（前述）、 h 倍する代わりに L/2 倍してもよく、そうするとうまくいく。ア・イを L についての多項式として扱う。イの右辺・第1項を L/2 倍すると L についての 2 次の項
　　(μ/1!)⋅(1/2)⋅L²⋅σ_t−1
を得る。これをアの右辺・第2項に足すと（分母は等しい。分子を共通因数 μ でくくる）:
　　[μ(μ − 1)/2!]⋅L²⋅σ_t−1 + (μ/1!)⋅(1/2)⋅L²⋅σ_t−1 = [μ⋅(μ − 1 + 1)/2!]⋅L²⋅σ_t−1 = [μ⋅μ/2!]⋅L²⋅σ_t−1　　ウ

同様に、イの第2項を L/2 倍（通分のため 2L/4 倍）してアの第3項に足し、分子の共通因子でくくる:
　　[(μ + 1)μ(μ − 1)⋅(μ − 2 + 2)/4!]⋅L⁴⋅σ_t−2 = [(μ + 1)μ(μ − 1)⋅μ/4!]⋅L⁴⋅σ_t−2　　エ
さらに、イの第3項を 3L/6 倍してアの第4項に足すと:
　　[(μ + 2)(μ + 1)μ(μ − 1)(μ − 2)⋅(μ − 3 + 3)/6!]⋅L⁶⋅σ_t−3 = [(μ + 2)(μ + 1)μ(μ − 1)(μ − 2)⋅μ/6!]⋅L⁶⋅σ_t−3　　オ
生じる項のパターンは明らか。アの右辺第1項と、ウ・エ・オから、次の結論に至る。

S_2t(N) の σ 表現: N が奇数 2h − 1 の場合（Glaisher [7], §14, iii）
　　σ_t + [μ²/2!]⋅L²⋅σ_t−1 + [(μ + 1)μ²(μ − 1)/4!]⋅L⁴⋅σ_t−2 + [(μ + 2)(μ + 1)μ²(μ − 1)(μ − 2)/6!]⋅L⁶⋅σ_t−3 + ···
　　ただし　σ_j = σ_j(h − 1; 2h), L = 2h, μ = h − t

〔コメント〕　第 1 項を除き、第 τ 項の分子 μ^[2τ] は central factorials。

〔例〕　S₄(7) = 1⋅2⋅3⋅4 + 1⋅2⋅3⋅5 + ··· + 4⋅5⋅6⋅7 について。 h = 4, t = 2 なので μ = h − t = 2, L = 2h = 8。
　　σ₂(3; 8) = 369　と　σ₁(3; 8) = 34
を求めることは難しくない（下記）。それを使うと:
　　σ₂ = 369
　　(2²/2!)⋅8²⋅σ₁ = 2⋅64⋅34 = 4352
　　(3⋅2²⋅1/4!)⋅8⁴⋅σ₀ = (1/2)⋅4096⋅1 = 2048
　　∴　S₄(7) = 369 + 4352 + 2048 = 6769

σ_j(3; 8) の値について。 {1, 2, 3} の一つずつの和
　　S₁(3) = 1 + 2 + 3
を L = 8 によって「非孤立化」すると:
　　σ₁(3; 8) = 1⋅7 + 2⋅6 + 3⋅5 = 7 + 12 + 15 = 34
同様に、「二つずつの積」の和
　　S₂(3) = 1⋅2 + 1⋅3 + 2⋅3
を L = 8 によって非孤立化すると:
　　σ₂(3; 8) = 1⋅2⋅7⋅6 + 1⋅3⋅7⋅5 + 2⋅3⋅6⋅5 = 84 + 105 + 180 = 369

σ 表現は S_k(N) の値を「未知数のまま」一般論的に考察し、（具体的な数値を考えることなしに）内在する剰余関係などを検討するのに役立つ。個別的に S₄(7) の値（上記の合計）を知りたいだけならこのような計算は無用だが、検証を兼ねて数値例を提示した。ちなみに 6769 はスターリング数 [8 S 4] であり、
　　(x + 0)(x + 1)(x + 2)···(x + 7)
を展開したときの 4 次の係数に等しい。実用上は、パスカルの三角形に似た再帰的関係からも導出可能。（続く）

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2026-06-13　グレイシャーのシグマ関数（その4）

1 + 2 + 3 + 4 = 10 は 5 で割り切れる。 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 = 21 は 7 で割り切れる。 一般に N が偶数なら 1 + 2 + ··· + N は N + 1 で割り切れる。この和は N(N + 1)/2 だから。

1 + 2 + 3 = 6 は 2 倍すれば 4 で割り切れる。 1 + 2 + 3 + 4 + 5 = 15 は 2 倍すれば 6 で割り切れる。 N が奇数の場合、 N + 1 は偶数なので、和 N(N + 1)/2 の分子の因子 N + 1 は分母と約分され半分になってしまう。従って、この和自身は N + 1 では割り切れないが、和の 2 倍 N(N + 1) は N + 1 で割り切れる！

ほぼ同様のことが、「三つずつの積」の和、「五つずつの積」の和、等々についても成り立つ。例えば、
　　S₃(4) = 1⋅2⋅3 + 1⋅2⋅4 + 1⋅3⋅4 + 2⋅3⋅4 = 6 + 8 + 12 + 24 = 50
は 5 で割り切れる（実は 5² で割り切れる）。
　　S₃(5) = 1⋅2⋅3 + 1⋅2⋅4 + 1⋅2⋅5 + 1⋅3⋅4 + 1⋅3⋅5 + ··· + 3⋅4⋅5 = 225
は、 2 倍すれば 6 で割り切れる。

12.　S_k(N) は 1 から N までの数の「k 個ずつの積」の和を表す。 N が偶数の場合の分析は、比較的易しい（k が偶数か奇数かによって、振る舞いが異なる）。 N が奇数の場合の分析は、偶数の場合よりややこしい。前回「N が奇数で k が偶数」のケースを扱った。今回、「N が奇数で k が奇数」のケースを扱う。これで N の偶奇、 k の偶奇による 4 パターン全部が出そろう。

前回と同じく N = 2h − 1 を正の奇数とする。 k = 2t + 1 も正の奇数とする。

奇数を 2x + 1 と 2x − 1 のどちらで表すかが不統一だが、上記の設定では μ = h − t という値を統一的に利用できる。

典型的な再帰を使えば、
　　S_k(N) = S_k(N − 1) + N⋅S_k−1(N − 1)
となり、 N についての（新しい）議論が N − 1 についての（既知の）議論に帰着される。 Glaisher は同様の目的のために、
　　カ　S_k(N) = S^♯_k(N − 1) + h⋅S^♯_k−1(N − 1)
の形を使った（§11）。 {1, 2, ···, N} を単純に {1, 2, ···, N − 1} と {N} に分ける代わりに、
　　{1, 2, ···, h − 1, h + 1, h + 2, ···, N}　　（♯）
と {h} に分けた。軽妙。仮定により N = 2h − 1 は奇数だから 1, 2, ···, N には「真ん中の数」がある。それを取り除くことで、例えば
　　{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}　→　{1, 2, 3, 5, 6, 7}　と　{4}
のように、メインの集合の要素数を偶数にする。この場合 L = 2h = N + 1 と置き、 σ_j(h − 1; L) を使う。

カで k = 2t + 1, N = 2h − 1 とすると:
　　キ　S_k(2h − 1) = S^♯_2t+1(2h − 2) + h⋅S^♯_2t(2h − 2)

キ右辺・第1項の S^♯_2t+1(2h − 2) について。 2t + 1 個（奇数個）の数を選び、それらの積を作るのだから、項には最小で 1 個の孤立因子が生じる。「孤立因子 x が 1 個だけの項」は 2t 個の非孤立因子を含む。非孤立因子の選び方の一つ一つに対して、 x の選択肢は
　　(2h − 2) − 2t = 2h − 2t − 2
種類。選択肢を二つ一組にすると h − t − 1 = μ − 1 組が生じる（μ = h − t は、式を簡略にするための便宜上の変数）。従って、「奇数個ずつの積の和」のパターンから:
　　ク　S^♯_2t+1(2h − 2) = [(μ − 1)/1!]⋅L¹⋅σ_t + [μ(μ − 1)(μ − 2)/3!]⋅L³⋅σ_t−1 + [(μ + 1)μ(μ − 1)(μ − 2)(μ − 3)/5!]⋅L⁵⋅σ_t−2 + ···

