多項式f_j(n)=\sum_{k=1}^{n-1}1/sin^{2j}kπ/2nの係数決定

はじめに

本記事では以下の$\sin$の逆$2j$乗和
$$ f_j(n)=\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{\sin^{2j}\frac{k\pi}{2n}} $$
が自然数$j$について$n$の多項式で表されることを示し
またその多項式の係数を計算する

母関数の導出

ド・モアブルの定理より
$$ (\cos\theta+i\sin\theta)^{2n}=\cos2n\theta+i\sin2n\theta \space\cdots (1) $$
同じ左辺について、二項定理から
\begin{eqnarray} (\cos\theta+i\sin\theta)^{2n} &=& \sum_{k=0}^{2n}i^k{2n \choose k} \cos^{2n-k}\theta\sin^k\theta \\ &=& \sum_{k=0}^{n}(-1)^k{2n \choose 2k} \cos^{2n-2k}\theta\sin^{2k}\theta+i\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^k{2n \choose 2k+1} \cos^{2n-2k-1}\theta\sin^{2k+1}\theta \space\cdots (2)\\ \end{eqnarray}
(1)右辺の虚部と(2)右辺の虚部を比較することで
$$ \sin2n\theta=\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^k{2n \choose 2k+1} \cos^{2n-2k-1}\theta\sin^{2k+1}\theta $$
両辺を$\cos\theta\sin\theta$で割ると
\begin{eqnarray} \frac{\sin2n\theta}{\cos\theta\sin\theta} &=&\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^k{2n \choose 2k+1} \cos^{2n-2k-2}\theta\sin^{2k}\theta\\ &=& \sum_{k=0}^{n-1}(-1)^k{2n \choose 2k+1} (1-\sin^{2}\theta)^{n-k-1}\sin^{2k}\theta \end{eqnarray}
$ t=\sin^2\theta$とおくと

$$ \frac{\sin2n\theta}{\cos\theta\sin\theta}=\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^k{2n \choose 2k+1} (1-t)^{n-k-1}t^{k} $$
と書けるので、右辺は$t$のn-1次多項式となる。
特に定数項は$k=0$の項にしか含まれず、その値は$2n$。
(右辺)=0という$t$についてのn-1次方程式を考えると
$ t=\sin^2{\frac{l\pi}{2n}},l=1,2,\cdots,n-1$のとき
$$ \sum_{k=0}^{n-1}(-1)^k{2n \choose 2k+1} (1-t)^{n-k-1}t^{k}=\frac{\sin2n\frac{l\pi}{2n}}{\cos\frac{l\pi}{2n}\sin\frac{l\pi}{2n}}＝0 $$
$\sin^2x$の$(0,\pi/2)$　での単調増加性より$ t=\sin^2\frac{l\pi}{2n},l=1,2,\cdots,n-1$は全て相異なるので
n-1次方程式のn-1個の相異なる解となる。
よって、因数定理から$C$を定数として
$$ \sum_{k=0}^{n-1}(-1)^k{2n \choose 2k+1} (1-t)^{n-k-1}t^{k}=C\prod_{k=1}^{n-1}\left(t-\sin^2\frac{k\pi}{2n}\right) $$
と書ける。
この右辺について
$$ C\prod_{k=1}^{n-1}(t-\sin^2\frac{k\pi}{2n})=(-1)^{n-1}C\prod_{k=1}^{n-1}\sin^2\frac{k\pi}{2n}\prod_{k=1}^{n-1}\left(1-\frac{t}{\sin^2\frac{k\pi}{2n}}\right) $$
と変形することで定数項は$(-1)^{n-1}C\prod_{k=1}^{n-1}\sin^2\frac{k\pi}{2n}$だが
もともと多項式の定数項は$2n$だったので、結局
$$ \sum_{k=0}^{n-1}(-1)^k{2n \choose 2k+1} (1-t)^{n-k-1}t^{k}=2n\prod_{k=1}^{n-1}\left(1-\frac{t}{\sin^2\frac{k\pi}{2n}}\right) $$
$ t=\sin^2\theta$のとき
$$ \frac{\sin2n\theta}{\cos\theta\sin\theta}=2n\prod_{k=1}^{n-1}\left(1-\frac{\sin^2\theta}{\sin^2\frac{k\pi}{2n}}\right) $$
$$ \frac{\sin2n\theta}{\sin2\theta}=n\prod_{k=1}^{n-1}\left(1-\frac{\sin^2\theta}{\sin^2\frac{k\pi}{2n}}\right) $$
を得る。
$0<\theta<\pi/2n$と制限すると左辺および右辺の積の各項は正なので両辺の対数を取って整理すると
$$ \log(\frac{\sin2n\theta}{2n\theta})-\log(\frac{\sin2\theta}{2\theta})=\sum_{k=1}^{n-1}\log\left(1-\frac{\sin^2\theta}{\sin^2\frac{k\pi}{2n}}\right) $$
右辺について,$0<\frac{\sin^2\theta}{\sin^2\frac{k\pi}{2n}}<1$より$\log(1-x)$のマクローリン展開とその収束半径内での絶対収束性から
$$ \sum_{k=1}^{n-1}\log\left(1-\frac{\sin^2\theta}{\sin^2\frac{k\pi}{2n}}\right)=\sum_{k=1}^{n-1}\sum_{j=1}^{\infty}\left(-\frac{\sin^{2j}\theta}{j\sin^{2j}\frac{k\pi}{2n}}\right)=-\sum_{j=1}^{\infty}\left(\frac{\sin^{2j}\theta}{j}\right)\sum_{k=1}^{n-1}\left(\frac{1}{\sin^{2j}\frac{k\pi}{2n}}\right) $$
左辺については$f(x)=\log(\frac{\sin x}{x})$と置くと
（左辺）$=f(2n\theta)-f(2\theta)$
$$ \log(\frac{\sin x}{x})=-\sum_{j=1}^{\infty}\frac{\zeta(2j)}{j\pi^{2j}}x^{2j}　\space(|x|<\pi) $$
($\zeta(2j)$はリーマンζ関数の特殊値)
$0<\theta<\pi/2n$で
$$ f(2n\theta)-f(2\theta)=-\sum_{j=1}^{\infty}\frac{\zeta(2j)}{j\pi^{2j}}((2n\theta)^{2j}-(2\theta)^{2j})=-\sum_{j=1}^{\infty}\frac{2^{2j}\zeta(2j)}{j\pi^{2j}}(n^{2j}-1)\theta^{2j} $$
以上から-(左辺)=-(右辺)を見ると

