整数の分割　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

　当ＨＰの読者のＨＮ「ｈａｓｕ」さんから、「整数の分割」についてご投稿いただきました。
（平成２３年９月８日付け）

(１)　ｐ を ｑ 個の自然数に分ける分け方（重複を考えないので、１＋４ と４＋１ は別）の総
　　数を Ｎ(ｐ，ｑ) とする。

例　　４＝３＋１＝２＋２＝１＋３　なので、　Ｎ(４，２)＝３
　３＝２＋１＝１＋２　なので、　Ｎ(３，２)＝２

　ここで、　Ｎ(ｐ＋１，ｑ＋１)＝_ｐＣ_ｑ　が成り立つ。

　実際に、ｐ＋１ 個の「１」が並んだ配列　１，１，１，・・・・・，１，１　の隙間ｐ 個から、ｑ＋１
個の数字を区別するための仕切り ｑ 個を選ぶ場合の数に等しい。

例　Ｎ(４，２)＝₃Ｃ₁＝３　、Ｎ(３，２)＝₂Ｃ₁＝２

(２)　重複を考えずに、ｐ を ｑ 個の絶対値のついた整数に分けるわけ方を、Ｚ(ｐ，ｑ) とする。

(例)　｜ｘ｜＋｜ｙ｜＋｜ｚ｜＝５　(ｘ，ｙ，ｚ は整数) の組み合わせは、Ｚ(５，３)＝１０２

　実際に、　５＝５＋０＋０　・・・　数字の順列と±の組合せを考えて、　３×２＝６通り
　５＝４＋１＋０　・・・　数字の順列と±の組合せを考えて、　６×２²＝２４通り
　５＝３＋２＋０　・・・　数字の順列と±の組合せを考えて、　６×２²＝２４通り
　５＝３＋１＋１　・・・　数字の順列と±の組合せを考えて、　３×２³＝２４通り
　５＝２＋２＋１　・・・　数字の順列と±の組合せを考えて、　３×２³＝２４通り
から、
　Ｚ(５，３)＝６＋２４×４＝１０２（通り）

　上記は私の計算だが、ｈａｓｕさんは、次のように計算された。

（解）　０以外の整数での分割を、Ｚ’(ｐ，ｑ) とすると、明らかに、

　Ｚ’(ｐ，ｑ)＝Ｎ(ｐ，ｑ)・２^ｑ　が成り立つ。

｜ｘ｜＋｜ｙ｜＋｜ｚ｜＝５　(x、y、zは整数)　において、Ｚ(ｐ，ｑ) の計算は、

（イ）　３つのうち２つが０　　（ロ）　３つのうち１つが０　　（ハ）　３つのどれも０ではない

の３種類に分かれる。

（イ）は、３個の中から２つ選ぶので、₃Ｃ₂・Ｚ’(５，１)

（ロ）は、３個の中から１つ選ぶので、₃Ｃ₁・Ｚ’(５，２)

（ハ）は選ばないので、₃Ｃ₀・Ｚ’(５，３)

よって、　Ｚ（５，３）＝₃Ｃ₂・Ｚ’(５，１)＋₃Ｃ₁・Ｚ’(５，２)＋₃Ｃ₀・Ｚ’(５，３)

ここで、Ｚ’(５，１)＝２　（・・・±５なので）

Ｚ’(５，２)＝１６　（・・・（±４，±１）、（±３，±２）、（±２，±３）、（±１，±４）なので）

Ｚ’(５，３)＝４８　（・・・（±３，±１，±１）、（±２，±２，±１）、（±２，±１，±２）、
　　　　　　　　（±１，±２，±２）、（±１，±３，±１）、（±１，±１，±３）なので）

から、　Ｚ（５，３）＝３・２＋３・１６＋１・４８＝１０２

　一般に、Ｚ(ｐ，ｑ)＝�� _{ｋ＝1〜ｑ ｑ}Ｃ_ｋ・Ｎ(ｐ，ｋ)・２^ｋ が成り立つ。


例　　Ｚ（ｐ，１）＝₁Ｃ₁・Ｎ(ｐ，１)・２¹＝₁Ｃ₁・_ｐ-1Ｃ₀・２¹＝１・１・２＝２
　　（これは、±ｐ なので当然ですね！）

Ｚ（ｐ，２）＝₂Ｃ₁・Ｎ(ｐ，１)・２¹＋₂Ｃ₂・Ｎ(ｐ，２)・２²
　＝₂Ｃ₁・_ｐ-1Ｃ₀・２¹＋₂Ｃ₂・_ｐ-1Ｃ₁・２²＝４＋（ｐ−１）・４＝４ｐ

Ｚ（ｐ，３）＝₃Ｃ₁・Ｎ(ｐ，１)・２¹＋₃Ｃ₂・Ｎ(ｐ，２)・２²＋₃Ｃ₃・Ｎ(ｐ，３)・２³
　＝₃Ｃ₁・_ｐ-1Ｃ₀・２¹＋₃Ｃ₂・_ｐ-1Ｃ₁・２²＋₃Ｃ₃・_ｐ-1Ｃ₂・２³
　＝６＋１２（ｐ−１）＋８(ｐ−１)(ｐ−２)/２＝４ｐ²＋２