キ右辺・第2項に含まれる S^♯_2t(2h − 2) について。「偶数個ずつの積の和」であり、孤立因子なしの項（非孤立因子 2t 個）が存在する。項に孤立因子があるなら最小 2 個（非孤立因子 2t − 2 個）。その場合、非孤立因子の選び方の一つ一つに対して、一つ目の孤立因子の選択肢は、
　　(2h − 2) − (2t − 2) = 2t − 2h
種類。二つ目の孤立因子の選択肢は 2t − 2h − 2 種類。よって (2t − 2h)(2t − 2h − 2)/2! パターンが生じる。選択肢を四つ一組にすると、分子は (t − h)(t − h − 1) = μ(μ − 1) に。ゆえに:
　　ケ　S^♯_2t(2h − 2) = σ_t + [μ(μ − 1)/2!]⋅L²⋅σ_t−1 + [(μ + 1)μ(μ − 1)(μ − 1)/4!]⋅L⁴⋅σ_t−2 + ···

キに従い、ケを h 倍つまり L/2 倍して、クに足す。ケの右辺・第1項の L/2 倍をクの右辺・第1項に足すと:
　　(μ − 1)⋅L¹⋅σ_t + (1/2)⋅L¹⋅σ_t = (μ − 1/2)⋅L¹⋅σ_t　　サ

ケの右辺・第2項の L/2 倍（通分の都合上 (L/3)⋅(3/2) 倍とする）をクの右辺・第2項に足し、共通因子でくくると:
　　[μ(μ − 1)/3!]⋅L³⋅σ_t−1 × ((μ − 2) + 3/2) = [μ(μ − 1)/3!]⋅L³⋅σ_t−1⋅(μ − 1/2)　　シ
同様に、ケの右辺・第3項の (L/5)⋅(5/2) 倍をクの右辺・第3項に足し、共通因子でくくると:
　　[(μ + 1)μ(μ − 1)(μ − 2)/5!]⋅L⁵⋅σ_t−2 × ((μ − 3) + 5/2) = [(μ + 1)μ(μ − 1)(μ − 2)/5!]⋅L⁵⋅σ_t−2⋅(μ − 1/2)　　ス
等々。

サ・シ・ス等々を足し合わせ、 μ − 1/2 でくくると、こうなる。

S_2t+1(N) の σ 表現: N が奇数 2h − 1 の場合（Glaisher [7], §14, iv）
　　(μ − 1/2){L¹⋅σ_t + [μ(μ − 1)/3!]⋅L³⋅σ_t−1 + [(μ + 1)μ(μ − 1)(μ − 2)/5!]⋅L⁵⋅σ_t−2 + ···}
　　ただし　σ_j = σ_j(h − 1; 2h), L = 2h, μ = h − t

〔注〕　分母の 3! や 5! などを一般的に A! で表すなら、見掛け上、他の三つの公式と違って、分子の因数の個数は A より 1 小さい（A は L^A の指数でもある）。分子の因数から派生する μ − ½ を外にくくり出しているため。これをくくり出さずに、各分子に (μ − ½) を追加してもいい。その場合、最初の項の係数は (μ − ½) ∕ 1! になる。

13.　この σ 表現の { } 内によると、 N と k が両方奇数なら S_k(N) は、ある意味 L = N + 1 の倍数の和だ――ただし、その { } 全体に対して、 1/2 の端数のある数 (μ − 1/2) が掛け算されている。 L = N + 1 = 2h は偶数だから素因子 2 を少なくとも一つ持ち、この端数は約分によって解消される。しかし、その約分によって、一般には L = 2h の 2 が消えてしまう。そのため S_k(N) は必ずしも L = 2h の倍数にならない。いずれにしても S_k(N) は必ず h = L/2 の倍数。

もし { } 内が 4 の倍数なら、 S_k(N) は L の倍数。しかし一般には { } 内が 4 の倍数になるとは限らない。 S_k(N) は（整数の積の和だから）もちろん整数。 { } 内に分数が生じるとしても、その分母は因子 (μ − 1/2) = (2μ − 1)/2によって、払われる。

N, k が両方奇数のとき、 1 から N までの整数の「k 個ずつの積」の和 S_k(N) は (N + 1)/2 で割り切れる。言い換えれば、 2S_k(N) は N + 1 で割り切れる。

k = 1 の場合については、身近な現象だ。例えば、
　　S₁(5) = 1 + 2 + 3 + 4 + 5 = 15
は 6 では割り切れないものの、その半分の 3 で割り切れる（言い換えると 2 倍すれば 6 で割り切れる）。
　　S₁(7) = 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 = 28
は 8 では割り切れないものの、その半分の 4 で割り切れる（2 倍すれば 8 で割り切れる）。

同様のことが k = 3, 5, 7, 9 等々についても成り立つ。

〔例〕　S₃(5) = (1⋅2⋅3 + 1⋅2⋅4 + 1⋅2⋅5 + 1⋅3⋅4 + 1⋅3⋅5 + 1⋅4⋅5) + (2⋅3⋅4 + 2⋅3⋅5 + 2⋅4⋅5) + (3⋅4⋅5)
　　 = (6 + 8 + 10 + 12 + 15 + 20) + (24 + 30 + 40) + 60 = 71 + 94 + 60 = 225
この数は 6 では割り切れないが、その半分の 3 でなら割り切れる。同じことだが、2 倍した 450 は 6 で割り切れる。

さて k が奇数の場合、もし N が偶数なら S_k(N) は N + 1 で割り切れる。実際、このシリーズで最初に導かれた公式（§5）によると:
　　S_2t+1(2h) = [μ/1!]⋅L¹⋅σ_t + [(μ + 1)μ(μ − 1)/3!]⋅L³⋅σ_t−1 + [(μ + 2)(μ + 1)μ(μ − 1)(μ − 2)/5!]⋅L⁵⋅σ_t−2 + ···
右辺の各項は L の倍数（この公式では L = 2h + 1 = N + 1, σ = σ(h; L) であるが L = N + 1 という部分は同じ）。

既に見たように（§7）、このタイプの和は、もし L = N + 1 が 5 以上の素数で k が 3 以上の奇数なら、 L で割り切れるだけでなく L² で割り切れる。けれど N + 1 が素数でなくても（あるいは k が 1 でも）、必ず L で 割り切れる。例えば N = 8 のとき、 N + 1 = 9 は素数ではないので S_k(8) が 9² で割り切れる保証はないが、 9 で割り切れる保証はある（k = 1, 3, 5, 7, 9）。

要約　k を奇数とする。
　N が偶数　⇒　S_k(N) は必ず N + 1 で割り切れる。しばしば (N + 1)² でも割り切れる（特に N + 1 が素数で k が 3 以上の場合）。
　N が奇数　⇒　S_k(N) の 2 倍は必ず N + 1 で割り切れる。 S_k(N) 自身が N + 1 で割り切れるケースもあるが、一般にはそうならない。

この現象の一部（特に k = 1 の場合）については、容易に直接証明も可能。 k = 3, 5, 7, 9, ··· のケースについては、検討の余地がある。例えば「N + 1 が 5 以上の素数で k が 3 以上の奇数」というのは、 (N + 1)² が S_k(N) を割る十分条件だが、必要条件ではない。（続く）

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2026-06-14　素数についてのラグランジュの定理　古風な証明・意外な応用

ウィルソンの！　定理の！　感嘆符！

例えば 4!　それが 5 の倍数より 1 小さいのはなぜっ？

なに、「4 が 5 より 1 小さいのは当たり前」？　だから 4 じゃなくて 4! だってば～

…………ラグランジュは、ウィルソンの定理（当時はウィルソン予想）に魅了され^†、「とても美しい算術の一定理」と呼び、その正しさを証明した（副産物として、フェルマーの小定理も証明される）。

†　Waring の Meditationes algebraicæ （1770年）でこの命題を知り（同書ではこれを Wilson の発見としている）、
https://archive.org/details/bim_eighteenth-century_meditationes-algebraic_waring-edward-lucasian_1770/page/218/mode/1up
翌1771年、証明を発表（出版は1773年？）。 Dickson, History, vol. 1, chap. III 参照:
https://archive.org/details/historyoftheoryo01dick/page/62/mode/1up