$$ \sum_{j=1}^{\infty}\frac{2^{2j}\zeta(2j)}{j\pi^{2j}}(n^{2j}-1)\theta^{2j}=\sum_{j=1}^{\infty}\left(\frac{\sin^{2j}\theta}{j}\right)\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{\sin^{2j}\frac{k\pi}{2n}} $$
両辺はそれぞれ同じ対象を$\theta$か$\sin\theta$で展開したものになっている
計算したい対象の母関数になっているのは右辺なので
改めて$\sin\theta=x$とし$\theta=\arcsin x$とすると
$$ \sum_{j=1}^{\infty}\frac{2^{2j}\zeta(2j)}{j\pi^{2j}}(n^{2j}-1)\arcsin ^{2j}x=\sum_{j=1}^{\infty}\left(\frac{x^{2j}}{j}\right)\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{\sin^{2j}\frac{k\pi}{2n}} $$
となるので左辺を$x$の冪級数とするために$\arcsin ^{2j}x$のマクローリン展開を考える。

$\arcsin ^{2j}x$のマクローリン展開

$y=\arcsin x$とおくと
$y'=1/\sqrt{1-x^2}$より$(1-x^2)(y')^2=1$
積の微分から$-2x(y')^2+(1-x^2)(2y'y'')=0$
$(1-x^2)y''=xy'$
$(y^{2j})'=2jy^{2j-1}y'$
$(y^{2j})''=2j(2j-1)y^{2j-2}(y')^2+2jy^{2j-1}y''$
両辺に$(1-x^2)$をかけると
$(1-x^2)(y^{2j})''=2j(2j-1)y^{2j-2}(1-x^2)(y')^2+2jy^{2j-1}(1-x^2)y''$
$(1-x^2)(y')^2=1,(1-x^2)y''=xy'$より
$(1-x^2)(y^{2j})''=2j(2j-1)y^{2j-2}+2jy^{2j-1}xy'$
$(1-x^2)(y^{2j})''=2j(2j-1)y^{2j-2}+x(2jy^{2j-1}y')$
$(1-x^2)(y^{2j})''=2j(2j-1)y^{2j-2}+x(y^{2j})'$
$y=\arcsin x$より$y^{2j}$は偶関数なのでマクローリン展開の各項は偶数次のみなので両辺2m回微分して
$$ 　{2m \choose 2}(-2)(y^{2j})^{(2m)}+{2m \choose 1}(-2x)(y^{2j})^{(2m+1)}+(1-x^2)(y^{2j})^{(2m+2)} $$
$$ =2j(2j-1)(y^{2j-2})^{(2m)}+{2m \choose 1}(y^{2j})^{(2m)}+x(y^{2j})^{(2m+1)} $$
$x=0$での各高階微分係数は
$$ 　-2{2m \choose 2}(y^{2j})^{(2m)}(0)+(y^{2j})^{(2m+2)}(0)=2j(2j-1)(y^{2j-2})^{(2m)}(0)+{2m \choose 1}(y^{2j})^{(2m)}(0) $$
