col作用素
こんにちは！的場 沙雪です．巷では三色関数を拡張した $\mathrm{col}$関数 というのが流行っているみたいですね．これのテイラー展開表示を眺めていて，拡張出来るのではと思い至って記事にしました．
下準備
本題に移る前に，ちょっとだけ下準備をしておきます．またこの記事ではテイラー展開を主に扱うので$0^0=1$と規約しておきます．
定義域が$\C$の部分集合で，終域が$\C$である写像を「複素関数」とよびます．
正整数$n$に対して，
$\d\zeta_n:=\exp\r{\frac{2\pi i}{n}}$
により複素数$\zeta_n$を定義します．
$\mathrm{col}$作用素
正整数$n$，整数$k$，複素数$a$，複素関数$f$に対して，
$\d\uq{z\in\C}\r{\r{\uq{l\in\Z}\zeta_n^l\r{z-a}+a\in\mathrm{def}f}\rightarrow g\r{z}:=\frac{1}{n}\sum_{l=1}^n\zeta_n^{-lk}f\r{\zeta_n^l\r{z-a}+a}}$
により定義される複素関数$g:\set{z\in\C}{\uq{l\in\Z}\zeta_n^l\r{z-a}+a\in\mathrm{def}f}\to\C$を$\mathrm{col}_{n,k}\s{f;a}$と表し，作用素$\d\mathrm{col}_{n,k}:\r{\bigcup_{D\in\mathfrak{P}\left(\C\right)}\mathrm{Map}\left(D,\C\right)}\times\C\to\bigcup_{D\in\mathfrak{P}\left(\C\right)}\mathrm{Map}\left(D,\C\right)$を「$\mathrm{col}$作用素」とよびます．
$\uq{l\in\Z}\zeta_n^l\r{z-a}+a\in\mathrm{def}f$を満たす複素数$z$が存在しない場合は，$\mathrm{col}_{n,k}\s{f;a}$は複素空関数$\mathrm{col}_{n,k}\s{f;a}:\varnothing\to\C$となります．
$\mathrm{col}$関数は，$\mathrm{col}$作用素を用いて$\mathrm{col}_{n,k}=\mathrm{col}_{n,k}\s{\exp;0}$と表すことが出来ます．
以下の等式が成り立ちます．ただし$n\in\Z_{>0}$，$k\in\Z$，$a\in\C$，$f$は複素関数とします．
$\mathrm{col}_{n,k+n}\s{f;a}=\mathrm{col}_{n,k}\s{f;a}$
以下の等式が成り立ちます．ただし$k\in\Z$，$a\in\C$，$f$は複素関数とします．
$\mathrm{col}_{1,k}\s{f;a}=f$
$\mathrm{col}$関数で成り立っていたいくつかの定理の拡張が成り立ちます．
以下の等式が成り立ちます．ただし$n\in\Z_{>0}$，$k\in\Z\cap\sll{0}{n}$，$a\in\C$，$f$は点$a$周りでテイラー展開可能な複素関数，$r$は複素関数$f$の点$a$周りのテイラー展開の収束半径，$z\in\C$とし，
$\v{z-a}< r$
を満たすとします．
$\d\mathrm{col}_{n,k}\s{f;a}\r{z}=\sum_{q=0}^\infty\frac{f^\r{qn+k}\r{a}}{\r{qn+k}!}\r{z-a}^{qn+k}$
$f$が整関数（収束半径が無限大）のときは$z$に関する条件は特に無いとして読み替えてください．
解説
\begin{align*} &\mathrm{col}_{n,k}\s{f;a}\r{z}\\ =&\frac{1}{n}\sum_{l=1}^n\zeta_n^{-lk}f\r{\zeta_n^l\r{z-a}+a}\\ =&\frac{1}{n}\sum_{l=1}^n\zeta_n^{-lk}\sum_{m=0}^\infty\frac{f^\r{m}\r{a}}{m!}\r{\zeta_n^l\r{z-a}+a-a}^m\\ =&\sum_{m=0}^\infty\frac{f^\r{m}\r{a}}{m!}\r{z-a}^m\frac{1}{n}\sum_{l=1}^n\r{\zeta_n^{m-k}}^l\\ =&\sum_{q=0}^\infty\frac{f^\r{qn+k}\r{a}}{\r{qn+k}!}\r{z-a}^{qn+k} \end{align*}
より$\d\mathrm{col}_{n,k}\s{f;a}\r{z}=\sum_{m=0}^\infty\frac{f^\r{mn+k}\r{a}}{\r{mn+k}!}\r{z-a}^{mn+k}$です．$\blacksquare$
以下の等式が成り立ちます．ただし$n\in\Z_{>0}$，$k\in\Z$，$a\in\C$，$f$は複素関数，$z\in\C$とし，
$\uq{l\in\Z}\zeta_n^l\r{z-a}+a\in\mathrm{def}f$
を満たすとします．
$\d\sum_{l=1}^n\zeta_n^{lk}\mathrm{col}_{n,l}\s{f;a}\r{z}=f\r{\zeta_n^k\r{z-a}+a}$