ウィルソンの定理とは、「どんな素数 n を考えても、
　　 1 × 2 × 3 × ··· × (n − 1) + 1
は必ず n で割り切れる」というもの。

〔例〕　n = 5 は素数:
　　1⋅2⋅3⋅4 + 1 = 24 + 1 = 25　は　5 で割り切れる。
n = 7 は素数:
　　1⋅2⋅3⋅4⋅5⋅6 + 1 = 720 + 1 = 721　は　7 で割り切れる。
一方 n = 6 は素数ではない:
　　1⋅2⋅3⋅4⋅5 + 1 = 120 + 1 = 121　は　6 で割り切れない。

現代ではフェルマーの小定理が圧倒的に重要視され、ウィルソンの定理は「おまけ」扱いだが、温故知新、ラグランジュによる18世紀の証明法を紹介したい。その応用として、「それなりに面白いのに、ほとんど知られてない別の定理」を導く。

ラグランジュ（Lagrange）の議論は、少々面倒くさい。ウィルソン（Wilson）の定理の証明が目的なら、必ずしも最善のアプローチではないだろう。けれど、このアイデアは別の方向で役立つ。

さて ƒ(y) = (y + 1)(y + 2)(y + 3) を展開した3次式は、
　　タ　y³ + Ay² + By + C
の形になるはず。係数 A, B, C の値は、どうなるか。

それを知りたいだけなら実際に展開すればいいのだが、ラグランジュの論法では、同様のことを一般の n 次式について考えることになる。そのアイデアは、以下の通り。

ƒ(y) で y = x とすると:
　　ƒ(x) = (x + 1)(x + 2)(x + 3)
これはタで y = x としたものと一致するはず:
　　チ　(x + 1)(x + 2)(x + 3) = x³ + Ax² + Bx + C

一方、もし ƒ(y) で y = x + 1 とすると:
　　ƒ(x + 1) = ((x + 1) + 1)((x + 1) + 2)((x + 1) + 3) = (x + 2)(x + 3)(x + 4)
これも y = x + 1 と置いたものと一致するはず:
　　(x + 2)(x + 3)(x + 4) = (x + 1)³ + A(x + 1)² + B(x + 1) + C

両辺を x + 1 倍すると:
　　(x + 1)(x + 2)(x + 3)(x + 4) = (x + 1)⁴ + A(x + 1)³ + B(x + 1)² + C(x + 1)　　ツ

ツの左辺にチを代入すると:
　　[x³ + Ax² + Bx + C](x + 4)
　　 = (x⁴ + 4x³) + (Ax³ + 4Ax²) + (Bx² + 4Bx) + (Cx + 4C)
　　 = x⁴ + (4 + A)x³ + (4A + B)x² + (4B + C)x + 4C　　テ

一方、ツの右辺を展開すると:
　　[x⁴ + 4x³ + 6x² + 4x + 1] + A[x³ + 3x² + 3x + 1] + B[x² + 2x + 1] + C[x + 1]
　　 = x⁴ + (4 + A)x³ + (6 + 3A + B)x² + (4 + 3A + 2B + C)x + (1 + A + B + C)　　ト

テとトは、多項式として等しい（もともと等式ツの、左辺と右辺なので）。よって、テ・トの対応する係数は一致しなければならない。4次の係数と3次の係数は、既に同一。2次の係数の比較から:
　　4A + B = 6 + 3A + B　よって　A = 6
1次の係数の比較から:
　　4B + C = 4 + 3A + 2B + C　つまり　2B = 4 + 3A
　　∴　2B = 4 + 3⋅6 = 22　つまり　B = 11
定数項の比較から:
　　4C = 1 + A + B + C　つまり　3C = 1 + A + B
　　∴　3C = 1 + 6 + 11　つまり　C = 6

結論として (y + 1)(y + 2)(y + 3) = y³ + 6y² + 11y + 6 となる。

〔参考〕　テ = トの係数比較を二項係数を使って書くと:
　　x² の係数　4A + B = 6 + 3A + B　⇒　A = 6 = (4 C 2)
　　x¹ の係数　4B + C = 4 + 3A + 2B + C　⇒　2B = 4 + 3A = (4 C 3) + (3 C 2)A
　　x⁰ の係数　4C = 1 + A + B + C　⇒　3C = 1 + A + B = (4 C 4) + (3 C 3)A + (2 C 2)B

3 次式の場合、決定されるべき係数（A, B, C）は三つ（最高次の係数をカウントに含めず、定数項をカウントに含めて）。一般に、同様の m 次式を考えるなら、決定されるべき係数が m 個ある。

上のミニチュアでは (x + 1)⁴, (x + 1)³ などの展開を使った。一般の場合には (x + 1)ⁿ や (x + 1)ⁿ⁻¹ のようなものを数値的に展開することはできないけど、二項定理を使えばいい。

以下、一応その処理を記すが、やや分かりにくい面もある。少し違うアプローチ、付録Aも参照。

次数 n − 1 の、次のような多項式を考える（未定の係数が W₁ から W_n−1 まで n − 1 個ある）。
　　ナ　(x + 1)(x + 2)···(x + (n − 1)) = xⁿ⁻¹ + W₁xⁿ⁻² + W₂xⁿ⁻³ + W₃xⁿ⁻⁴ + ··· + W_n−2x + W_n−1
あるいは同じことだが、変数名を y とするなら:
　　(y + 1)(y + 2)···(y + (n − 1)) = yⁿ⁻¹ + W₁yⁿ⁻² + W₂yⁿ⁻³ + W₃yⁿ⁻⁴ + ··· + W_n−2y + W_n−1
y = x + 1 と置くと:
　　(x + 2)(x + 3)···(x + n) = (x + 1)ⁿ⁻¹ + W₁(x + 1)ⁿ⁻² + W₂(x + 1)ⁿ⁻³ + ··· + W_n−2(x + 1) + W_n−1

両辺を (x + 1) 倍して:
　　(x + 1)(x + 2)···(x + (n − 1))(x + n) = (x + 1)ⁿ + W₁(x + 1)ⁿ⁻¹ + W₂(x + 1)ⁿ⁻² + W₃(x + 1)ⁿ⁻³ + ··· + W_n−2(x + 1)² + W_n(x + 1)
左辺にナを代入して:
　　[xⁿ⁻¹ + W₁xⁿ⁻² + W₂xⁿ⁻³ + W₃xⁿ⁻⁴ + ··· + W_n−2x + W_n−1](x + n)　　ニ
　　 = (x + 1)ⁿ + W₁(x + 1)ⁿ⁻¹ + W₂(x + 1)ⁿ⁻² + W₃(x + 1)ⁿ⁻³ + ··· + W_n−2(x + 1)² + W_n−1(x + 1)　　ヌ

上記の左辺（ニ）、つまり
　　xⁿ + (n + W₁)xⁿ⁻¹ + (nW₁ + W₂)xⁿ⁻² + (nW₂ + W₃)xⁿ⁻³ + (nW₃ + W₄)xⁿ⁻⁴ + ··· + (nW_n−2 + W_n−1)x + nW_n−1
と、右辺（ヌ）は等しいので、両者の係数を比較。ヌの各項に関連して、
　　(x + 1)ⁿ = xⁿ + nxⁿ⁻¹ + (n C 2)xⁿ⁻² + (n C 3)xⁿ⁻³ + (n C 4)xⁿ⁻⁴ + ···  + nx + 1
　　W₁(x + 1)ⁿ⁻¹ = W₁[xⁿ⁻¹ + (n − 1)xⁿ⁻² + (n − 1 C 2)xⁿ⁻³ + (n − 1 C 3)xⁿ⁻⁴ + ···  + (n − 1)x + 1]
　　W₂(x + 1)ⁿ⁻² = W₂[xⁿ⁻² + (n − 2)xⁿ⁻³ + (n − 2 C 2)xⁿ⁻⁴ + (n − 2 C 3)xⁿ⁻⁵ + ···  + (n − 2)x + 1]
　　W₃(x + 1)ⁿ⁻³ = W₃[xⁿ⁻³ + (n − 3)xⁿ⁻⁴ + (n − 3 C 2)xⁿ⁻⁵ + (n − 3 C 3)xⁿ⁻⁶ + ···  + (n − 3)x + 1]
　　　︙
　　W_n−2(x + 1)² = W_n−2[x² + 2x + 1]
　　W_n−1(x + 1) = W_n−1[x + 1]
に留意すると（「二項係数・超入門」参照）、 xⁿ と xⁿ⁻¹ に関しては、両者の係数は既に同一。 xⁿ⁻² の係数の比較から:
　　nW₁ + W₂ = (n C 2) + W₁(n − 1) + W₂
　　∴　W₁ = (n C 2)　　ハ
xⁿ⁻³ の係数の比較から:
　　nW₂ + W₃ = (n C 3) + W₁(n − 1 C 2) + W₂(n − 2) + W₃
　　∴　2W₂ = (n C 3) + W₁(n − 1 C 2)　　ヒ
xⁿ⁻⁴ の係数を比較するなら:
　　nW₃ + W₄ = (n C 4) + W₁(n − 1 C 3) + W₂(n − 2 C 2) + W₃(n − 3) + W₄
　　∴　3W₃ = (n C 4) + W₁(n − 1 C 3) + W₂(n − 2 C 2)　　フ
同様に、
　　4W₄ = (n C 5) + W₁(n − 1 C 4) + W₂(n − 2 C 3) + W₃(n − 3 C 2)　　ヘ
等々を経て、最後に x の係数の比較から
　　nW_n−2 + W_n−1 = n + W₁(n − 1) + W₂(n − 2) + ··· + W_n−2⋅2 + W_n−1　　ホ
　　nW_n−2 = (n C n − 1) + W₁(n − 1 C n − 2) + W₂(n − 2 C n − 3) + ··· + W_n−2(2 C 1)
を得て、定数項の比較から
　　nW_n−1 [+ W_n] = 1 + W₁ + W₂ + ··· + W_n−2 + W_n−1 [+ W_n]　　マ
　　nW_n−1 = (n C n) + W₁(n − 1 C n − 1) + W₂(n − 2 C n − 2) + ··· + W_n−2(2 C 2) + W_n−1(1 C 1)
を得る（マ両辺の [+ W_n] は形式的に付加したもので W_n = 0）。

