ベルヌーイの公式と微分作用素

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この記事では冪乗和を表すベルヌーイの公式
$\sum_{k = 0}^{n} k^{m} = \frac{1}{m + 1} \sum_{j = 0}^{m} (\binom{m + 1}{j}) B_{j} n^{m + 1 - j}$
の、微分作用素を使った証明を紹介します．ここで紹介する導出法は「なぜ冪乗和の公式にベルヌーイ数や二項係数が現れるのか」についてコンセプチュアルな説明ができるという点でも優れています．

微分と差分

変数 $D$ を持つ形式的冪級数環 $Q [[D]]$ を考えます．多項式環 $Q [t]$ は
$D f (t) = f^{'} (t)$
により自然に $Q [[D]]$ 加群の構造を持ちます．（多項式は何回か微分すると $0$ になるので無限和は出てきません）．ここで $a \in Q$ に対して次のような元を考えます：
$e^{a D} = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{a^{n} D^{n}}{n!} \in Q [[D]] .$
実は $e^{a D}$ は多項式を「平行移動」する作用を持ちます：

多項式 $f (t) \in Q [t]$ に対して $e^{a D} f (t) = f (t + a)$ .

$f (t) = t^{m}$ に対して示せば十分である．
$e^{a D} t^{m} = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{a^{n} D^{n} t^{m}}{n!} = \sum_{n = 0}^{m} \frac{m (m - 1) \dots (m - n + 1)}{n!} a^{n} t^{m - n} = (t + a)^{m} .$

特に $(e^{D} - 1) f (t) = f (t + 1) - f (t)$ なので、 $e^{D} - 1$ は多項式の差分を取る作用を持ちます．

ベルヌーイ多項式

冪乗和 $\sum_{k = 0}^{n} k^{m}$ を求めることを考えましょう．もしも
$P (t + 1) - P (t) = t^{m}$
を満たす多項式 $P (t)$ が存在したとすると、
$\sum_{k = 0}^{n} k^{m} = \sum_{k = 0}^{n} (P (k + 1) - P (k)) = P (n + 1) - P (0)$
となり、冪乗和の計算は $P (n + 1)$ の計算に帰着できます．そこでこのような多項式 $P (t)$ を探しましょう．前節の内容を使うと $P (t)$ の満たすべき条件は
$(e^{D} - 1) P (t) = t^{m}$
と表せます．しかしこのままでは解を見つけるのが難しいので、代わりに
$\begin{matrix} (*) & (e^{D} - 1) Q (t) = D t^{m} (= m t^{m - 1}) \end{matrix}$
の解を探すことにします．なぜこちらの方が簡単に解が見つかるのかはこの後すぐにわかります．

$\frac{e^{D} - 1}{D}$ は $Q [[D]]$ において可逆である．

$\frac{e^{D} - 1}{D} = 1 + \frac{D}{2!} + \frac{D^{2}}{3!} + \dots$ より定数項が可逆なのでよい．

$\frac{e^{D} - 1}{D}$ の逆元を $\frac{D}{e^{D} - 1}$ で表し、Todd作用素といいます．Todd作用素を $t^{m}$ に作用させた値 $\frac{D}{e^{D} - 1} t^{m}$ のことを $B_{m} (t)$ で表し、ベルヌーイ多項式といいます．
$(e^{D} - 1) B_{m} (t) = (e^{D} - 1) \frac{D}{e^{D} - 1} t^{m} = D t^{m}$
なので $B_{m} (t)$ は $(*)$ の解になっています．

これを用いて冪乗和を表してみましょう．上記のように $B_{m} (t + 1) - B_{m} (t) = m t^{m - 1}$ なので
$\begin{matrix} (* *) & \sum_{k = 0}^{n} k^{m} = \sum_{k = 0}^{n} \frac{B_{m + 1} (k + 1) - B_{m + 1} (k)}{m + 1} = \frac{B_{m + 1} (n + 1) - B_{m + 1} (0)}{m + 1} \end{matrix}$
となります．これがベルヌーイの公式の元となる式です．