解説
\begin{align*} &\sum_{l=1}^n\zeta_n^{lk}\mathrm{col}_{n,l}\s{f;a}\r{z}\\ =&\sum_{l=1}^n\zeta_n^{lk}\frac{1}{n}\sum_{m=1}^n\zeta_n^{-ml}f\r{\zeta_n^m\r{z-a}+a}\\ =&\sum_{m=1}^nf\r{\zeta_n^m\r{z-a}+a}\frac{1}{n}\sum_{l=1}^n\r{\zeta_n^{k-m}}^l\\ =&f\r{\zeta_n^k\r{z-a}+a} \end{align*}
より$\d\sum_{l=1}^n\zeta_n^{lk}\mathrm{col}_{n,l}\s{f;a}\r{z}=f\r{\zeta_n^k\r{z-a}+a}$です．$\blacksquare$
また，一次関数のずれはわざわざ一次関数を定義しなくても変数部分を弄れば表現できます．
以下の等式が成り立ちます．ただし$n\in\Z_{>0}$，$k\in\Z$，$a\in\C$，$f$は複素関数，$P$は一次関数，$z\in\C$とし，
$\uq{l\in\Z}P\r{\zeta_n^l\r{z-a}+a}\in\mathrm{def}f$
を満たすとします．
$\d\mathrm{col}_{n,k}\s{f\circ P;a}\r{z}=\mathrm{col}_{n,k}\s{f;P\r{a}}\r{P\r{z}}$
解説
\begin{align*} &\alpha\r{\zeta_n^l\r{z-a}+a}+\beta\\ =&\zeta_n^l\r{\alpha z-\alpha a}+\alpha a+\beta\\ =&\zeta_n^l\r{\r{\alpha z+\beta}-\r{\alpha a+\beta}}+\r{\alpha a+\beta} \end{align*}
より$\d\mathrm{col}_{n,k}\s{f\circ P;a}\r{z}=\mathrm{col}_{n,k}\s{f;P\r{a}}\r{P\r{z}}$がわかります．$\blacksquare$
$\mathrm{col}$関数は$\exp z$を元に双曲線関数の拡張として作られていますが，これで$\exp iz$を元に$\mathrm{col}_{n,k}\s{\exp;0}\r{iz}\r{=\mathrm{col}_{n,k}\r{iz}}$により三角関数の拡張として作ることも出来ますね．具体的には$\mathrm{col}_{2,0}\r{iz}=\cos z$，$\mathrm{col}_{2,1}\r{iz}=i\sin z$です．まあ，これに関しては$\mathrm{col}$関数を調べれば変数を変えるだけで加法定理など簡単にわかりますね．
テイラー展開からすぐわかりますが，極限に関してこんなことがわかります．証明はテイラー展開とは異なる方法でしてみます（極限の交換とかよくわからんのと，個人的に面白い証明方法なので）．
以下の等式が成り立ちます．ただし$k\in\Z_{\geq0}$，$a\in\C$，$D$は複素領域，$f$は$D$で正則な関数，$z\in\C$とし，
$\uq{\theta\in\R}e^{i\theta}\r{z-a}+a\in D$
を満たすとし，$\d\lim_{n\rightarrow\infty}$は$n$が$\Z_{>0}$上を動くものとします．
$\d\lim_{n\rightarrow\infty}\mathrm{col}_{n,k}\s{f;a}\r{z}=\frac{f^\r{k}\r{a}}{k!}\r{z-a}^k$
解説
\begin{align*} &\lim_{n\rightarrow\infty}\mathrm{col}_{n,k}\s{f;a}\r{z}\\ =&\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{n}\sum_{l=1}^n\zeta_n^{-lk}f\r{\zeta_n^l\r{z-a}+a}\\ =&\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{n}\sum_{l=1}^ne^{-\frac{2\pi lk}{n}i}f\r{e^{\frac{2\pi l}{n}i}\r{z-a}+a}\\ =&\int_0^1e^{-2\pi kix}f\r{e^{2\pi ix}\r{z-a}+a}\dd x\\ =&\oint\r{\frac{\zeta-a}{z-a}}^{-k}f\r{\zeta}\frac{\dd\zeta}{2\pi i\r{\zeta-a}}\\ =&\frac{\r{z-a}^k}{2\pi i}\oint\frac{f\r{\zeta}}{\r{\zeta-a}^{k+1}}\dd\zeta\\ =&\frac{f^\r{k}\r{a}}{k!}\r{z-a}^k \end{align*}
より$\d\lim_{n\rightarrow\infty}\mathrm{col}_{n,k}\s{f;a}\r{z}=\frac{f^\r{k}\r{a}}{k!}\r{z-a}^k$です．$\blacksquare$