もし n が 3 以上の素数なら、ハの (n C 2) = n(n − 1)/2! の分子の n は約分されないから、 W₁ は n の倍数（仮定により n − 1 は偶数なので、奇素数 n のちょうど (n − 1)/2 倍）。ハが素数 n の倍数であるからには、ヒ右辺・第2項も n の倍数。同・第1項の (n C 3) = n(n − 1)(n − 2)/3! の分子の n も（n = 3 でない限り）約分されないので、この項も n の倍数。よって W₂ も n の倍数。ただし n = 3 の場合 W₂ は定数項（なぜならナは n − 1 次式）。定数項は例外で、 n の倍数にならない（後述）。同様に考えると W₃, W₄ 等々は、どれも n の倍数（例外として n = 5 なら W₄ は定数項）。

このように、 n が 3 以上の素数の場合、式ナの W₁, W₂, ···, W_n−2 は、どれも n の倍数。定数項 W_n−1 だけは、話が異なる。マの右辺の各項のうち、両端の 2 項以外を全部左辺に移項すると、
　　nW_n−1 − W₁ − W₂ − ··· − W_n−2 = 1 + W_n−1
となる。この等式の左辺は n の倍数（なぜなら全部の項が n の倍数）。ゆえに、それに等しい右辺も n の倍数であり、 W_n−1 は「1 を足すと n の倍数になるような数」。要するに n の倍数より 1 小さい。

上記は、 Lagrange 自身の 1770 年代の論法に基づく。合同記号を使って近代的に整理するなら、 n を法としてマの左辺は ≡ 0、右辺は 1 + 0 + 0 + ··· + 0 + W_n−1 であり、つまり 0 ≡ 1 + W_n−1 ゆえに W_n−1 ≡ −1。あるいは、同じことだが、マの右端の項を移項すると (n − 1)W_n−1 ≡ 1 つまり −W_n−1 ≡ 1 ゆえに W_n−1 ≡ −1。

かくして次の命題が証明された（その重要性は、直ちに明らかではないかもしれない）。

素数に関するラグランジュの定理（Lagrange, 1771, §4）　n が 3 以上の素数なら、
　　(x + 1)(x + 2)(x + 3)···(x + (n − 1))
を展開した n − 1 次式の係数は、最高次の係数 1 を別にすると、どれも n の倍数。ただし定数項は n の倍数よりちょうど 1 小さい。

〔例1〕　n = 3 のとき (x + 1)(x + 2) = x² + 3x + 2　⇒　係数 3 は 3 の倍数、定数項 2 は 3 の倍数より 1 小さい。

〔例2〕　n = 5 のとき:
　　(x + 1)(x + 2)(x + 3)(x + 4) = [(x + 1)(x + 4)][(x + 2)(x + 3)]
　　 = [x² + 5x + 4][x² + 5x + 6]
x² + 5x を t とすると:
　　 = (t + 4)(t + 6) = t² + 10t + 24
確かに定数項は 5 の倍数より 1 小さい。それ以外の項は、最高次の項を除いて、係数が 5 の倍数。実際:
　　t² = (x² + 5x)² = x⁴ + 10x³ + 25x²
　　10t = 10(x² + 5x) = 10x² + 50x
　　∴　t² + 10t + 24 = x⁴ + 10x³ + 35x² + 50x + 24

なぜこれがウィルソンの定理の証明？　これのどこがフェルマーの小定理？

ウィルソン（Wilson）の定理とは、「n が素数なら (n − 1)! = 1⋅2⋅3···(n − 1) が n の倍数より 1 小さい」という命題。 n = 2 なら (2 − 1)! = 1 が 2 より 1 小さいのは自明なので、 n を 3 以上の素数としよう。

(x + 1)(x + 2)···(x + (n − 1)) の定数項は、明らかに (n − 1)! だ。上の命題によれば、この定数項は n の倍数より 1 小さい。つまり、ウィルソンの定理は既に証明されている！

〔例3〕　例2の (x + 1)(x + 2)(x + 3)(x + 4) の定数項 24 は 4! = 1⋅2⋅3⋅4 だ。それが 5 の倍数より 1 小さい、ってのがウィルソンの定理。

一方、フェルマー（Fermat）の小定理とは、 n が素数のとき、 n の倍数以外の任意の整数 x に対して、 xⁿ⁻¹ は n の倍数より 1 大きい、というもの。

x が整数のとき、上記ラグランジュの定理から、
　　(x + 1)(x + 2)(x + 3)···(x + (n − 1)) = xⁿ⁻¹ + W₁xⁿ⁻² + W₂xⁿ⁻³ + ··· W_n−2x + W_n−1
の右辺について、両端の二つの項以外はどれも n の倍数（なぜなら W₁, W₂, ···, W_n−2 は n の倍数）、そして W_n−1 は n の倍数より 1 小さい。つまり:
　　(x + 1)(x + 2)(x + 3)···(x + (n − 1)) = xⁿ⁻¹ + (n の倍数たちの和) + (n の倍数 − 1)
整理すると:
　　(x + 1)(x + 2)(x + 3)···(x + (n − 1)) = xⁿ⁻¹ + (n の倍数) − 1　　ミ

もし x が n の倍数でないなら、 x は n の倍数より 1 小さいか、または n の倍数より 2 小さいか、または n の倍数より 3 小さいか、等々の、どれかに当てはまる。だから x に 1, 2, 3, ···, n − 1 のどれかを足せば n の倍数になる。つまり (x + 1), (x + 2), (x + 3), ··· のどれかは n の倍数。従って、ミの左辺の n − 1 個の数の積のどこかで、必ず「n の倍数」が掛け算されている。結果として、ミの左辺は n の倍数。

要するに、ミは、
　　(n の倍数) = xⁿ⁻¹ + (n の倍数) − 1　　ム
を意味する。

ムの右辺のうち、 xⁿ⁻¹ 以外の部分を左辺に移項すると:
　　(n の倍数) − (n の倍数) + 1 = xⁿ⁻¹
　　∴　(n の倍数) + 1 = xⁿ⁻¹

フェルマーの小定理が証明された！

Lagrange の議論の一部について、次のような応用が可能。

問題4　m が 4 以上の偶数なら、 1 から m までの数の「三つずつの積」の和は (m + 1)² で割り切れる。

〔例4〕　m = 4 のとき、
　　1⋅2⋅3 + 1⋅2⋅4 + 1⋅3⋅4 + 2⋅3⋅4 = 6 + 8 + 12 + 24 = 50
は 5² で割り切れる。

m + 1 が 5 以上の素数のときにこの命題が成り立つこと（その場合「三つずつの積」の和に限らず、「五つずつの積」「七つずつの積」「九つずつの積」などの和でも構わない）は、 Glaisher によって証明された。 Wolstenholme の定理の重要な拡張だ。そのうち「三つずつの積」の和に関しては、 m + 1 が素数のときだけでなく、合成数の奇数のときも、同じ性質が成り立つ（つまり、条件を緩めて「m は 4 以上の任意の偶数」とできる）。

