KaTeXを使いまくった感がないのでもう少し書いてみる．前回の続き

さて，$\sum_{k = 1}^7k^n$を考えていたわけですが，$1$から$7$なんてけちくさいこと言わず，数字全部足してみましょう，つまりこんなものを考えてみる． \[\sum_{x} x^r\] $r$も実数で考えることにしましょう．負の数の冪は怖いので，$x$を正にしておくことにします．和だとどう考えても発散するので，積分に置き換えておきましょう． \[ F(r) = \int_0^\infty x^rdx \] なんだか計算できる積分な気がしますが，ここで計算しては負けです．計算したら無限大になるし．さっきは$k$を$2k$や$3k$に変えて計算してみました．同じように，$a > 0$として$x$を$ax$に変更してみます．積分の変数変換です．$x = ay$とすると$dx = ady$なのでこうなります． \[ F(r) = \int_0^\infty a^ry^r ady = a^{r + 1}F(r) \] と言うわけで，$a^{r + 1} = 1$でなければ$0$，つまり$r\ne -1$ならば$F(r) =0$です．$r= -1$の時は（計算したら負けといいながら）計算してみましょう， \[ F(-1) = \int_0^\infty \frac{1}{x}dx = \left[\log x\right]_0^\infty = \infty - (-\infty) = \infty \] 無限大です．つまり$F$は$r = -1$で無限大，それ以外で$0$な関数です．そう，ディラックのデルタ関数ですね．

このような式はディラックのデルタ関数のFourier変換として現れます．関数$h$に対してそのFourier変換$\hat{h}$が \[ \hat{h}(r) = \int_{-\infty}^\infty h(x)e^{-2\pi irx}dx\] により定義できて，$\hat{\hat{h}}(r) = h(-r)$を満たします．この定義式にディラックのデルタ関数を入れてみます．すると \[ \hat{\delta}(r) = \int_{-\infty}^\infty \delta(x)e^{-2\pi irx}dx = e^{2\pi ir\times 0} = 1\] となり，よって$\hat{\hat{h}}(r) = h(-r)$という式は（$\delta(-r) = \delta(r)$なので） \[ \delta(r) = \int_{-\infty}^\infty e^{-2\pi irx}dx \] となります．$y = e^x$と変換してみると，$dy = e^xdx = ydx$から$dx = y^{-1}dy$なので \[ \delta(r) = \int_0^\infty y^{-2\pi ir - 1}dy\] です．$r\ne 0$で右辺が$0$になることは，さっきと同じような形で「確認」できます．

もちろん右辺は収束しないので，このままの式は無意味です．そもそもFourier変換の定義式自身，積分が発散するような場合には意味を持ちません．というか意味を持たないからこそ，デルタ関数という「関数でないもの」が現れるのです．デルタ関数は，関数ではなく超関数と呼ばれる対象です．（大体の）普通の関数は超関数と見なせますが，そうでないものもあります．さて，積分が収束するような関数に対して定義されていたFourier変換ですが，更に「緩増加超関数」（$x\to \pm\infty$に行ったときに「あまり大きくならない」超関数）と呼ばれる超関数に拡張することができます．デルタ関数（大きくないどころか$0$）やずっと$1$という関数（大きくはなっていない）は緩増加超関数の例で，そこで互いにFourier変換で移りあいます．これが上の式の正当化です．

実はこの式，殆ど$\hat{\hat{h}}(r) = h(-r)$と同等な式です．$\hat{\hat{h}}$を計算してみると， \[ \hat{\hat{h}}(r) = \int_{-\infty}^\infty \int_{-\infty}^\infty h(y)e^{-2\pi i yx}e^{-2\pi ixr}dydx \] です．積分順序を変更すると（できるのかは気にしない） \[ \int_{-\infty}^\infty \int_{-\infty}^\infty h(y)e^{-2\pi i x(y + r)}dxdy = \int_{-\infty}^\infty \delta(y + r)h(y)dy = h(-r) \] となります．

と言うことは，です，最初の京大の問題からも「Fourier変換」が得られると言うことです．やってみます．六個からなる数列$a_1,a_2,\ldots,a_6$があったとして，新しい数列$\hat{a}_1,\ldots,\hat{a}_6$を \[ \hat{a}_n = f\left(\sum_{k = 1}^6 a_k k^n\right) \] で定めてみます．また，数列$\check{a}_n$を \[ \check{a}_n = f\left(6\sum_{k = 1}^6 a_k n^{6 - k}\right) \] として定めます．（Fourier変換と違って逆ともとのが違う形になります．$6$倍されていたり$6 - k$倍になっていたりするのは後々の都合です．）$\hat{\check{a}}$を計算してみましょう．これは次の値を$7$で割った余りです． \[ 6\sum_{k = 1}^6 \sum_{l = 1}^6 a_l k^{6 - l}k^n = 6\sum_{l = 1}^6 a_l \sum_{k = 1}^6 k^{6 - l + n} \] 先に$k$の和を計算します．$\sum_{k = 1}^6 k^{6 - l + n}$はまさに問題の2番です．これを$7$で割った余りは，$6 - l + n \ne 6$なら$0$．つまり$l\ne n$ならば$0$です．また$l = n$ならば$6$．従って計算結果は$f(36a_n) = f(a_n)$となります．つまり（もし$0\le a_n\le 6$ならば）$\hat{\check{a}}_n = a_n$．$a_n$を$a_1 = \cdots = a_5 = 0$, $a_6 = 6$とすると問題2になります．$\check{\hat{a}}_n = a_n$も確認できます．今度使う式は$f(\sum_{k = 1}^6 n^k)$が$n = 1$の時に$6$，それ以外で$0$になるというもの．これは等比数列の和の公式とFermatの小定理で確認できます．