自然数の約数のリングと固有値としての約数の合計といくつかの行列のスペクトルノルム？
しましょう $n$ 自然数であり、 $D_n$除数のセットになります。各除数を観察することで、これをリングに設定できます。$d$ 持っている
$$0 \le v_p(d) \le v_p(n)$$
したがって、2つの除数を追加できます $d,e$ 設定することにより：
$$d \oplus e := \prod_{p | n} p^{v_p(d)+v_p(e) \mod (v_p(n)+1)}$$
同様に、次のように設定することでそれらを乗算できます。 $$d \otimes e := \prod_{p | n} p^{v_p(d) \cdot v_p(e) \mod (v_p(n)+1)}$$
次に、 $n = p_1^{a_1} \cdots p_r^{a_r}$、このリングはリングと同型になります
$$\mathbb{Z}/(a_1+1) \times \cdots \times \mathbb{Z}/(a_r+1)$$
場合 $n$ は平方フリーですが、これは次のようになります。
$$d\oplus e = \frac{de}{\gcd(d,e)^2}$$
$$d\otimes e = \gcd(d,e)$$
除数の環は、ここで定義されているブール環です。 https://mathoverflow.net/questions/369751/boolean-ring-of-unitary-divisors-structure-of-unitary-divisorsそしてここで、この特性多項式は整数上の線形因数になりますか？
足し算表を考えれば（$\oplus$）行列としてのこのリングの約数の合計が $\sigma(n)$ は固有ベクトルの固有値です。
$$(1,\cdots,1)$$
これが例として追加です（$\oplus$）テーブル $n=12$：
$$\left(\begin{array}{rrrrrr} 1 & 2 & 3 & 4 & 6 & 12 \\ 2 & 4 & 6 & 1 & 12 & 3 \\ 3 & 6 & 1 & 12 & 2 & 4 \\ 4 & 1 & 12 & 2 & 3 & 6 \\ 6 & 12 & 2 & 3 & 4 & 1 \\ 12 & 3 & 4 & 6 & 1 & 2 \end{array}\right) $$
数値で確認しました（$n=1,\cdots,60$） それ
$$\sigma(n) = |A_n^k|_2^{1/k}, \forall k \ge 1$$
どこ $A_n$ このリングの加算行列です。
これの証拠はありますか？ご協力いただきありがとうございます！
回答
あなたはすでに注意します $\sigma(n)$ の固有値は $A_n$、それはそれが続く $$|A_n^k|_2^{1/k}\geq\rho(A)\geq\sigma(n),$$ すべての正の整数に対して $k$。ここに$\rho(A)$ のスペクトル半径を示します $A$。もちろん$$|A_n^k|_2^{1/k}\leq|A_n|_2,$$ だから今それを示すことが必要十分です $|A_n|_2\leq\sigma(n)$ すべてのために $n$。
の適切な順序付けのために注意してください $D_n$、 マトリックス $A_n$ はブロック行列です：書き込み $n=\prod_{p\mid n}p^{a_p}$ と設定 $n_p:=\frac{n}{p^{a_p}}$ 素数ごとに $p$ 分割 $n$、私たちはそれを見つけます $$A_n=\big[p^{i+j\pmod{a_p+1}}A_{n_p}\big]_{i,j=0\ldots a_p},$$ すべての素数に対して $p$ 分割 $n$。次に設定$$C(p^{a_p}):=\big[p^{i+j\pmod{a_p+1}}\big]_{i,j=0\ldots a_p},$$ 収量 $A_n=C(p^{a_p})\otimes A_{n_p}$、したがって誘導による $A_n=\bigotimes_{p\mid n}C(p^{a_p})$、それはそれが続く $$|A_n|_2=\prod_{p\mid n}|C(p^{a_p})|_2.$$ 素数冪ごとに $p^{a_p}$ のエントリ $C(p^{a_p})$ は正であり、各行の合計は $$\sum_{i=0}^{a_p}p^i=\frac{p^{a_p+1}-1}{p-1}=\sigma(p^{a_p}),$$したがって、ペロン-フロベニウスの定理（ポイント11を参照）により、次のようになります。$|C(p^{a_p})|_2=\sigma(p^{a_p})$、 それゆえ $$|A_n|_2=\prod_{p\mid n}|C_p|_2=\prod_{p\mid n}\sigma(p^{a_p})=\sigma(n).$$ 私たちはそれを結論付けます $|A_n^k|_2^{1/k}=\sigma(n)$ すべての正の整数に対して $k$。