解　n = m + 1 と置き、 a, b, c の積の和が n² で割り切れることを示す。ただし a, b, c は 0 < a < b < c < n の範囲の全ての整数にわたる。
　　(x + 1)(x + 2)··· (x + (n − 1))
を展開した n − 1 次式
　　xⁿ⁻¹ + W₁xⁿ⁻² + W₂xⁿ⁻³ + W₃xⁿ⁻⁴ + ··· + W_n−2 + W_n−1
の W₃ が、そのような「三つずつの積」の和であることに留意する。

〔例5〕　(x + 1)(x + 2)(x + 3)(x + 4) = x⁴ + 10x³ + 35x² + 50x + 24 において W₁ = 10, W₂ = 35, W₃ = 50, W₄ = 24。例4で求めた値は W₃ に当たる。

前述のハ・ヒ・フから:
　　W₁ = n(n − 1)/2
　　2W₂ = (n C 3) + W₁(n − 1 C 2) = n(n − 1)(n − 2)/3! + n(n − 1)/2 × (n − 1)(n − 2)/2!
　　 = n(n − 1)(n − 2)/12 × [2 + 3(n − 1)] = n(n − 1)(n − 2)⋅(3n − 1)/12
　　∴　W₂ = n(n − 1)(n − 2)(3n − 1)/24
　　3W₃ = (n C 4) + W₁(n − 1 C 3) + W₂(n − 2 C 2)
　　 = n(n − 1)(n − 2)(n − 3)/4! + n(n − 1)/2 × (n − 1)(n − 2)(n − 3)/3! + n(n − 1)(n − 2)(3n − 1)/24 × (n − 2)(n − 3)/2!
　　 = n(n − 1)(n − 2)(n − 3)/48 × [2 + 4(n − 1) + (3n − 1)(n − 2)] = n(n − 1)(n − 2)(n − 3)⋅(3n² − 3n)/48
　　∴　W₃ = n²(n − 1)²(n − 2)(n − 3)/48

W₃ の分母 48 = 2⁴⋅3 による約分について。 n が 5 以上の奇数（素数とは限らない: 例えば 9 や 15 かも）の場合、分子の因子 n² が約分で「破壊」される可能性があるとすれば、 n² が（従って n が）素因子 3 を含む場合。けれど、この分子は因子 n − 1, n − 2, n − 3 も含む。連続する三整数の一つは 3 の倍数なので、分母との約分に必要な 3 は n² と無関係に供給され、 n² は（たとえ素因子 3 を含む場合でも）破壊されない。∎

〔例6〕　例5の場合 n = 5 なので W₃ = 5²⋅4²⋅3⋅2/48 = 5²⋅2。

〔例7〕　m = 8 (n = 9) の場合、 n が素数でないので Glaisher の定理の範囲外。にもかかわらず S₃(8) = 4536 は 9² で割り切れる（4536 = 7⋅8⋅9²）。この場合、約分によって分子の素因子 3 が消えるので 9² が「破壊」される潜在的可能性がある。しかし
　　W₃ = 9²⋅8²⋅7⋅6/48
であり、約分に必要な素因子 3 は 8²⋅7⋅6 の 6 からも供給される。同様に m = 14 (n = 15) や m = 20 (n = 21) の場合も S₃(m) は n² で割り切れる。

「三つずつの積」の和について、さらなる観察。

問題5　m を 4 以上の偶数として、 1 から m までの数の「三つずつの積」の和 S = S₃(m) を考える。このとき、 S は常に (m + 1)² で割り切れる（問題4）。さらに、次が成り立つ:
　ば　m が 5 以上の素因子 q を持つなら、 S は q² で割り切れる。特に m が素数の 2 倍に等しければ、 S はその素数の2乗で割り切れる。
　び　m が 8 の倍数なら、 S は m 自身で割り切れる。
　ぶ　m − 1 が 3 の倍数以外なら、 S は m − 1 で割り切れる。
　べ　m − 1 または m − 2 が 5 以上の素因子 r を持つなら、 S は r で割り切れる。

解　S を表す上記の分数では m + 1 を n としている。 n を m + 1 に置き換えると:
　　(m + 1)²m²(m − 1)(m − 2)/48
この分母は 2⁴⋅3 なので、分子に含まれる 5 以上の素因子は、約分によって消えない。

ば　m が 5 以上の素因子 q を含むとき、 m² に含まれる q² は約分されずに残る。
　べ　同様に、 r は（存在するなら）残る。
　ぶ　仮定により m − 1 は奇数なので、 3 の倍数でないなら 5 以上の素因子のみから成る。
　び　m が持つ素因子 2 の個数を β としよう。 m − 1 と m − 2 の一方は偶数なので、 m²(m − 1)(m − 2) は素因子 2 を 2β + 1 個以上持つ。よって、もし β ≥ 3 なら（つまり m が 2³ の倍数なら）、分母の 2⁴ との約分後、素因子 2 は計 β 個以上残る。もし m が素因子 3 を γ 個（> 0）持つなら、それが 1 個約される可能性があるが、 m² は素因子 3 を 2γ 個含むので、 m 一つ分の（つまり γ 個以上の）素因子 3 が残る。∎

m = 4, 6, 8, ···, 16 の場合、具体的には次の通り:

【表1】　1 から m までの数の「三つずつの積」の和

m	S3(m)	参照
4	50 = 52 × 2
6	735 = 72 × 5 × 3	ぶ
8	4536 = 92 × 8⋅7 ⚠	び・ぶ
10	18150 = 112 × 52 × 2⋅3	ば
12	55770 = 132 × 11⋅5 × 2⋅3	ぶ・べ
14	143325 = 152 × 72⋅13 ⚠	ば・ぶ
16	323680 = 172 × 16⋅5⋅7 × 2	び・べ・べ

ご覧のように、 m が偶数のとき S₃(m) は必ず (m + 1)² の倍数―― m + 1 が素数でない場合（⚠）でもそうなる。それ以外の点でも、かなりの法則性（ば・び・ぶ・べ）がある！

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2026-06-17　博士の愛した公式　「スターリング数」で遊びましょっ

娯楽数論の王道「フィボナッチ数」や、ありきたりの「二項係数」と比べると、マイナーな存在の「スターリング数」。とりあえず「パスカルの三角形」に似た簡単な計算で、次々と値を得ることはできる…

【表2】の各数は、「真上の数の n 倍（上の行の n を使う） ＋ 左上の数」に等しい（空欄は 0 と見なす）。例えば 11 は 3 × 3 + 2。

【表2】　「スターリング数」の例（空欄は 0）

n ↓	[n S 0]	[n S 1]	[n S 2]	[n S 3]	[n S 4]
1	0	1
2	0	1	1
3	0	2	3	1
4	0	6	11	6	1

実はこの 11 って数、「1 から 3 までの数」の「二つずつの積」の和に等しい:
　　1⋅2 + 1⋅3 + 2⋅3 = 2 + 3 + 6 = 11
【表2】に含まれる変てこな記号については後から説明するけど、上記のような「○個ずつの積」の和とも関係ある、と。

0, 1 から始まって「真上の数の n 倍に左上の数を足す」という単純な規則で生じる数たち――そこに 7⁴ = 2401 や 11⁴ = 14641 のような「4乗数」が続々登場するとしたら大ニュースだが、そこまで露骨な「奇跡」が起きるわけじゃない。でも、一定の方法で「隣り合う数」を比較すると、そこに立方数や4乗数が潜んでいる。

簡単そうな数たちの間に隠された不思議な関係――このメモでは、その一例を紹介。実はこの法則の発見者自身は「スターリング数」について言及していない。スターリング数なんて持ち出すと、かえって話が複雑になる。

