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調和数列の積の冪の部分分数分解

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自ブログにて、1乗と2乗の場合を考察したので、一般化を試みる。

問題

調和数列の積の冪の部分分数分解

非負整数 $n$ 、正の整数 $N$ 、複素数 $z$ について、 $\prod_{k = 0}^{n} \frac{1}{(z + k)^{N}} = \sum_{i = 1}^{N} \sum_{k = 0}^{n} \frac{a_{n, k}^{⟨ N, i ⟩}}{(z + k)^{i}}$ であるとき、 $a_{n, k}^{⟨ N, i ⟩}$ とは。

複素関数の微分などカジュアルにやっているが、 $z$ を実数として見ても問題ないような記述になっているはず。

Heavisideの方法

$1 \leq j \leq N$ なる整数 $j$ および $0 \leq m \leq n$ なる整数 $m$ について、 $1 / (z + m)^{j}$ の係数 $a_{n, m}^{⟨ N, j ⟩}$ をHeavisideの方法により求める。すなわち、両辺に $(z + m)^{N}$ を掛けたものの $z = - m$ における $N - j$ 階微分係数を求める。

右辺について、 $\begin{aligned} \frac{d^{N - j}}{d z^{N - j}} (z + m)^{N} \sum_{i = 1}^{N} \sum_{k = 0}^{n} \frac{a_{n, k}^{⟨ N, i ⟩}}{(z + k)^{i}} & = \frac{d^{N - j}}{d z^{N - j}} \sum_{i = 1}^{N} [\sum_{k \neq m} a_{n, k}^{⟨ N, i ⟩} \frac{(z + m)^{N}}{(z + k)^{i}} + a_{n, m}^{⟨ N, i ⟩} (z + m)^{N - i}] \\ = \sum_{i = 1}^{N} \sum_{k \neq m} a_{n, k}^{⟨ N, i ⟩} \frac{d^{N - j}}{d z^{N - j}} \frac{(z + m)^{N}}{(z + k)^{i}} + \frac{d^{N - j}}{d z^{N - j}} \sum_{i = 1}^{N} a_{n, m}^{⟨ N, i ⟩} (z + m)^{N - i} \\ = [\sum_{i = 1}^{N} \sum_{k \neq m} a_{n, k}^{⟨ N, i ⟩} \frac{d^{N - j}}{d z^{N - j}} \frac{(z + m)^{N}}{(z + k)^{i}} + \sum_{i < j} a_{n, m}^{⟨ N, i ⟩} \frac{d^{N - j}}{d z^{N - j}} (z + m)^{N - i}] + a_{n, m}^{⟨ N, j ⟩} (N - j)! \end{aligned}$ であるが、この右辺の総和部は微分結果に $z + m$ が因数として残るから、 ${\frac{d^{N - j}}{d z^{N - j}} (z + m)^{N} \sum_{i = 1}^{N} \sum_{k = 0}^{n} \frac{a_{n, k}^{⟨ N, i ⟩}}{(z + k)^{i}} |}_{z = - m} = a_{n, m}^{⟨ N, j ⟩} (N - j)!$ となる。

また、左辺について、 $\frac{d^{N - j}}{d z^{N - j}} (z + m)^{N} \prod_{k = 0}^{n} \frac{1}{(z + k)^{N}} = \frac{d^{N - j}}{d z^{N - j}} {[(z + m) \prod_{k = 0}^{n} \frac{1}{z + k}]}^{N}$ と表せる。

以上より、両辺を比較すると、

係数の微分表示

$a_{n, m}^{⟨ N, j ⟩} = \frac{1}{(N - j)!} {\frac{d^{N - j}}{d z^{N - j}} {[(z + m) \prod_{k = 0}^{n} \frac{1}{z + k}]}^{N} |}_{z = - m}$ の右辺はどうなるか。

という問題に帰着するので、これを解く。

準備

各種、文字を定義してゆく。

まず、 $\begin{aligned} p_{n, m} (z) & ≜ (z + m) \prod_{k = 0}^{n} \frac{1}{z + k} \\ = \prod_{k \neq m} \frac{1}{z + k} \end{aligned}$ と定義する。すると、当該の問題は、

係数の微分表示 - 記号に置き換え

$a_{n, m}^{⟨ N, j ⟩} = \frac{1}{(N - j)!} \frac{d^{N - j} (p_{n, m})^{N}}{d z^{N - j}} (- m)$ の右辺はどうなるか。