Ｚ（ｐ，４）＝₄Ｃ₁・Ｎ(ｐ，１)・２¹＋₄Ｃ₂・Ｎ(ｐ，２)・２²＋₄Ｃ₃・Ｎ(ｐ，３)・２³＋₄Ｃ₄・Ｎ(ｐ，４)・２⁴
　＝₄Ｃ₁・_ｐ-1Ｃ₀・２¹＋₄Ｃ₂・_ｐ-1Ｃ₁・２²＋₄Ｃ₃・_ｐ-1Ｃ₂・２³＋₄Ｃ₄・_ｐ-1Ｃ₃・２⁴
　＝８＋２４（ｐ−１）＋３２(ｐ−１)(ｐ−２)/２＋１６(ｐ−１)(ｐ−２)(ｐ−３)/６
　＝（８ｐ³＋１６）/３

Ｚ（ｐ，５）＝₅Ｃ₁・Ｎ(ｐ，１)・２¹＋₅Ｃ₂・Ｎ(ｐ，２)・２²＋₅Ｃ₃・Ｎ(ｐ，３)・２³
　　　　　＋₅Ｃ₄・Ｎ(ｐ，４)・２⁴＋₅Ｃ₅・Ｎ(ｐ，５)・２⁵
　＝₅Ｃ₁・_ｐ-1Ｃ₀・２¹＋₅Ｃ₂・_ｐ-1Ｃ₁・２²＋₅Ｃ₃・_ｐ-1Ｃ₂・２³
　　　　　＋₅Ｃ₄・_ｐ-1Ｃ₃・２⁴＋₅Ｃ₅・_ｐ-1Ｃ₄・２⁵
　＝１０＋４０（ｐ−１）＋８０(ｐ−１)(ｐ−２)/２＋８０(ｐ−１)(ｐ−２)(ｐ−３)/６
　　　　　＋３２(ｐ−１)(ｐ−２)(ｐ−３)(ｐ−４)/２４
　＝（４ｐ⁴＋２０ｐ²＋６）/３

　以上から、表にまとめると

　ここで、なぜか分からないのですが、

　Ｚ（ｐ，ｑ）＝Ｚ（ｐ−１，ｑ）＋Ｚ（ｐ，ｑ−１）＋Ｚ（ｐ−１，ｑ−１）

が成り立ちます。これは、��_k=1〜ｐ Ｚ（ｋ，ｑ）＝(1/2)（Ｚ（ｐ，ｑ）＋Ｚ（ｐ，ｑ＋１））-１　が成り
立てば成り立ちます。


　当ＨＰがいつもお世話になっているＨＮ「ＦＮ」さんからのコメントです。（平成２３年９月９日付け）

　第１式は、次のように考えれば証明できます。

（証明）　Ｚ（ｐ，ｑ）は、ｑ 個の整数の絶対値の和が ｐ であるものの個数

1番前が 0 であるもの・・・残りの ｑ-1 個で、和 ｐ を作ればよいから、Ｚ（ｐ，ｑ−１）通り
1番前が 1 であるもの・・・残りの ｑ-1 個で、和 ｐ-1 を作ればよいから、Ｚ（ｐ−１，ｑ−１）通り
1番前が 2 以上、または、-1 以下であるもの
　　・・・2以上のときは、1を引く　、-1以下のときは、1を加える