とはいえ、これはスターリング数についての性質でもあるから、その方向から考えてみるのも、面白いかも。普段あまり使う機会のないスターリング数で遊んでみたい。

1/7.　J. W. L. グレイシャー（Glaisher）博士によるウォルステンホーム（Wolstenholme）の定理の拡張は多岐にわたるが、その土台となっているのは、
　　(x + 0)(x + 1)(x + 2)···(x + n − 1)
を展開した
　　xⁿ + W₁xⁿ⁻¹ + W₂xⁿ⁻² + ··· + W_n−2x² + W_n−1x
の係数 W₁, W₂, ···, W_n−2, W_n−1 についての考察。 n が 3 以上の素数のとき、この W たちが最後の W_n−1 を除いてどれも n の倍数になることは、既に18世紀に、ラグランジュ（Lagrange）によって発見されていた、ウィルソン（Wilson）の定理の証明において。この観点から見ると、美しいウォルステンホームの定理の核心は、
　　n が 5 以上の素数なら W_n−2 は n² の倍数
という点にある。

〔例1〕　n = 5 のとき:
　　(x + 0)(x + 1)(x + 2)(x + 3)(x + 4) = x⁵ + 10x⁴ + 35x³ + 50x² + 24x
　　係数 W₁, W₂, W₃ はどれも 5 の倍数（10, 35, 50）　←　ラグランジュの定理
　　特に W₃ は 5² の倍数　←　ウォルステンホームの定理
　　係数 W₄ つまり 24 は 5 の倍数より 1 小さい　←　ウィルソンの定理

グレイシャーはこれを検討し、次のことを示した――「n が 5 以上の素数のとき n² の倍数になるのは W_n−2 だけじゃない。 W₃, W₅, ···, W_n−2、つまり 3 以上 n 未満の奇数番号の W たちは、どれも n² の倍数になる」。 n = 5 の場合、「3 以上 5 未満の奇数」は 3 しかないのでグレイシャーの発見は実質的に新情報とならないが、例えば n = 7 なら W₃ = 735 = 15⋅49 と W₅ = 1764 = 36⋅49 の二つが 7² の倍数となる。「ウォルステンホームの定理」の拡張に関するグレイシャーの功績の中で、この発見は基本的で重要なものだと思われる。

(x + 0)(x + 1)(x + 2)···(x + n − 1) を展開した n 次式の係数の数値は、次の簡単な規則に従う。
　　W₁ は 1 から n − 1 までの各数の和
　　W₂ は同じ各数の「二つずつの積」の和
　　W₃ は同じ各数の「三つずつの積」の和
　　等々

上記の性質自体は「根と係数の関係」の一例に過ぎず、原理そのものは古くから知られていた。グレイシャーは、自然な問題意識として、「1 から N までの各整数の r 個ずつの和 S_r(N) に話を限った場合、それはどのような挙動を示すか？」と考えた。

〔例2〕　例1に関連して:
　　S₁(4) = 1 + 2 + 3 + 4 = 10 = W₁
　　S₂(4) = 1⋅2 + 1⋅3 + 1⋅4 + 2⋅3 + 2⋅4 + 3⋅4 = 2 + 3 + 4 + 6 + 8 + 12 = 35 = W₂
　　S₃(4) = 1⋅2⋅3 + 1⋅2⋅4 + 1⋅3⋅4 + 2⋅3⋅4 = 6 + 8 + 12 + 24 = 50 = W₃

2/7.　実は S_r(N) は、現代では「符号なし第一種スターリング^†（Stirling）数」と呼ばれる数たち。

【表3】　スターリング数の例 ＆ 同じ意味の S_r(N) 表記

n ↓	[n S 0]	[n S 1]	[n S 2]	[n S 3]	[n S 4]	[n S 5]	[n S 6]	[n S 7]
5	0	24	50	35	10	1
	S5(4)	S4(4)	S3(4)	S2(4)	S1(4)	S0(4)
6	0	120	274	225	85	15	1
	S6(5)	S5(5)	S4(5)	S3(5)	S2(5)	S1(5)	S0(5)
7	0	720	1764	1624	735	175	21	1
	S7(6)	S6(6)	S5(6)	S4(6)	S3(6)	S2(6)	S1(6)	S0(6)

† 人名 Stirling は日本語では「スターリング」と呼ばれることが多いようだ。「スター」の綴りは「星」の star ではなく stir-。 -ng は一つの子音なので、実際の発音は「スターリン」に近い。

「1 から 4 までの数」の「二つずつの積」の和 S₂(4) は 35。「三つずつの積」の和 S₃(4) は 50。スターリング数の記号で書くなら、それぞれ [5 S 3] と [5 S 2] に当たる（詳細については後述）。

さて、 5⋅S₂(4) − S₃(4) = 5⋅35 − 50 = 175 − 50 = 125 は 5³ = 125 の倍数（1 倍）だ！

別の例として、実は「1 から 6 までの数」の「四つずつの積」の和 S₄(6) は 1624。「五つずつの積」の和 S₅(6) は 1764。このとき、
　　7⋅S₄(6) − S₅(6) = 7⋅1624 − 1764 = 9604
は 7⁴ = 2401 の倍数（4 倍）。そして、
　　2⋅7⋅S₂(6) − S₃(6) = 14⋅175 − 735 = 1715
は 7³ = 343 の倍数（5 倍）。

これらは偶発的現象ではない。次が成り立つ:

グレイシャー博士の公式（抜粋）
1 から N までの整数の「r 個ずつの積」の和を S_r(N) とする。 N が偶数、 α が 2 以上 N − 2 以下の任意の偶数のとき、
　　[(N − α)/2](N + 1)⋅S_α(N) − S_α+1(N)
は (N + 1)³ の倍数。場合によっては (N + 1)⁴ の倍数。

発見者（19世紀末）のグレイシャー自身はスターリング数に言及せず、上記の趣旨の表現を使った。現代の観点では、同じことをスターリング数についての式としても表現可能。具体的には（説明を後回しにして結論を記すと）、 L を奇数として、
　　(Lα/2)⋅[L S α + 1] − [L S α] = L³ の倍数 または L⁴ の倍数
と書くことができる。合同記号を使うと:
　　(Lα/2)⋅[L S α + 1] ≡ [L S α] (mod L³　または　mod L⁴)

なかなかチャーミング！

〔注〕　これは定理の全体像ではない。便宜上 N が偶数の場合に話を限り、要点のみ記した。このメモの末尾で、 Glaisher による証明（問題の差が 4 乗数になるための十分条件を含む）を紹介する。

3/7.　スターリング数 [n S k] の意味について。それと等価の S_r(N) 表記について。

スターリング数には「第一種」と「第二種」がある。それらを表す記号は（21世紀初めの現時点では）統一されていない。われわれは Knuth 流の表記を使う:
　　第一種スターリング数　[n S k]
　　第二種スターリング数　{n S k}

「第二種」は以下の話と無関係。

同じ名前の「スターリング数」が2種類あること、表記法が統一されてないことは、混乱の原因になり得る。しかも「第一種スターリング数」の定義にも、二つの流儀がある。「符号なし第一種スターリング数」と「符号付き第一種スターリング数」。ここでは「符号なし」バージョンを使う。それは既述のように、 n 次式
　　(x + 0)(x + 1)(x + 2)···(x + (n − 1))
を展開したときの k 次の係数に当たり、内容的にはラグランジュによる古風な議論と実質同じ。ただし番号が逆順で、ラグランジュの使った
　　(x + 1)(x + 2)···(x + (n − 1))
と比べると、各番号に対応する次数が 1 大きい。例えば、
　　(x + 1)(x + 2)(x + 3)(x + 4) = x⁴ + 10x³ + 35x² + 50x + 24
の係数について、ラグランジュは
　　W₁ = 10, W₂ = 35, W₃ = 50, W₄ = 24　　（✽）
のように（文字 W に）番号を付けた。因子 (x + 0) つまり因子 x が追加されるなら、各項の次数は 1 ずつ増えるが、係数には影響しない。例えば、
　　(x + 0)(x + 1)(x + 2)(x + 3)(x + 4) = 0x⁰ + 24x¹ + 50x² + 35x³ + 10x⁴ + 1x⁵
であり引き続き同じ（✽）を使える、そして各係数の次数（x の指数）が 1 大きくなる。スターリング数の記号では:
　　[5 S 1] = 24, [5 S 2] = 50, [5 S 3] = 35, [5 S 4] = 10　　（✽✽）
　　そして　[5 S 0] = 0, [5 S 5] = 1

上の例からも分かるように、一般に、この（次数が 1 大きい）システムにおいては、 n 次式についての W_k は [n S n − k] に当たり、 [n S k] は n 次式についての W_n−k に当たる:
　　W_k = [n S n − k]　　‥‥⓵
　　[n S k] = W_n−k　　‥‥⓶