$$ (y^{2j})^{(2m+2)}(0)=2j(2j-1)(y^{2j-2})^{(2m)}(0)+\left\{2{2m \choose 2}+{2m \choose 1} \right\}(y^{2j})^{(2m)}(0) $$
$$ (y^{2j})^{(2m+2)}(0)=2j(2j-1)(y^{2j-2})^{(2m)}(0)+4m^2(y^{2j})^{(2m)}(0) $$
両辺$(2j)!$で割り$Y_{j}=y^{2j}/(2j)!$として正規化すると
$$ Y_{j}^{(2m+2)}(0)=Y_{j-1}^{(2m)}(0)+4m^2Y_{j}^{(2m)}(0) $$
$y^{2j}$は偶関数なことから$x=0$での奇数次導関数の係数は$0$
すなわち$Y^{(2k+1)}_j(0)=0$なので
$Y^{(2m)}_j(0)=Y_{m,j}$とすると
$$ Y_{m+1,j}=Y_{m,j-1}+4m^2Y_{m,j} $$
となる
初期値については
$y^0=1$より$y^0/(0!)=1$なので
$Y_{m,0}=1\space(m=0),0\space(otherwise)$
また、
$y=x+\\o(x)$より$y^{2j}=x^{2j}+\\o(x^{2j})$なので
$Y_{m,j}=0\space(m< j),1\space(m=j)$
がわかる。
（なお$Y_{j,j}=1$はそれ以前の条件から漸化式でもわかる）
上記の漸化式および初期値により以下の図のように計算ができるので
全ての係数が決定できる。

漸化式による係数決定の仕組み

また、この漸化式は$4m^2$の重み付き二項係数とみなせる。
すなわち
$$ f_l(x)=\prod_{k=0}^{l-1}(x+4k^2) $$
を考え（空積$l=0$について$f_0(x)=1$とする）
係数を$A_{l,k}$を次のように与える。
$$ f_l(x)=\sum_{k=0}^{l}A_{l,k}x^{k} $$

定義から
\begin{eqnarray} f_{l+1}(x)&=&(x+4l^2)f_l(x)\\ &=&(x+4l^2)\sum_{k=0}^{l}A_{l,k}x^{k}\\ &=&\sum_{k=0}^{l+1}(A_{l,k-1}+4l^2A_{l,k})x^{k} \end{eqnarray}
より、係数比較すれば
$$ A_{l+1,k}=A_{l,k-1}+4l^2A_{l,k} $$
を得る。これは$Y_{m,j}$の漸化式
$$ Y_{m+1,j}=Y_{m,j-1}+4m^2Y_{m,j} $$
と同じ形である。
また初期値について
$f_0(x)=1,f_1(x)=x,f_2(x)=x(x+4),…$より
$A_{0,0}=1,A_{l,0}=0(l>0)$
$A_{l,l}=1$で$A_{l,k}=0(k>l)$
となって、これは$Y_{m,j}$と完全に同じ数列であることが分かる。
つまり$Y_{m,j}$は多項式$f_l(X)=\prod_{k=0}^{l-1}(X+4k^2)$の係数を用いて
$$ Y_{m,j}=[X^j]\prod_{k=0}^{m-1}(X+4k^2) $$
と書けることが分かった。
($[X^j]$は多項式の$X^j$の係数を取り出す記号とする)
以上から$\arcsin(x)^{2j}$のマクローリン展開は
$$ \arcsin(x)^{2j}=(2j)!\sum_{m=0}^{\infty}\frac{x^{2m}}{(2m)!}[X^j]\prod_{k=0}^{m-1}(X+4k^2) $$と書けることが分かった。