　この操作により、ｑ個の整数で絶対値の和がｐ-1であるもの全体と １：１に対応する。
その数は、Ｚ（ｐ−１，ｑ）通り

　以上から、　Ｚ（ｐ，ｑ）＝Ｚ（ｐ−１，ｑ）＋Ｚ（ｐ，ｑ−１）＋Ｚ（ｐ−１，ｑ−１）　　（証終）

　第２式は、第１式から導くこともできるし、直接でもできます。

　第１式から導く場合

（証明）　Ｚ（ｐ，ｑ）＝Ｚ（ｐ−１，ｑ）＋Ｚ（ｐ，ｑ−１）＋Ｚ（ｐ−１，ｑ−１）のｐ を ｋ に、ｑ を ｑ＋１

に変えて、　Ｚ（ｋ，ｑ＋１）＝Ｚ（ｋ−１，ｑ＋１）＋Ｚ（ｋ，ｑ）＋Ｚ（ｋ―１，ｑ）

　これを、ｋ＝２ から ｋ＝ｐ まで加えると、

　Ｚ（２，ｑ＋１）＝Ｚ（１，ｑ＋１）＋Ｚ（２，ｑ）＋Ｚ（１，ｑ）

　Ｚ（３，ｑ＋１）＝Ｚ（２，ｑ＋１）＋Ｚ（３，ｑ）＋Ｚ（２，ｑ）

　Ｚ（４，ｑ＋１）＝Ｚ（３，ｑ＋１）＋Ｚ（４，ｑ）＋Ｚ（３，ｑ）

　　・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・

　Ｚ（ｐ−１，ｑ＋１）＝Ｚ（ｐ−２，ｑ＋１）＋Ｚ（ｐ−１，ｑ）＋Ｚ（ｐ−２，ｑ）

　Ｚ（ｐ，ｑ＋１）＝Ｚ（ｐ−１，ｑ＋１）＋Ｚ（ｐ，ｑ）＋Ｚ（ｐ−１，ｑ）

より、Ｚ（ｐ，ｑ＋１）＝Ｚ（１，ｑ＋１）＋Ｚ（１，ｑ）＋２｛Ｚ（２，ｑ）＋・・・＋Ｚ（ｐ―１，ｑ）｝＋Ｚ（ｐ，ｑ）

両辺に、Ｚ（ｐ，ｑ）　を加えて、

Ｚ（ｐ，ｑ＋１）＋Ｚ（ｐ，ｑ）
＝Ｚ（１，ｑ＋１）＋Ｚ（１，ｑ）＋２｛Ｚ（２，ｑ）＋・・・＋Ｚ（ｐ―１，ｑ）｝＋Ｚ（ｐ，ｑ）＋Ｚ（ｐ，ｑ）

＝Ｚ（１，ｑ＋１）＋Ｚ（１，ｑ）＋２｛Ｚ（２，ｑ）＋・・・＋Ｚ（ｐ―１，ｑ）＋Ｚ（ｐ，ｑ）｝

ここで、　Ｚ（１，ｑ）＝２ｑ　、Ｚ（１，ｑ＋１）＝２（ｑ＋１）　なので、

　Ｚ（１，ｑ＋１）＋Ｚ（１，ｑ）＝４ｑ＋２＝２Ｚ（１，ｑ）＋２

よって、

　Ｚ（ｐ，ｑ＋１）＋Ｚ（ｐ，ｑ）＝２Ｚ（１，ｑ）＋２＋２｛Ｚ（２，ｑ）＋・・・＋Ｚ（ｐ−１，ｑ）＋Ｚ（ｐ，ｑ）｝

　＝２＋２｛Ｚ（１，ｑ）＋Ｚ（２，ｑ）＋・・・＋Ｚ（ｐ−１，ｑ）＋Ｚ（ｐ，ｑ）｝

より、

Ｚ（１，ｑ）＋Ｚ（２，ｑ）＋・・・＋Ｚ（ｐ−１，ｑ）＋Ｚ（ｐ，ｑ）＝（１/２）｛Ｚ（ｐ，ｑ＋１）＋Ｚ（ｐ，ｑ）｝−１

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（証終）

　直接証明する場合

（証明）　Ｚ（ｐ，ｑ＋１）　ｑ+1個の整数の絶対値の和が ｐ であるものの個数

　　１番前が0であるもの・・・残りのｑ個で和 ｐ を作ればよいから、Ｚ（ｐ，ｑ）通り

　　１番前が±1であるもの・・・残りのｑ個で和 ｐ-1 を作ればよいから、２・Ｚ（ｐ−１，ｑ）通り

　　１番前が±2であるもの・・・残りのｑ個で和 ｐ-2 を作ればよいから、２・Ｚ（ｐ−２，ｑ）通り

　　　　･･･････・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・

　　１番前が±(p-1)であるもの・・・残りのｑ個で和 １ を作ればよいから、２・Ｚ（１，ｑ）通り

　　１番前が±pであるもの・・・残りのｑ個はすべて0だから、２通り

　従って、　Ｚ（ｐ，ｑ＋１）＝Ｚ（ｐ，ｑ）＋２｛Ｚ（ｐ−１，ｑ）＋Ｚ（ｐ−２，ｑ）＋・・・＋Ｚ（１，ｑ）｝＋２

すなわち、

　Ｚ（１，ｑ）＋Ｚ（２，ｑ）＋・・・＋Ｚ（ｐ−１，ｑ）＋Ｚ（ｐ，ｑ）＝（１/２）｛Ｚ（ｐ，ｑ＋１）＋Ｚ（ｐ，ｑ）｝−１