例えば（✽）は 5 次式 x⁵ + 10x⁴ + 35x³ + 50x² + 24x だから n = 5 で、⓵によって（✽✽）の表記に変換される。逆に⓶によって、（✽✽）は（✽）の表記に変換される。さて、根と係数の関係により、「1 から n − 1 までの数^†」の「k 個ずつの積」の和 S_k(n − 1) は、 n 次式についての W_k と同じ。よって⓵から:
　　S_k(n − 1) = [n S n − k]　　‥‥⓷

S 形式で記された数を⓷によって [x S y] 形式に変換できる（下記⓺参照）。一方、⓷の k に n − y を代入すると:
　　S_n−y(n − 1) = [n S y]　　‥‥⓸

[x S y] 形式の数を S 形式に変換するには、⓸の右辺 → 左辺を使えばいい。

† 正確には「0 から n − 1 までの数」の――と言うべきだが、 0 を含む積は値が 0 で無いのと同じ。よって根 0 を無視。

4/7.　今、博士の公式
　　[(N − α)/2](N + 1)⋅S_α(N) − S_α+1(N) = (N + 1)³ の倍数 または (N + 1)⁴ の倍数
を変形する。まず N + 1 = L つまり N = L − 1 と置く:
　　[(L − 1 − α)/2]⋅L⋅S_α(L − 1) − S_α+1(L − 1) = L³ の倍数 または L⁴ の倍数
⓷によって S 表記をスターリング数の記号に変換する:
　　[(L − 1 − α)/2]⋅L⋅[L S L − α] − [L S L − (α + 1)]
L − 1 − α = β つまり L − α = β + 1 と置けば:
　　(β/2)⋅L⋅[L S β + 1] − [L S β]

もともとの公式の仮定により N は偶数、従って L = N + 1 は奇数。 α は 2, 4, ···, N − 2 の範囲の任意の偶数、従って β = L − 1 − α = (N + 1) − 1 − α = N − α は N − 2, N − 4, ···, 2 の範囲の任意の偶数。要するに β は、もともとの α と同じ範囲。そこで β をあらためて α と置くなら:

グレイシャー博士の公式（スターリング・バージョン）
L が奇数、 α が 2 以上 L − 3 以下の任意の偶数のとき、
　　(Lα/2)⋅[L S α + 1] − [L S α]
は L³ の倍数。場合によっては L⁴ の倍数。

スターリング数の記号を使うと、オリジナル版の表記よりすっきり！

この別表記にメリットがあるかはともかく、楽しい。

5/7.　「パスカルの三角形」と似た簡単な方法で、スターリング数を作れること（再帰公式の証明）。仮にある定数 C について、 1 から C − 1 までの「k 個ずつの積」の和 S_k(C − 1) が既に分かっているとしよう（各 k に対して）。その情報から S_k(C) を知ることは易しい。なぜならば S_k(C) は「1 から C までの数」の「k 個ずつの積」の和であり、そのような一つ一つの積は、因子として C という数を含むか含まないかの、どちらか。

ケース1　もしその積を構成する k 個の因子の一つが C だとしたら、残りの k − 1 個の因子は「1 から C − 1 までの数」から選ばれる。よってこのケースに該当するような積たちの部分和は C⋅S_k−1(C − 1) だ。

ケース2　もしその積を構成する k 個の因子が C を含まないとしたら、その積の k 個の因子は、どれも「1 から C − 1 までの数」から選ばれる。よってこのケースに該当するような積たちの部分和は S_k(C − 1) だ。

二つのケースを合算すると:
　　S_k(C) = C⋅S_k−1(C − 1) + S_k(C − 1)　　‥‥⓹

さて、
　　S_k(C − 1) = [C S C − k]　　‥‥⓷′ （変数名を n から C に変更）
に C − 1 = n つまり C = n + 1 を代入すると:
　　S_k(n) = [n + 1 S n + 1 − k]　　‥‥⓺
これを次のように適用し、 C + 1 − k = y と置く（よって C − k = y − 1）:
　　⓺から　S_k(C) = [C + 1 S y]
　　⓷′ から　S_k−1(C − 1) = [C S C − (k − 1)] = [C S y]
　　⓷′ から　S_k(C − 1) = [C S y − 1]
以上三つの値を⓹に代入して:
　　[C + 1 S y] = C⋅[C S y] + [C S y − 1]

すなわち、 C + 1 の段にある「下側インデックス y の第一種スターリング数」は、
　　《ア》 一つ上の C の段にある「同じインデックス y のスターリング数」（真上）の C 倍
と
　　《イ》 「インデックスが y − 1 のスターリング数」（左斜め上）
の和に、等しい。

〔コメント〕　この再帰は本来、スターリング数の枠組みの中で示されるはず。 S_k(C) 表記を経由する間接証明は、あまり美しくないようだ。⓺は Knuth, “Two Notes on Notation” の式 (2.6) に当たる。

第一種スターリング数の三角形　ある数 = 真上の C 倍 + 左上
（便宜上 ア & イ = 0 & 1 からスタートして空欄を 0 と見なす）

第一種スターリングの三角形・図解

y =	0	1	2	3	4	5
C = 1	ア 0	イ 1
C = 2	ウ 0	エ 1	オ 1
C = 3	0	カ 2	キ 3	ク 1

ウ = 0 × 1 + 欄外 = 0　（以下 y = 0 の欄は同様に全て 0）
エ = 1 × 1 + 0　　オ = 空欄 × 1 + 1
カ = 1 × 2 + 0　　キ = 1 × 2 + 1　　ク = 空欄 × 2 + 1　（以下 y = C の欄は同様に全て 1）

実際には C = 2 か C = 3 の段（0, 2, 3, 1）までは、次のようにイメージした方が手っ取り早いかも:
　　(x + 0) = x = 0 + 1⋅x
　　x(x + 1) = 0 + 1⋅x + 1⋅x²
　　x(x + 1)(x + 2) = x(x² + 3x + 2) = 0 + 2⋅x + 3⋅x² + 1⋅x³

第一種スターリングの三角形・図解その2

y =	0	1	2	3	4	5	6
C = 3	0	2	3	1
C = 4	0	ケ 6	コ 11	サ 6	1
C = 5	0	シ 24	ス 50	セ 35	ソ 10	1
C = 6	0	タ 120	チ 274	ツ 225	テ 85	ト 15	1

ケ = 2 × 3 + 0　　コ = 3 × 3 + 2　　サ = 1 × 3 + 3
シ = 6 × 4 + 0　　ス = 11 × 4 + 6　　セ = 6 × 4 + 11　　ソ = 1 × 4 + 6
タ = 24 × 5 + 0　　チ = 50 × 5 + 24　　ツ = 35 × 5 + 50　　テ = 10 × 5 + 35　　ト = 1 × 5 + 10

y = 1 の欄は (C − 1)! に等しい（三角形の仕組みからも明らか）。

6, 11, 6, 1 あるいは逆順の 1, 6, 11, 6 という数の配列は、
　　(x + 0)(x + 1)(x + 2)(x + 3) = x⁴ + 6x³ + 11x² + 6x
の係数に当たる。あるいは、同じことだが:
　　(x + 1)(x + 2)(x + 3) = x³ + 6x² + 11x + 6
同様に:
　　(x + 1)(x + 2)(x + 3)(x + 4) = x⁴ + 10x³ + 35x² + 50x + 24

上記の最後の右辺で、両端以外の係数が 5 の倍数であること、定数項が 5 の倍数より 1 小さいことは、ラグランジュ＆ウィルソンの定理に他ならず、二項係数の「新入生の夢」のスターリング版に当たる。この種の多項式は、案外ちょこちょこ出現する（例: 連続4整数の積プラス1についてのパズル）。

6/7.　[0 S 0] について。上記の三角形によると、下側インデックス 0 の [C S 0] が 0 に等しいことは、明白に思える。一方、上下のインデックスが一致する [C S C] が 1 に等しいことも、明白に思える。下側が 0 で、しかも上下が一致する [0 S 0] の場合、二つの明白性のどっちが「勝つ」か？