通常の定義との比較

ベルヌーイ多項式は通常 $Q [t] [[x]]$ における等式
$\frac{x}{e^{x} - 1} e^{t x} = \sum_{m = 0}^{\infty} \frac{B_{m} (t)}{m!} x^{m}$
で定義されます．この式を上の定義から導いてみましょう．
まずベルヌーイ多項式の定義 $B_{m} (t) = \frac{D}{e^{D} - 1} t^{m}$ の両辺に $\frac{x^{m}}{m!}$ を掛けると
$\frac{B_{m} (t)}{m!} x^{m} = \frac{D}{e^{D} - 1} \frac{t^{m}}{m!} x^{m}$
となります．これを $m$ にわたって足しあげると
$\sum_{m = 0}^{\infty} \frac{B_{m} (t)}{m!} x^{m} = \frac{D}{e^{D} - 1} e^{t x}$
が得られます． $D e^{t x} = x e^{t x}$ なので右辺は $\frac{x}{e^{x} - 1} e^{t x}$ と書き直すことができ、所望の式が得られます．

二項定理の類似

ベルヌーイ多項式は $t^{m}$ にTodd作用素を作用させたものでした． $t^{m}$ の満たす重要な関係式として二項定理
$(t + a)^{m} = \sum_{j = 0}^{m} (\binom{m}{j}) a^{m - j} t^{j}$
があります．左辺は $e^{a D} t^{m}$ とも書けますね．さて、この両辺にTodd作用素を作用させると
$\frac{D}{e^{D} - 1} e^{a D} t^{m} = \sum_{j = 0}^{m} (\binom{m}{j}) a^{m - j} B_{j} (t)$
となります．左辺は
$\frac{D}{e^{D} - 1} e^{a D} t^{m} = e^{a D} \frac{D}{e^{D} - 1} t^{m} = e^{a D} B_{m} (t) = B_{m} (t + a)$
と変形できるので、次の命題が得られます．

$a \in Q$ に対して以下の式が成り立つ：
$B_{m} (t + a) = \sum_{j = 0}^{m} (\binom{m}{j}) a^{m - j} B_{j} (t) .$

これはベルヌーイ多項式に対する二項定理の類似と思うことができます．

ベルヌーイ数

ベルヌーイ多項式の $t = 1$ における値 $B_{m} (1)$ を $B_{m}$ で表し、ベルヌーイ数といいます（文献によっては $B_{m} (0)$ をベルヌーイ数と定めていることもあります．これらの間には $B_{m} (1) = (- 1)^{m} B_{m} (0)$ という関係があります）．ベルヌーイ多項式に対する二項定理の類似において $t = 1$ とすることで、ベルヌーイ多項式の $t = 1$ における展開
$B_{m} (1 + a) = \sum_{j = 0}^{m} (\binom{m}{j}) B_{j} a^{m - j}$
が得られます．既に示した冪乗和の公式 $(* *)$ の $B_{m} (n + 1)$ の部分をこの式で書き換えると
$\sum_{k = 0}^{n} k^{m} = \frac{\sum_{j = 0}^{m + 1} (\binom{m + 1}{j}) B_{j} n^{m + 1 - j} - B_{m + 1}}{m + 1} = \frac{1}{m + 1} \sum_{j = 0}^{m} (\binom{m + 1}{j}) B_{j} n^{m + 1 - j}$
となります．これがベルヌーイの公式です．

まとめ

以上をまとめると次のようになります．
-差分方程式 $Q (t + 1) - Q (t) = m t^{m - 1}$ の解があれば、冪乗和を $Q (t)$ の値で表せる．
-上のような $Q (t)$ はTodd作用素を使うと自然に構成できる．これがベルヌーイ多項式である．
-ベルヌーイ多項式に対する「二項定理」を使うことでベルヌーイ数による表示が得られる．これがベルヌーイの公式である．

投稿日：2021年1月26日

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