（証終）


　ｈａｓｕさんからの続報です。（平成２３年１０月２５日付け）

　前にあげたＺ(ｐ，ｑ)について、Ｚ(ｐ，ｑ)の定義を次の（１）〜（４）とします。

（１）　Ｚ(ｐ，ｑ)＋Ｚ(ｐ，ｑ＋１)＋Ｚ(ｐ＋１，ｑ)＝Ｚ(ｐ＋１，ｑ＋１)

（２）　Ｚ(ｐ，ｑ)＝Ｚ(ｐ，１−ｑ)・（−１）^ｐ＋１

（３）　Ｚ(ｐ，ｑ)＝Ｚ(−ｐ，ｑ)・(−１)^q＋1

（４）　Ｚ(１，ｑ)＝２ｑ　、Ｚ(ｐ，１)＝２　、Ｚ(０，０)＝−２

　これらはすべて昔のＺ(ｐ，ｑ)でも成り立ちます。

（次の表は、縦がp軸、横がq軸です。）

　88　 38　12　2　 2　12　38　88
-32　-18　-8　-2　2　 8　18　32
　8 　 6　 4　2　 2　 4　 6　 8
　0 　-2 　0　-*　2　 0　 2　 0
-8　　 6　-4　2　 2　-4　 6　-8
32 　-18　 8　-2　2　-8　18　-32
-88　 38 -12　2　 2　-12 38　-88

（*＝Ｚ(０，０)は、-*＝-2＝Ｚ(０，０)という意味です。）

　定義から、ｐＺ(ｐ，ｑ)＝ｑＺ(ｐ，ｑ)　　（ｐ、ｑ＞０）　が成り立ちます。私の証明は長いので載
せません。

　「ｐＺ(ｐ，ｑ)＝ｑＺ(ｐ，ｑ)　（ｐ、ｑ＞０）」と定義より、「ｐＺ(ｐ，ｑ)＝ｑＺ(ｐ，ｑ)　（ｐ、ｑ＞０）」は拡
張できますが、すごく汚くなります。

　ｐＺ(-ｐ，ｑ)＝ｑＺ(-ｐ，ｑ)（−１）^p＋q＋１

　ｐＺ(ｐ，-ｑ)＝ｑＺ(ｐ，-ｑ＋１)（−１）^p＋q＋１

　ｐＺ(-ｐ，-ｑ)＝ｑＺ(-ｐ，-ｑ＋１)（−１）^p＋q　（ｐ、ｑ＞０）

他にも、「ｐＺ(ｐ，ｑ)＝ｑＺ(ｐ，ｑ)　（ｐ、ｑ＞０）」より、

　Ｚ(ｐ，ｑ)＋Ｚ(ｐ，ｑ＋１)＝Ｚ(ｑ，ｐ)＋Ｚ(ｑ，ｐ＋１)

が成り立つ。ここまでわかったら一般化しようと思い、最近ずっと考えていますが、かけらも
分かりません。誰か似ている形をした積分など知りませんでしょうか？


（追記）　「自然数の分割数」について、ＧＡＩ さんからご投稿いただきました。
　（令和４年８月９日付け）

　自然数ｎの分割数として、ｎ＝６ なら、

[6]　、[1, 5]　、[2, 4]　、[3, 3]　、[1, 1, 4]　、[1, 2, 3]　、[2, 2, 2]　、[1, 1, 1, 3]　、[1, 1, 2, 2]
[1, 1, 1, 1, 2]　、[1, 1, 1, 1, 1, 1]
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　以上 １１ 通り
　ｎ＝８ なら、

[8]　、[1, 7]　、[2, 6]　、[3, 5]　、[4, 4]　、[1, 1, 6]　、[1, 2, 5]　、[1, 3, 4]　、[2, 2, 4]　、[2, 3, 3]
[1, 1, 1, 5]　、[1, 1, 2, 4]　、[1, 1, 3, 3]　、[1, 2, 2, 3]　、[2, 2, 2, 2]　、[1, 1, 1, 1, 4]　、[1, 1, 1, 2, 3]
[1, 1, 2, 2, 2]　、[1, 1, 1, 1, 1, 3]　、[1, 1, 1, 1, 2, 2]　、[1, 1, 1, 1, 1, 1, 2]　、[1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1]