もしも [0 S 0] が 0 だったなら、ア欄には影響しないものの、イ欄が
　　空欄 × 0 + 0 = 0
になってしまい、全部の欄が 0 になってしまう。これは都合が悪い。他方、イ欄の「左上」が 1 ならばイ欄は
　　空欄 × 0 + 1 = 1
となって都合がいい。よって [0 S 0] = 1 と定義するべきだろう。このことは、次のように説明可能。前記の W_j の定義によると、 [n S 0] とは、 n 次式
　　ƒ(n) = ∏{j=0 to n−1} (x + j)
の 0 次の項の係数 W_n すなわち定数項。例えば n = 3 とすると:
　　ƒ(3) = ∏{j=0 to 3−1} (x + j) = (x + 0)(x + 1)(x + 2) = x³ + 3x² + 2x + 0
の定数項 W₃ = 0 が [3 S 0] の値だ。その考え方に従うと、 n = 0 の場合には、空積によって生じる 0 次式
　　ƒ(0) = ∏{j=0 to 0−1} (x + j) = 1
の定数項が、つまり W₀ = 1 が、 [n S 0] の値となる（多項式 ƒ(0) は恒等的に 1 に等しい）。

ここまでは理路整然としているが、その定義を公式⓸
　　S_n−k(n − 1) = [n S k]
と組み合わせると、奇妙な等式 S₀(−1) = 1 が生じる。⓺によると、
　　S₀(m) = [m + 1 S m + 1] = 1
となる。確かに σ₀(h; L) は 1 でないと都合が悪いし、 S₀(m) = 1 は、もっともらしい。 m ≥ 0 について、「m 個の数の 0 個ずつの積」はちょうど 1 種類（つまり空積）、と解釈できる。しかし m = −1 については解釈しにくい。

7/7.　「博士の公式」の証明。 N = 2h を偶数とする。 S_k(N) = S_k(2h) の σ 展開について、 k = 2t が偶数のときの公式（§6）
　　S_2t(2h) = σ_t + [(μ + 1)μ/2!]⋅L²⋅σ_t−1 + [(μ + 2)(μ + 1)μ(μ − 1)/4!]⋅L⁴⋅σ_t−2
　　 + [(μ + 3)(μ + 2)(μ + 1)μ(μ − 1)(μ − 2)/6!]⋅L⁶⋅σ_t−3 + ···　　ヤ
と、 k = 2t + 1 のときの公式（§5）
　　S_2t+1(2h) = μ⋅L¹⋅σ_t + [(μ + 1)μ(μ − 1)/3!]⋅L³⋅σ_t−1 + [(μ + 2)(μ + 1)μ(μ − 1)(μ − 2)/5!]⋅L⁵⋅σ_t−2
　　 + [(μ + 3)(μ + 2)(μ + 1)μ(μ − 1)(μ − 2)(μ − 3)/7!]⋅L⁷⋅σ_t−3 + ···　　ユ
を使う。ここで σ_j = σ_j(h; L), L = 2h + 1 (= N + 1), μ = h − t。

ヤを μL 倍すると:
　　μL⋅S_2t(2h) = μ⋅L¹⋅σ_t + [(μ + 1)μ⋅μ/2!]⋅L³⋅σ_t−1 + [(μ + 2)(μ + 1)μ(μ − 1)⋅μ/4!]⋅L⁵⋅σ_t−2
　　 + [(μ + 3)(μ + 2)(μ + 1)μ(μ − 1)(μ − 2)⋅μ/6!]⋅L⁷⋅σ_t−3 + ···
この式からユを引けば、その差は L³ の倍数（L の 1 次の項が消えて、各項は L³ の倍数となるから）。引き算を行う準備として通分すると:
　　 = μ⋅L¹⋅σ_t + [(μ + 1)μ⋅3μ/3!]⋅L³⋅σ_t−1 + [(μ + 2)(μ + 1)μ(μ − 1)⋅5μ/5!]⋅L⁵⋅σ_t−2
　　 + [(μ + 3)(μ + 2)(μ + 1)μ(μ − 1)(μ − 2)⋅7μ/7!]⋅L⁷⋅σ_t−3 + ···　　ヨ

ヨからユを項ごとに引き算した場合、もともとの右辺第1項は消滅。第2項、第3項、第4項、等々の引き算によって生じる分数は、
　　(μ + 1)μ⋅[3μ − (μ − 1)]/3! = (μ + 1)μ/3! × (2μ + 1)
　　(μ + 2)(μ + 1)μ(μ − 1)⋅[5μ − (μ − 2)]/5! = (μ + 2)(μ + 1)μ(μ − 1)/5! × 2(2μ + 1)
　　(μ + 3)(μ + 2)(μ + 1)μ(μ − 1)(μ − 2)⋅[7μ − (μ − 3)]/7! = (μ + 3)(μ + 2)···(μ − 2)/7! × 3(2μ + 1)
等々。よってヨからユを引き (2μ + 1) でくくると、こうなる:
　　μL⋅S_2t(2h) − S_2t+1(2h)
　　 = (2μ + 1){(μ + 1)μ/3!⋅L³⋅σ_t−1 + (μ + 2)(μ + 1)μ(μ − 1)⋅2/5!⋅L⁵⋅σ_t−2 + (μ + 3)(μ + 2)···(μ − 2)⋅3/7!⋅L⁷⋅σ_t−3 + ···}

この { } 内は L³ の倍数なので、上記・左辺の差
　　μL⋅S_2t(2h) − S_2t+1(2h) = [(N − k)/2](N + 1)⋅S_k(N) − S_k+1(N)　　（✽）
は、少なくとも L³ で割り切れる。 { } 内の第2項以降は L⁵ の倍数なので、もし第1項の因子 σ_t−1 が L の倍数なら、（✽）は L⁴ で割り切れる。

さて、命題2の証明の中で見たように、もし L = 2h + 1 が 5 以上の素数なら、任意の正整数 t ≤ h − 1 に対して σ_t は L の倍数。よって L が 5 以上の素数かつ 2 ≤ t ≤ h − 1 なら σ_t−1 は L の倍数で、（✽）は L⁴ で割り切れる。ゆえに（✽）は (N + 1)³ または (N + 1)⁴ で割り切れる。（✽）で k の代わりに文字 α を使ったものが前掲の公式。∎

のみならず (N + 1)⁴ で割り切れるための、一つの十分条件が確定した。

法が3乗数・4乗数の合同式（S_k(N) について: N 偶数）（Glaisher [7], §59, X, i & ii）
N が（4 以上の）偶数、 α が 2 以上 N − 2 以下の偶数のとき、
　〘ⅰ〙　[(N − α)/2](N + 1)⋅S_α(N) − S_α+1(N)
は (N + 1)³ の倍数。
　〘ⅱ〙　特に N + 1 が（7 以上の）素数で α が 4 以上なら、同じ値は (N + 1)⁴ の倍数。

命題の仮定 2 ≤ α < N は、それ自体として条件 N ≥ 4 を含意する（N ≤ 2 なら選択可能な α が存在しない）。同様に〘ⅱ〙に関して、 N ≤ 4 なら選択可能な 4 ≤ α < N が存在せず、 N + 1 ≥ 7 が含意される。〘ⅱ〙の十分条件は必要条件ではない。

同じ命題は、多少違う形でも表記可能。例えば N の代わりに L = N + 1 についての式にしたり、偶数 α = 2h の代わりに奇数 r = α − 1 についての式にしたりすることもでき、実質的な内容や式の複雑さは変わらない。スターリング・バージョンの表記に基づくなら、次の通り。

法が3乗数・4乗数の合同式（第一種スターリング数について）
L が（5 以上の）奇数、 β が 2 以上 L − 3 以下の偶数なら、 L³ を法として:
　　(Lβ/2)⋅[L S β + 1] ≡ [L S β]
特に L が（7 以上の）素数、 β が 4 以上 L − 5 以下の偶数なら、この合同式は L⁴ を法として成り立つ（その逆は必ずしも真ではない）。

証明　最初の「スターリング・バージョン」の証明で見たように、この別表記での β の範囲は、もし合同式の法が L³ なら、 α ∈ {2, 4, 6, ···, N − 2} に対する β = N − α であり、 β は α と同一の集合（範囲）に属する。一方、合同式が法 L⁴ で成立することを保証するためには、 S_k(N) 表記において α = 2 は不可、ゆえに別表記において β = N − 2 は不可（その代わり β = 4 も可）、 β ≤ N − 4 = L − 5 なら十分。∎

実際には β = L − 1 のときにも、合同式は（自明に）成り立つ。その場合、両辺は等しい値 L(L − 1) ∕ 2 を持つ。

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『遊びの数論62』へ続く。

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