母関数の冪級数展開

$$ \sum_{j=1}^{\infty}\frac{2^{2j}\zeta(2j)}{j\pi^{2j}}(n^{2j}-1)\arcsin ^{2j}x=\sum_{j=1}^{\infty}\left(\frac{x^{2j}}{j}\right)\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{\sin^{2j}\frac{k\pi}{2n}} $$
について、紛らわしくなるので
$$ \sum_{j=1}^{\infty}\frac{2^{2j}\zeta(2j)}{j\pi^{2j}}(n^{2j}-1)\arcsin ^{2j}x=\sum_{r=1}^{\infty}\left(\frac{x^{2r}}{r}\right)\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{\sin^{2r}\frac{k\pi}{2n}} $$
と右辺の補助変数を$r$に書き換えておく。
左辺は$(\arcsin(x))^{2j}$のマクローリン展開から
$$ \sum_{j=1}^{\infty}\frac{2^{2j}\zeta(2j)}{j\pi^{2j}}(n^{2j}-1)(2j)!\sum_{m=0}^{\infty}Y_{m,j}\frac{x^{2m}}{(2m)!} $$
となり$m,j$の和の順序を交換して
$$ \sum_{m=0}^{\infty}\frac{x^{2m}}{(2m)!}\sum_{j=1}^{\infty}\frac{2^{2j}\zeta(2j)}{j\pi^{2j}}(n^{2j}-1)(2j)!Y_{m,j} $$
$Y_{m,j}=0\space(m< j)$より
$$ \sum_{m=0}^{\infty}\frac{x^{2m}}{(2m)!}\sum_{j=1}^{m}\frac{2^{2j}\zeta(2j)}{j\pi^{2j}}(n^{2j}-1)(2j)!Y_{m,j} $$
と整理できるので
$$ \sum_{m=0}^{\infty}\frac{x^{2m}}{(2m)!}\sum_{j=1}^{m}\frac{2^{2j}\zeta(2j)}{j\pi^{2j}}(n^{2j}-1)(2j)![X^j]\prod_{k=0}^{m-1}(X+4k^2)=\sum_{r=1}^{\infty}\left(\frac{x^{2r}}{r}\right)\sum_{k=1}^{n-1}\left(\frac{1}{\sin^{2r}\frac{k\pi}{2n}}\right) $$
同じ次数の係数を比較すれば
$$ \frac{1}{(2m)!}\sum_{j=1}^{m}\frac{2^{2j}\zeta(2j)}{j\pi^{2j}}(n^{2j}-1)(2j)![X^j]\prod_{k=0}^{m-1}(X+4k^2)=\frac{1}{m}\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{\sin^{2m}\frac{k\pi}{2n}} $$
$$ \sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{\sin^{2m}\frac{k\pi}{2n}}=\frac{1}{(2m-1)!}\sum_{j=1}^{m}\frac{2^{2j}\zeta(2j)}{\pi^{2j}}(n^{2j}-1)(2j-1)![X^j]\prod_{k=0}^{m-1}(X+4k^2) $$
ここで$2^{2j}$と多項式の係数の部分を取ってきて
$$ 2^{2j}[X^j]\prod_{k=0}^{m-1}(X+4k^2) $$
の部分を考え$X=4T$とすると
$$ 　2^{2j}[4^jT^j]\prod_{k=0}^{m-1}(4T+4k^2) $$
$$ =2^{2j}[4^jT^j]4^m\prod_{k=0}^{m-1}(T+k^2) $$
$$ =2^{2j}4^{m-j}[T^j]\prod_{k=0}^{m-1}(T+k^2) $$
$$ =4^{m}[T^j]\prod_{k=0}^{m-1}(T+k^2) $$
となるので
$$ \sum_{k=1}^{n-1}\left(\frac{1}{\sin^{2m}\frac{k\pi}{2n}}\right)=\frac{4^m}{(2m-1)!}\sum_{j=1}^{m}\frac{\zeta(2j)}{\pi^{2j}}(n^{2j}-1)(2j-1)![T^j]\prod_{k=0}^{m-1}(T+k^2) $$
定数項の部分を整理すると
$$ \sum_{k=1}^{n-1}\left(\frac{1}{\sin^{2m}\frac{k\pi}{2n}}\right)=\frac{4^m}{(2m-1)!}\sum_{j=1}^{m}n^{2j}\frac{\zeta(2j)}{\pi^{2j}}(2j-1)![T^j]\prod_{k=0}^{m-1}(T+k^2)-\frac{4^m}{(2m-1)!}\sum_{j=1}^{m}\frac{\zeta(2j)}{\pi^{2j}}(2j-1)![T^j]\prod_{k=0}^{m-1}(T+k^2) $$
となる。
なお
$[T^j]\prod_{k=0}^{m-1}(T+k^2)$の多項式$\prod_{k=0}^{m-1}(T+k^2)$には係数計算に寄与しない単項式$T$が$k=0$の項として余計にかかっているので
$$ [T^{j-1}]\prod_{k=1}^{m-1}(T+k^2) $$
としても同じである。

