「分割数」とは与えられた整数にどれだけ多くの分割があるのか（4=1+1+1+1,4=3+1）という整数の分割理論のことです．整数の分割では，3=2+1と3=1+2のように足し算の順序が違うものは同じと見なすことにします．たとえば，３を分割するには非増加数列で構成した３通りの方法，3=2+1=1+1+1がありますから，p(3)=3，４を分割するには非増加数列で構成した５通りの方法，4=3+1=2+2=2+1+1=1+1+1+1がありますから，p(4)=5．同様にして，5=4+1=3+2=3+1+1=2+2+1=2+1+1+1=1+1+1+1+1よりp(5)=7となります．
p(0)=1,p(1)=1,p(2)=2,p(3)=3,p(4)=5,p(5)=7,p(6)=11,
p(7)=15,p(8)=22,p(9)=30,p(10)=41,p(11)=56,p(12)=77,･･･
ここで，p(n)はオイラーの分割関数とも呼ばれますが，定義が簡単そうにみえるにも関わらず，易しい式で表すことはできません．
p(n)を評価する問題は数論において研究されていて，１９１８年，ハーディーとラマヌジャンによって，円周法による漸近近似式：
p(n) 〜 1/4n√(3)exp(π√(2n/3))
が与えられています．
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【１】オイラーの分割関数
たとえば，正の整数ｎに対して，
ｎ＝ｋ1＋２ｋ2＋３ｋ3 （ｋ1≧０，ｋ2≧０，ｋ3≧０）
となる解（ｋ1，ｋ2，ｋ3）の個数をａnとします．ｎ＝５の場合，
1+1+1+1+1 → （５，０，０）
1+1+1+2 → （３，１，０）
1+1+3 → （２，０，１）
1+2+2 → （１，２，０）
2+3 → （０，１，１）
ですから，ａ5＝５となります．
ａ0＝１，ａ1＝１，ａ2＝２，ａ3＝３，ａ4＝４，ａ5＝５，・・・
このとき，母関数は
ｆ（ｘ）＝Σａnｘ^n＝Σｘ^(k1+2k2+3k3)＝Σｘ^k1Σｘ^2k2Σｘ^3k3
＝１／（１−ｘ）・１／（１−ｘ^2）・１／（１−ｘ^3）
となります．
（１−ｘ）（１−ｘ^2）（１−ｘ^3）Σａnｘ^n＝１
ですから，各項の係数を比較すると漸化式
ａn＝ａn-1＋ａn-2−ａn-4−ａn-5＋ａn-6
を得ることができます．
ａ6＝７，ａ7＝８，ａ8＝１０，ａ9＝１２，ａ10＝１４，ａ11＝１６，・・・
この問題を一般化して
ｎ＝ｋ1＋２ｋ2＋３ｋ3＋・・・ （ｋ1≧０，ｋ2≧０，ｋ3≧０，・・・）の個数ｐ（ｎ）を考えます．ｎ＝５の場合，ａ5に
1+4，5
が加わり，p(5)=7となります．
このことから，分割数は以下の公式によって代数的に定義することができることがわかります．
f(x)=Π(1-x^n)^(-1)={(1-x)(1-x^2)･･･(1-x^n)･･･}^(-1)
=(1+x+x^2+･･･)(1+x^2+x^4+･･･)(1+x^3+x^6+･･･)(1+x^4+x^8+･･･)･･･
=Σp(n)x^n=1+p(1)x+p(2)x^2+p(3)x^3+･･･
すなわち，f(x)は分割関数p(n)の母関数で，p(n)はｘ^nの係数になっています．
ｘ^k1を第１因子(1+x+x^2+･･･)の一般項，ｘ^2k2を第２因子(1+x^2+x^4+･･･)の一般項，ｘ^3k3を第３因子(1+x^3+x^6+･･･)の一般項，・・・とすると，
ｎ＝ｋ1＋２ｋ2＋３ｋ3＋・・・
となって，ｘ^nの項が整数ｎの分割に対応することになるのですが，オイラーはこのようにしてp(n)の母関数
f(x)=Π(1-x^n)^(-1)={(1-x)(1-x^2)･･･(1-x^n)･･･}^(-1)
=Σp(n)x^n=1+p(1)x+p(2)x^2+p(3)x^3+･･･
を得たというわけです．
［補］オイラーは４平方和定理
「すべての正の整数は４個の整数の平方和で表される」
を証明するために，級数1+2Σｘ^(n^2)を考察しているのですが，このアイディアは，ｎの分割がｎをｋ個の平方数の和への分割（ｎが平方和として何通りに書けるか）：
ｎ＝□1＋□2＋・・・＋□k
として表した場合の解と１対１に対応することに拠っています．
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【２】分割数の近似式
このことより，
f(x)=(1+x+x^2+･･･)(1+x^2+x^4+･･･)(1+x^3+x^6+･･･)･･･
=Π(1-x^n)^(-1)
そして，
f(x)=Π(1-x^n)^(-1)={(1-x)(1-x^2)･･･(1-x^n)･･･}^(-1)
=Σp(n)x^n=1+p(1)x+p(2)x^2+p(3)x^3+･･･
の恒等式は，１９１８年にハーディーとラマヌジャンによって，p(n)の漸近式を見いだすのに利用されることになるのです．
