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Gregory coefficients のお話

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$$\newcommand{a}[0]{\alpha} \newcommand{asn}[0]{\hspace{16pt}(\mathrm{as}\ n\to\infty)} \newcommand{b}[0]{\beta} \newcommand{beq}[0]{\begin{eqnarray*}} \newcommand{c}[2]{{}_{#1}\mathrm{C}_{#2}} \newcommand{C}[0]{\mathbb{C}} \newcommand{cb}[0]{\binom{2n}{n}} \newcommand{dhp}[0]{\dfrac{\pi}2} \newcommand{ds}[0]{\displaystyle} \newcommand{eeq}[0]{\end{eqnarray*}} \newcommand{G}[1]{\Gamma({#1})} \newcommand{g}[0]{\gamma} \newcommand{hp}[0]{\frac{\pi}2} \newcommand{I}[0]{\mathrm{I}} \newcommand{l}[0]{\ell} \newcommand{limn}[0]{\lim_{n\to\infty}} \newcommand{limx}[0]{\lim_{x\to\infty}} \newcommand{N}[0]{\mathbb{N}} \newcommand{nck}[0]{\binom{n}{k}} \newcommand{p}[0]{\varphi} \newcommand{Q}[0]{\mathbb{Q}} \newcommand{R}[0]{\mathbb{R}} \newcommand{space}[0]{\hspace{12pt}} \newcommand{sumk}[1]{\sum_{k={#1}}^n} \newcommand{sumn}[1]{\sum_{n={#1}}^\infty} \newcommand{t}[0]{\theta} \newcommand{tc}[0]{\TextCenter} \newcommand{Z}[0]{\mathbb{Z}} $$

${}$

まず, 自然数$n$に対し, $G_n$を以下のように定めます.

$$ G_n=\frac{1}{n!}\int_0^1x(x-1)\cdots(x-n+1)\,dx=\int_0^1\binom{x}{n}\,dx$$

ただし$\ds\binom{x}{n}=\frac{x(x-1)\cdots(x-n+1)}{n!}$は一般化された二項係数です. これは$x$の多項式になります.
${}$

まず, この$G_n$の母関数を求めてみましょう. これは簡単で, $(1+z)^x$$z$に関するTaylor展開が一般化された二項係数を用いて
$$ (1+z)^x=\sumn{0}\binom{x}{n}z^n$$
と表されることを用いれば, 両辺を$x:0\to1$で積分して
$$\beq \sumn{0}G_nz^n&=&\int_0^1(1+z)^x\,dx\\[5pt] &=&\frac{z}{\log(1+z)} \eeq$$
と分かります.
${}$

これを利用すると, $N\geq2$に対し$\ds z=\log(1+z)\sum G_nz^n$ の両辺の$z^N$の係数を比較することで,
$$\beq 0&=&[z^N]\left(\log(1+z)\sum G_nz^n\right)\\[5pt] &=&\sum_{k=0}^N\Big([z^{N-k}]\log(1+z)\Big)\left([z^k]\sum G_nz^n\right)\\[5pt] &=&\sum_{k=0}^{N-1}\frac{(-1)^{N-k-1}}{N-k}G_k \eeq$$
即ち$\ds\sum_{k=0}^{n-1}\frac{(-1)^kG_k}{n-k}=0$ ($n\geq2$)を得ます.

これは
$$\int_0^1\sum_{k=0}^{n-1}\frac{(-1)^k}{n-k}\binom{x}{k}\,dx=0$$
と書くと少し面白いですね.
${}$

ここで唐突に, 以下のような積分路に沿って関数$\ds f(z)=\frac{1}{(z-\alpha)\log z}$を積分することを考えてみましょう. ただし$\alpha\notin\R_{\leq0}\cup\{1\}$とし, 対数の偏角は$-\pi<\arg z<\pi$をとるものとします.

積分路 積分路

すると, $R\to\infty$で円弧上の積分は$0$になり, 原点周りの積分も$0$になりますから,
$$\beq 2\pi i\sum\mathrm{Res}f&=&\int_{-\infty+0i}^{+0i}f(z)\,dz+\int_{-0i}^{-\infty-0i}f(z)\,dz\\[5pt] &=&\int_{\infty}^0f(e^{i\pi}x)\,e^{i\pi}dx+\int_0^\infty f(e^{-i\pi}x)\,e^{-i\pi}dx\\[5pt] &=&-\int_0^\infty\frac{dx}{(x+\alpha)(\log x+i\pi)}+\int_0^\infty\frac{dx}{(x+\alpha)(\log x-i\pi)}\\[5pt] &=&2\pi i\int_0^\infty\frac{dx}{(x+\alpha)(\log^2x+\pi^2)} \eeq$$

極は$z=1,\alpha$であり,$\ds\mathrm{Res}_{z=1}f=\frac{1}{1-\alpha},\ \mathrm{Res}_{z=\alpha}f=\frac{1}{\log\alpha}$なので,

$$ \int_0^\infty\frac{dx}{(x+\alpha)(\log^2x+\pi^2)}=\frac1{\log\alpha}+\frac{1}{1-\alpha}$$
が結論されます.
${}$

ここで$\alpha=1+z$とするとなんと,
$$ \int_0^\infty\frac{dx}{(x+1+z)(\log^2x+\pi^2)}=\sumn{1}G_nz^{n-1}$$
となるではないですか!

両辺を$(n-1)$階微分して$z=0$とすることで,
$$ \int_0^\infty\frac{dx}{(x+1)^n(\log^2x+\pi^2)}=(-1)^{n-1}G_n$$
を得ます.

これは
$$ \int_0^\infty\frac{dx}{(x+1)^n(\log^2x+\pi^2)}=\int_0^1\left|\binom{x}{n}\right|\,dx$$
と書くと面白いですね.
${}$

最後になりますが, 実はこの係数$G_n$はGregory coefficientsと呼ばれるものなのでした. ( Wikipedia 参照)

${}$

読んでくださった方, ありがとうございました.

${}$

${}$

投稿日:2021529

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投稿者

東大理数B3です

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