　以上 ２２ 通りと、ｎに対して、その分割数が決まるので、それを P(ｎ) で表すことにする。

　ｎ＝1、2、3、･･･、20 では、

　P(ｎ)＝1、2、3、5、7、11、15、22、30、42、56、77、101、135、176、231、297、385、490、627

と言うことになる。

　さて、この一見不規則な数の並びに、例のラマヌジャンが ｎ＝0、1、2、3、･･･　のすべてに
対し、

　P(5*n+4)≡0　(mod 5)
　P(7*n+5)≡0　(mod 7)
　P(11*n+6)≡0　(mod 11)

を発見する。P(13*n+7)≡0　(mod 13)　と調子に乗りたいが、これは全く成立しない。

　1960年代で、Atokin がやっと　P(11^3*13*n+237)≡0　(mod 13)　を発見する。

その後、P(59^4*13*n+111247)≡0　(mod 13)　も見つかる。

　次の素数17では、

　P(23^3*17*n+2623)≡0　(mod 17)
　P(41^4*17*n+1122838)≡0　(mod 17)

　素数19では、

　P(101^4*19*n+815655)≡0　(mod 19)

他に、

　P(999959^4*29*n+289956221336976431135321047)≡0　(mod 29)
　P(107^4*31*n+30064597)≡0　(mod 31)

が成立しているという。

　また、素数 5、7、11 だけを組み合わせたような数には、

　If δ = 5^a*7^b*11^c and 24*λ ≡ 1 (mod δ)，then P(δ*n + λ) ≡ 0 (mod δ)

とラマヌジャンは予想する。

　これを元に調べてみると、1000以下にある条件数では、

25　=>　P(25*n + 24)≡0　(mod 25)
35　=>　P(35*n + 19)≡0　(mod 35)
49　=>　P(49*n + 47)≡0　(mod 49)
55　=>　P(55*n + 39)≡0　(mod 55)
77　=>　P(77*n + 61)≡0　(mod 77)
121　=>　P(121*n + 116)≡0　(mod 121)
125　=>　P(125*n + 99)≡0　(mod 125)
175　=>　P(175*n + 124)≡0　(mod 175)
245　=>　P(245*n + 194)≡0　(mod 245)
275　=>　P(275*n + 149)≡0　(mod 275)
343　=>　P(343*n + 243)≡0　(mod 343)
385　=>　P(385*n + 369)≡0　(mod 385)
539　=>　P(539*n + 292)≡0　(mod 539)
605　=>　P(605*n + 479)≡0　(mod 605)
625　=>　P(625*n + 599)≡0　(mod 625)
847　=>　P(847*n + 600)≡0　(mod 847)
875　=>　P(875*n + 474)≡0　(mod 875)

が起こることになる。ところが、ここが数論の繊細で玲瓏、陰翳深い部分で、そのほとんどが
成立するのであるが、ただ一つ

　343　=>　P(343*n + 243)≡0　(mod 343)

だけは、ｎ=0、1、2、･･･、20 に対し、

　245、294、0、196、0、0、0、196、98、0、98、0、0、0、98、98、0、196、0、0、0

が並び、予想に反する。他のより多くの実例を観察することで、その原因が　343=7^3　で数
を構成する素数7の部分の指数にあり、そこを変更して、一般に、　7^b -> 7^(floor(b/2)+1)
として処理せねばならないことが判明した。

　即ち、b=3 なら、　floor(3/2)+1=1+1=2　つまり、(mod 343) ではなく、(mod 7^2)=(mod 49)で
処理すれば、

　343　=>　P(343*n + 243)≡0　(mod 49)　なら、0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0　と予想
に合致する。

　そこで、次の変更が加えられた。

If δ = 5^a*7^b*11^c and 24*λ ≡ 1 (mod δ)，
then P(δ*n + λ) ≡ 0 (mod 5^a*7^(floor(b/2)+1)*11^c)

というわけである。一見不規則のようでも色々な微妙な不変規則が潜んでいるもんですね。

　どなたか素数23に対する0に繋がる合同式をご存知ならお知らせ下さい。

　いろいろ文献やサイトを探し回ったのですが、これだけは見つけられなくいます。また自分
で探してみてはいるんですが、ひょんな事から、次の式は、(mod 23)では0にならないのだろ
うかと思った。時間の関係で一部しか確認されていない。
（でもこんなにあるわけないだろうに？）

　P(37^4*23*n+631052)　、P(67^4*23*n+5476393)　、P(95^4*23*n+18897974)
　P(133^4*23*n+29309936)　、P(179^4*23*n+60460032)　、P(185^4*23*n+103152724)