ということは，こんな定義を考えるのが自然でしょう．
非負整数$k$，複素数$a$，点$a$で$k$階微分可能な複素関数$f$に対して，
$\d\uq{z\in\C}g\r{z}:=\frac{f^\r{k}\r{a}}{k!}\r{z-a}^k$
により定義される複素関数$g:\C\to\C$を$\mathrm{col}_{\infty,k}\s{f;a}$と表します．
さらに$\mathrm{col}$関数にも定義しておきます．
非負整数$k$に対して，
$\d\uq{z\in\C}g\r{z}:=\frac{z^k}{k!}$
により定義される複素関数$g:\C\to\C$を$\mathrm{col}_{\infty,k}$と表します．
先程と同じく$\mathrm{col}_{\infty,k}=\mathrm{col}_{\infty,k}\s{\exp;0}$と表すことが出来ます．
テイラー展開を書き換えると，こうなります．自明ですが$\mathrm{col}$作用素と$\mathrm{col}$作用素が繋がっていて，何となく面白いかなと思ったので書いておきます．
以下の等式が成り立ちます．ただし$n\in\Z_{>0}$，$k\in\Z\cap\sll{0}{n}$，$a\in\C$，$f$は点$a$周りでテイラー展開可能な複素関数とします．
$\d\mathrm{col}_{n,k}\s{f;a}=\sum_{q=0}^\infty\mathrm{col}_{\infty,qn+k}\s{f;a}$
他にも，約数関数と絡めてこんなことも言えます（収束……条件……？とかいうのちょっとよくわからないので予想にしておきます……．なんか適当にダランベればいいんじゃないですか？）．
以下の等式が成り立つと予想されます．ただし$k\in\Z\cap\sll{0}{n}$，$l\in\Z_{\geq0}$，$a\in\C$，$f$は点$a$周りでテイラー展開可能な複素関数，$r$は複素関数$f$の点$a$周りのテイラー展開の収束半径，$z\in\C$とし，
$\v{z-a}< r$
を満たすとします．
$\d\sum_{m=1}^\infty\sigma_l\r{m}\frac{f^\r{m+k}\r{a}}{\r{m+k}!}\r{z-a}^{m+k}=\sum_{n=1}^\infty n^l\r{\mathrm{col}_{n,k}\s{f;a}\r{z}-\mathrm{col}_{\infty,k}\s{f;a}}$
解説
\begin{align*} &\sum_{m=1}^\infty\sigma_l\r{m}\frac{f^\r{m+k}\r{a}}{\r{m+k}!}\r{z-a}^{m+k}\\ =&\sum_{m=1}^\infty\r{\sum_{n\mid m\\n>0}n^l}\frac{f^\r{m+k}\r{a}}{\r{m+k}!}\r{z-a}^{m+k}\\ =&\sum_{m=1}^\infty\sum_{n\mid m\\n>0}n^l\frac{f^\r{m+k}\r{a}}{\r{m+k}!}\r{z-a}^{m+k}\\ =&\sum_{m=1}^\infty\sum_{n\mid m\\n>0}n^l\frac{f^\r{\frac{m}{n}n+k}\r{a}}{\r{\frac{m}{n}n+k}!}\r{z-a}^{\frac{m}{n}n+k}\\ =&\sum_{q=1}^\infty\sum_{n=1}^\infty n^l\frac{f^\r{qn+k}\r{a}}{\r{qn+k}!}\r{z-a}^{qn+k}\\ =&\sum_{n=1}^\infty n^l\sum_{q=1}^\infty\frac{f^\r{qn+k}\r{a}}{\r{qn+k}!}\r{z-a}^{qn+k}\\ =&\sum_{n=1}^\infty n^l\r{\mathrm{col}_{n,k}\s{f;a}\r{z}-\frac{f^\r{k}\r{a}}{k!}\r{z-a}^k}\\ =&\sum_{n=1}^\infty n^l\r{\mathrm{col}_{n,k}\s{f;a}\r{z}-\mathrm{col}_{\infty,k}\s{f;a}} \end{align*}
より$\d\sum_{m=1}^\infty\sigma_l\r{m}\frac{f^\r{m+k}\r{a}}{\r{m+k}!}\r{z-a}^{m+k}=\sum_{n=1}^\infty n^l\r{\mathrm{col}_{n,k}\s{f;a}\r{z}-\mathrm{col}_{\infty,k}\s{f;a}}$です．$\blacksquare$
$\mathrm{col}$関数に適用してみるとこうなります．
以下の等式が成り立つと予想されます．ただし$k\in\Z\cap\sll{0}{n}$，$l\in\Z_{\geq0}$，$z\in\C$とします．
$\d\sum_{m=1}^\infty\frac{\sigma_l\r{m}}{\r{m+k}!}z^{m+k}=\sum_{n=1}^\infty n^l\r{\mathrm{col}_{n,k}\r{z}-\mathrm{col}_{\infty,k}\r{z}}$
他にも何かわかったら是非教えていただきたいです．