分割関数p(n)は整数値をとりますが，分割数を表す簡単な公式はありません．しかし，前述したようにラマヌジャンが予想した注目すべき近似式が知られています．
p(n) 〜 1/4n√(3)exp(π√(2n/3))
p(n)≦p(n-1)+p(n-2)
が成り立つことより，分割数の増大速度はファイボナッチ数で上から抑えられることが示されます．したがって，黄金比φ＝（√５＋１）／２とおくと上界は
p(n)<φ^n．
ここでは
［参］マトウシェク・ネシャトリル「離散数学への招待」シュプリンガー・フェアラーク東京
にしたがって，p(n)の粗いがそれなりによい評価式を求めてみたいと思います．
無限乗積のままでは扱いにくいので，有限乗積
fn(x)=Π(1-x^n)^(-1)
を使ってp(n)を評価してみましょう．
［１］上界について
すべての（０，１）なるｘに対して
p(n)≦fn(x)/x^n=1/x^nΠ(1-x^n)^(-1)
が成り立ちます．この右辺の値がなるべく小さくなるようにｘを選びたいのですが，まず対数をとると
lnp(n)≦-nlnx-Σln(1-x^k)≦-nlnx+x/(1-x)Σ1/k^2
ここで，
Σ1/k^2＝ζ(2)=π^2/6
ですから
lnp(n)≦-nlnx+π^2/6x/(1-x)
u=x/(1-x) u=0~∞
と変数変換すると
lnp(n)≦-nln(1+1/u)+π^2/6u
また，不等式1+x≦exp(x)よりln(1-1/u)≦1/uですから，
lnp(n)＜-nln(1+1/u)+π^2/6u≦n/u+π^2/6u
n/u+π^2/6u
が最小となるのはn/u=π^2/6uすなわちu=√(6n)/πのときで，
lnp(n)＜π√(2/3n)
より，
p(n)＜exp(π√(2/3n))
が成り立つことが証明されます．
この上界は
p(n) 〜 1/4n√(3)exp(π√(2n/3))
の指数部分と一致し，かなりよい評価であることがわかります．
［２］下界について
自然数ｎを順序つきｋ分割する総数は
(n-1)Ｃ(k-1)＝(n-1,k-1)
また，順序のないｋ分割のそれぞれから高々ｋ！個の順序つきｋ分割が作れますから，
p(n)≧(n-1,k-1)/k!≧(n-1)(n-2)･･･(n-k+1)/(k!)^2
が成り立ちます．
ｋを１増やせば分母は(k+1)^2倍され，分子は(n-k)倍されるので，最良の下界を与えるためには(k+1)^2≒n-kより
ｋ≒［√ｎ］
このとき，
(n-1)(n-2)･･･(n-k+1)≧(n-k)^(k-1)=n^(k-1)(1-k/n)^(k-1)
ｋ≒［√ｎ］より，k/n≦1/kですから
(1-k/n)^(k-1)≧(1-1/k)^(k-1)
したがって，
n^(k-1)(1-k/n)^(k-1)≧n^(k-1)(1-1/k)^(k-1)≧ｎ^k／ｅｎ
スターリングの公式の漸近評価の項で述べた，
ｋ！≦ｅｋ（ｋ／ｅ）^k
が成り立つので，
p(n)≧(n/k^2)^kexp(2k-3)/nk^2≧exp(2k-3)/n^2≧exp(2√n)/exp(5)n^2
以上により，
exp(2√n)/exp(5)n^2≦p(n)≦exp(π√(2/3n))
小生は事前に
exp(π√(2/3n))/n^2≦p(n)≦exp(π√(2/3n))
のような形を予想していたのですが，ほぼ一致する結果です．
したがって，十分大きなｎに対しては
exp(c1√n)≦p(n)≦exp(c2√n)
となる評価が得られたことになります．ラマヌジャンの結果より粗いのですが，関数の増加に対するオーダーがわかればそれでよしとしましょう．
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【３】分割数の近似式・再考
実は，円周法に基づく漸近公式の結果を正確に証明するだけでも，長くてこみ入った理論が必要になります．そこで漸近公式の概要だけを簡単に述べますが，σ(k)をｋの約数の和とすると，p(n)に対する漸化式
p(n)=1/nΣσ(k)p(n-k)
において，σ(k)の漸近的振る舞い
1/n^2Σσ(k)〜π^2/12
を用いると，ｎが大きい場合の分割数の漸近挙動
p(n)〜exp(π√(2n/3))/4n√3
を得ることができます．このことから，p(n)は準指数関数と考えることができます（p(n)^(1/n)→1）．
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【４】おまけ
ｎ＝２４３の場合，ｐ（２４３）＝１３３９７８２５９３４４８８８に対して
p(n)〜exp(π√(2n/3))/4n√3〜１．３８×１０^14
ラマヌジャンはp(n)が満たす合同式について
ｐ（５ｎ＋４）＝０ ｍｏｄ５
ｐ（７ｎ＋５）＝０ ｍｏｄ７
ｐ（１１ｎ＋６）＝０ ｍｏｄ１１
ｐ（５９９）＝０ ｍｏｄ５^3
ｐ（７２１）＝０ ｍｏｄ１１^2
を予想し，それらを証明しています．
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