　Dengan kesaktian Indukmu さんからのコメントです。（令和４年８月２０日付け）

　GAIさんによる御投稿「自然数の分割数を勉強してみて」に関連する話題について、記載
しているサイトをみつけましたので御報告いたします。

■「分割数をグランドカノニカル分布で求める」


（追記）　令和６年１２月２２日付け

　令和４年８月９日付けで、ＧＡＩ さんが次のことを述べている。

　ｎに対して、その分割数を P(ｎ) で表すことにする。

　ｎ＝1、2、3、･･･、20 では、

P(ｎ)＝1、2、3、5、7、11、15、22、30、42、56、77、101、135、176、231、297、385、490、627

と言うことになる。

　実際に、列挙してみよう。

ｎ＝１　のとき、１　の１通りである。

ｎ＝２　のとき、２＝１＋１　の２通りである。

ｎ＝３　のとき、３＝２＋１＝１＋１＋１　の３通りである。

ｎ＝４　のとき、４＝３＋１＝２＋２＝２＋１＋１＝１＋１＋１＋１　の５通りである。

ｎ＝５　のとき、

　５＝４＋１＝３＋２＝３＋１＋１＝２＋２＋１＝２＋１＋１＋１＝１＋１＋１＋１＋１　の７通り
である。

ｎ＝６　のとき、

　６＝５＋１＝４＋２＝４＋１＋１＝３＋３＝３＋２＋１＝３＋１＋１＋１＝２＋２＋２
　＝２＋２＋１＋１＝２＋１＋１＋１＋１＝１＋１＋１＋１＋１＋１　の１１通り

ｎ＝７　のとき、

　７＝６＋１＝５＋２＝５＋１＋１＝４＋３＝４＋２＋１＝４＋１＋１＋１＝３＋３＋１＝３＋２＋２
　＝３＋２＋１＋１＝３＋１＋１＋１＋１＝２＋２＋２＋１＝２＋２＋１＋１＋１
　＝２＋１＋１＋１＋１＋１＝１＋１＋１＋１＋１＋１＋１　の１５通り

ｎ＝８　のとき、

　８＝７＋１＝６＋２＝６＋１＋１＝５＋３＝５＋２＋１＝５＋１＋１＋１＝４＋４＝４＋３＋１
　＝４＋２＋２＝４＋２＋１＋１＝４＋１＋１＋１＋１＝３＋３＋２＝３＋３＋１＋１＝３＋２＋２＋１
　＝３＋２＋１＋１＋１＝３＋１＋１＋１＋１＋１＝２＋２＋２＋２＝２＋２＋２＋１＋１
　＝２＋２＋１＋１＋１＋１＝２＋１＋１＋１＋１＋１＋１
　＝１＋１＋１＋１＋１＋１＋１＋１　の２２通り

ｎ＝９　のとき、

　９＝８＋１＝７＋２＝７＋１＋１＝６＋３＝６＋２＋１＝６＋１＋１＋１＝５＋４＝５＋３＋１
　＝５＋２＋２＝５＋２＋１＋１＝５＋１＋１＋１＋１＝４＋４＋１＝４＋３＋２＝４＋３＋１＋１
　＝４＋２＋２＋１＝４＋２＋１＋１＋１＝４＋１＋１＋１＋１＋１＝３＋３＋３＝３＋３＋２＋１
　＝３＋３＋１＋１＋１＝３＋２＋２＋２＝３＋２＋２＋１＋１＝３＋２＋１＋１＋１＋１
　＝３＋１＋１＋１＋１＋１＋１＝２＋２＋２＋２＋１＝２＋２＋２＋１＋１＋１
　＝２＋２＋１＋１＋１＋１＋１＝２＋１＋１＋１＋１＋１＋１＋１
　＝１＋１＋１＋１＋１＋１＋１＋１＋１　の３０通り

ｎ＝１０　のとき、

　１０＝９＋１＝８＋２＝８＋１＋１＝７＋３＝７＋２＋１＝７＋１＋１＋１＝６＋４＝６＋３＋１
　＝６＋２＋２＝６＋２＋１＋１＝６＋１＋１＋１＋１＝５＋５＝５＋４＋１＝５＋３＋２
　＝５＋３＋１＋１＝５＋２＋２＋１＝５＋２＋１＋１＋１＝５＋１＋１＋１＋１＋１
　＝４＋４＋２＝４＋４＋１＋１＝４＋３＋３＝４＋３＋２＋１＝４＋３＋１＋１＋１
　＝４＋２＋２＋２＝４＋２＋２＋１＋１＝４＋２＋１＋１＋１＋１＝４＋１＋１＋１＋１＋１＋１
　＝３＋３＋３＋１＝３＋３＋２＋２＝３＋３＋２＋１＋１＝３＋３＋１＋１＋１＋１
　＝３＋２＋２＋２＋１＝３＋２＋２＋１＋１＋１＝３＋２＋１＋１＋１＋１＋１
　＝３＋１＋１＋１＋１＋１＋１＋１＝２＋２＋２＋２＋２＝２＋２＋２＋２＋１＋１
　＝２＋２＋２＋１＋１＋１＋１＝２＋２＋１＋１＋１＋１＋１＋１
　＝２＋１＋１＋１＋１＋１＋１＋１＋１＝１＋１＋１＋１＋１＋１＋１＋１＋１＋１　の４２通り