定数項の確認

$$ \sum_{k=1}^{n-1}\left(\frac{1}{\sin^{2m}\frac{k\pi}{2n}}\right)=\frac{4^m}{(2m-1)!}\sum_{j=1}^{m}n^{2j}\frac{\zeta(2j)}{\pi^{2j}}(2j-1)![T^{j-1}]\prod_{k=1}^{m-1}(T+k^2)-\frac{4^m}{(2m-1)!}\sum_{j=1}^{m}\frac{\zeta(2j)}{\pi^{2j}}(2j-1)![T^{j-1}]\prod_{k=1}^{m-1}(T+k^2) $$
について定数項はそれ以外の項の係数の和の逆符号で、これはこのnの多項式がn=1で0になることを意味しているが
これは母関数導出時に$f(2n\theta)-f(2\theta)$を考え、これがn=1で0になることなどからもわかる。
また、1次以上の項に対して定数項の表示のみ複雑となっているが
定数項について
$$ \sum_{j=1}^{\infty}\frac{2^{2j}\zeta(2j)}{j\pi^{2j}}(n^{2j}-1)\arcsin ^{2j}x=\sum_{j=1}^{\infty}\left(\frac{x^{2j}}{j}\right)\sum_{k=1}^{n-1}\left(\frac{1}{\sin^{2j}\frac{k\pi}{2n}}\right) $$
この左辺のnについての定数項だけを取り出した
$$ -\sum_{j=1}^{\infty}\frac{2^{2j}\zeta(2j)}{j\pi^{2j}}\arcsin ^{2j}x $$
を考えると
$$ \log(\frac{\sin x}{x})=-\sum_{j=1}^{\infty}\frac{\zeta(2j)}{j\pi^{2j}}x^{2j}　 $$
より
$$ -\sum_{j=1}^{\infty}\frac{2^{2j}\zeta(2j)}{j\pi^{2j}}\arcsin ^{2j}x=\log(\frac{\sin(2\arcsin x)}{2\arcsin x})=\log(\frac{x\sqrt{1-x^2}}{\arcsin x})=\frac{1}{2}\log(1-x^2)-\log(\frac{\arcsin x}{x}) $$
と計算でき、これが定数項の母関数となる。
すなわち
$$ \log(\frac{\arcsin x}{x})=\sum_{m=1}^{\infty}\frac{a_m}{m}x^{2m} $$
とマクローリン展開されるとき
$$ (定数項)=-\frac{1}{2}-a_m $$
とも書くことができる。

多項式の係数決定

以上までの各計算をまとめると

が得られた。

おわりに

趣味の計算を一つ完遂できて満足。

定理の定数項部分については今回お茶を濁し気味であるが
$a_m$は一般化コセカント数と呼ばれるもので書けるとのことで
それだけでこの記事のほかの部分以上になりかねないため
今回はこの程度にとどめた。
いずれ何か書ければ書いてみたい。