　このように整数の分割を書き下せば、その場合の数は求められるが、数が大きくなると、
求めること自体が大変になってくる。上記の計算を通して、何らかの規則性が感じられる。

　ｎ＝１〜１０ に対して、最大数に着目して、その場合の数を整理してみよう。

　ｎ＝６で、最大数が２となるのは、

　２＋２＋２＝２＋２＋１＋１＝２＋１＋１＋１＋１

の３通りであるが、最大数２を１個外してあげると、

　２＋２＝２＋１＋１＝１＋１＋１＋１

で、これは、ｎ＝４で、最大数が２のものと最大数が１のものの合計となっている。

　この規則性を理解すると、例えば、ｎ＝８で、最大数が３となるのは、

　ｎ＝８−３＝５　で、最大数が１、２、３のものを合計すれば、　１＋２＋２＝５　となり、表の

値と一致する。このことから、具体的に書き下すことなく、前の結果を活用することにより、

漸化的に順次、追加の結果を得ることが出来る。

　ｎ＝１１のとき、分割数が５６になることは、ＧＡＩ さんの結果に一致する。

　自然数ｎに対して、その分割のうち、最大数がｋであるものの個数をＮ（ｎ，ｋ）とおく。

例　Ｎ（４，２）＝２　（←　２＋２＝２＋１＋１）

　Ｎ（６，３）＝３　（←　３＋３＝３＋２＋１＝３＋1＋１＋１）

　このＮ（ｎ，ｋ）という記号を使えば、上記の性質は、整理すると、

　Ｐ（ｎ）＝Ｎ（ｎ，１）＋Ｎ（ｎ，２）＋・・・＋Ｎ（ｎ，ｎ）

　Ｎ（ｎ，ｋ）＝Ｎ（ｎ−ｋ，ｋ）＋Ｎ（ｎ−ｋ，ｋ−１）＋・・・＋Ｎ（ｎ−ｋ，１）

となる。さらに、Ｎ（ｎ−ｋ，ｋ−１）＋・・・＋Ｎ（ｎ−ｋ，１）＝Ｎ（ｎ−１，ｋ−１）　なので、

　Ｎ（ｎ，ｋ）＝Ｎ（ｎ−ｋ，ｋ）＋Ｎ（ｎ−１，ｋ−１）

が成り立つ。

例　Ｎ（１１，５）＝Ｎ（６，５）＋Ｎ（１０，４）＝１＋９＝１０

（コメント）　２箇所の値から求められるので、計算が楽になりました！

　この性質を、ｎ＝１２に対して適用してみよう。

　ｎ＝１２のとき、分割数が７７になることは、ＧＡＩ さんの結果に一致する。


　上記では、各分割における最大数に着目したが、各分割における項の数に着目する見方
もある。

　自然数ｎに対して、その分割のうち、項の数がｋであるものの個数をＬ（ｎ，ｋ）とおく。

例　ｎ＝５　のとき、分割は、次の７通りである。

　５＝４＋１＝３＋２＝３＋１＋１＝２＋２＋１＝２＋１＋１＋１＝１＋１＋１＋１＋１

　このうち、項の数が１であるものは、５のみなので、Ｌ（５，１）＝１

項の数が２であるものは、４＋１＝３＋２　なので、Ｌ（５，２）＝２

項の数が３であるものは、３＋１＋１＝２＋２＋１　なので、Ｌ（５，３）＝２

項の数が４であるものは、２＋１＋１＋１　のみなので、Ｌ（５，４）＝１

項の数が５であるものは、１＋１＋１＋１＋１　のみなので、Ｌ（５，５）＝１

　何となく、　Ｎ（ｎ，ｋ）＝Ｌ（ｎ，ｋ）　であるように見える。

　ｎ＝１〜１０について、表にまとめてみよう。

　ｎ＝１〜１０についても、　Ｎ（ｎ，ｋ）＝Ｌ（ｎ，ｋ）　であるように見える。

　下図のようなヤング図形を考えれば、その理由が察せられる。

ｎ＝５　のとき、ヤング図形は、次の７種である。

　　

　各ヤング図形を縦方向に見れば、最大数に着目した場合に相当し、横方向に見れば、
項の数に着目した場合に相当し、常に、

　Ｎ（ｎ，ｋ）＝Ｌ（ｎ，ｋ）

が成り立つことが分かる。

　したがって、次の性質が成り立つ。

　Ｌ（ｎ，ｋ）＝Ｌ（ｎ−ｋ，ｋ）＋Ｌ（ｎ−ｋ，ｋ−１）＋・・・＋Ｌ（ｎ−ｋ，１）

　Ｌ（ｎ，ｋ）＝Ｌ（ｎ−ｋ，ｋ）＋Ｌ（ｎ−１，ｋ−１）

問題　Ｎ（１１，４）＝Ｌ（１１，４）　であることを確かめよ。

（解）　４＋４＋３＝４＋４＋２＋１＝４＋４＋１＋１＋１＝４＋３＋３＋１＝４＋３＋２＋２
　＝４＋３＋２＋１＋１＝４＋３＋１＋１＋１＝４＋２＋２＋２＋１＝４＋２＋２＋１＋１＋１
　＝４＋２＋１＋１＋１＋１＋１＝４＋１＋１＋１＋１＋１＋１＋１

から、　Ｎ（１１，４）＝１１

また、　８＋１＋１＋１＝７＋２＋１＋１＝６＋３＋１＋１＝６＋２＋２＋１＝５＋４＋１＋１
　＝５＋３＋２＋１＝５＋２＋２＋２＝４＋４＋２＋１＝４＋３＋３＋１＝４＋３＋２＋１
　＝３＋３＋３＋２

から、　Ｌ（１１，４）＝１１

　よって、　Ｎ（１１，４）＝Ｌ（１１，４）　である。　　（終）


　その他の性質を探してみよう。

ｎ＝５　のとき、その分割は、

　５＝４＋１＝３＋２＝３＋１＋１＝２＋２＋１＝２＋１＋１＋１＝１＋１＋１＋１＋１　の７通り

であるが、このうち、すべて奇数であるものは、

　５＝３＋１＋１＝１＋１＋１＋１＋１　の３通り

　数がすべて異なるものは、

　５＝４＋１＝３＋２　の３通り　で、両者は等しい。

ｎ＝６　のとき、その分割は、

　６＝５＋１＝４＋２＝４＋１＋１＝３＋３＝３＋２＋１＝３＋１＋１＋１＝２＋２＋２
　＝２＋２＋１＋１＝２＋１＋１＋１＋１＝１＋１＋１＋１＋１＋１　の１１通り

であるが、このうち、すべて奇数であるものは、

　５＋１＝３＋３＝３＋１＋１＋１＝１＋１＋１＋１＋１＋１　の４通り

　数がすべて異なるものは、

　６＝５＋１＝４＋２＝３＋２＋１　の４通り　で、両者は等しい。

ｎ＝７　のとき、その分割は、

　７＝６＋１＝５＋２＝５＋１＋１＝４＋３＝４＋２＋１＝４＋１＋１＋１＝３＋３＋１＝３＋２＋２
　＝３＋２＋１＋１＝３＋１＋１＋１＋１＝２＋２＋２＋１＝２＋２＋１＋１＋１
　＝２＋１＋１＋１＋１＋１＝１＋１＋１＋１＋１＋１＋１　の１５通り

であるが、このうち、すべて奇数であるものは、

　７＝５＋１＋１＝３＋３＋１＝３＋１＋１＋１＋１＝１＋１＋１＋１＋１＋１＋１　の５通り

　数がすべて異なるものは、

　７＝６＋１＝５＋２＝４＋３＝４＋２＋１　の５通り　で、両者は等しい。

　こうしてみると、何となく

　「すべて奇数であるもの」　と　「数がすべて異なるもの」

は、同じ場合の数になりそう．．．。（→　Ｅｕｌｅｒ の分割恒等式と言われる。）

　これは、どんな原理で説明ができるのだろうか？

　オイラーは、この２種類の分割方法の数が等しいことを、母関数を用いて示したという。


　自然数ｎをこのように「すべて奇数であるもの」とか「数がすべて異なるもの」に分割する方
法の個数をQ(ｎ)とおくと、

　Q(１)＝１、Q(２)＝１、Q(３)＝２、Q(４)＝２、Q(５)＝３、Q(６)＝４、Q(７)＝５、Q(８)＝６、

　Q(９)＝８、Q(１０)＝１０

であることが知られている。



　　以下、工事中！