と書き直すことができる。また、 $\begin{aligned} p_{n, m} (- m) & = \prod_{k \neq m} \frac{1}{k - m} \\ = [\prod_{k = 0}^{m - 1} \frac{1}{k - m}] [\prod_{k = m + 1}^{n} \frac{1}{k - m}] \\ = [\prod_{k = - m}^{- 1} \frac{1}{(m + k) - m}] [\prod_{k = 1}^{n - m} \frac{1}{(m + k) - m}] \\ = [\prod_{k = - m}^{- 1} \frac{1}{k}] [\prod_{k = 1}^{n - m} \frac{1}{k}] \\ = [\prod_{k = 1}^{m} \frac{- 1}{k}] [\prod_{k = 1}^{n - m} \frac{1}{k}] \\ = \frac{(- 1)^{m}}{m! (n - m)!} \\ = \frac{(- 1)^{m}}{n!} (\binom{n}{m}) \end{aligned}$ であり、 $C_{n, m} ≜ \frac{(- 1)^{m}}{n!} (\binom{n}{m})$ と定義する。

さらに、 $\begin{aligned} s_{n, m} (z) & ≜ \sum_{k = 0}^{n} \frac{1}{z + k} - \frac{1}{z + m} \\ = \sum_{k \neq m} \frac{1}{z + k} \end{aligned}$ と定義すると、その $ν$ 階導関数は、 $s_{n, m}^{(ν)} (z) = (- 1)^{ν} ν! \sum_{k \neq m} \frac{1}{(z + k)^{ν + 1}}$ となる。

一般化調和数

$n$ を非負整数、 $r$ を正の整数として、 $n$ 番目の $r$ 次一般化調和数 $H_{n, r}$ を、
$H_{n, r} ≜ \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k^{r}}$
で定める。

ここで、 $\begin{aligned} s_{n, m}^{(ν)} (- m) & = (- 1)^{ν} ν! \sum_{k \neq m} \frac{1}{(k - m)^{ν + 1}} \\ = (- 1)^{ν} ν! [\sum_{k = 0}^{m - 1} \frac{1}{(k - m)^{ν + 1}} + \sum_{k = m + 1}^{n} \frac{1}{(k - m)^{ν + 1}}] \\ = (- 1)^{ν} ν! [\sum_{k = - m}^{- 1} \frac{1}{((m + k) - m)^{ν + 1}} + \sum_{k = 1}^{n - m} \frac{1}{((m + k) - m)^{ν + 1}}] \\ = (- 1)^{ν} ν! [\sum_{k = - m}^{- 1} \frac{1}{k^{ν + 1}} + \sum_{k = 1}^{n - m} \frac{1}{k^{ν + 1}}] \\ = (- 1)^{ν} ν! [\sum_{k = 1}^{m} \frac{(- 1)^{ν + 1}}{k^{ν + 1}} + \sum_{k = 1}^{n - m} \frac{1}{k^{ν + 1}}] \\ = ν! [\sum_{k = 1}^{m} \frac{- 1}{k^{ν + 1}} + (- 1)^{ν} \sum_{k = 1}^{n - m} \frac{1}{k^{ν + 1}}] \\ = - ν! (H_{m, ν + 1} + (- 1)^{ν + 1} H_{n - m, ν + 1}) \end{aligned}$ であり、 $r$ を正の整数として、 ${\bar{H}}_{n, m, r} ≜ H_{m, r} + (- 1)^{r} H_{n - m, r}$ と定義する。

したがって、 ${\begin{aligned} p_{n, m} (- m) & = C_{n, m} \\ s_{n, m}^{(j)} (- m) & = - j! {\bar{H}}_{n, m, j + 1} \end{aligned}$ と表される。

具体例

ひたすら手計算をがんばったよ。

導関数

順次、前の結果の1階微分を機械的に計算してゆけばよい。

$\begin{aligned} \frac{d}{d z} (p_{n, m})^{N} & = \frac{d}{d z} \prod_{k \neq m} \frac{1}{(z + k)^{N}} \\ = \sum_{k \neq m} [(\frac{d}{d z} \frac{1}{(z + k)^{N}}) \prod_{i \neq k, m} \frac{1}{(z + i)^{N}}] \\ = \sum_{k \neq m} [\frac{- N}{(z + k)^{N + 1}} \prod_{i \neq k, m} \frac{1}{(z + i)^{N}}] \\ = - N \sum_{k \neq m} [\frac{1}{z + k} \prod_{i \neq m} \frac{1}{(z + i)^{N}}] \\ = - N [\prod_{k \neq m} \frac{1}{(z + k)^{N}}] \sum_{k \neq m} \frac{1}{z + k} \\ = - N (p_{n, m})^{N} s_{n, m} \end{aligned}$
$\frac{d^{2}}{d z^{2}} (p_{n, m})^{N} = (p_{n, m})^{N} [N^{2} (s_{n, m})^{2} - N s_{n, m}^{'}]$
$\frac{d^{3}}{d z^{3}} (p_{n, m})^{N} = (p_{n, m})^{N} [- N^{3} (s_{n, m})^{3} + 3 N^{2} s_{n, m} s_{n, m}^{'} - N s_{n, m}^{″}]$
$\frac{d^{4}}{d z^{4}} (p_{n, m})^{N} = (p_{n, m})^{N} [N^{4} (s_{n, m})^{4} - 6 N^{3} (s_{n, m})^{2} s_{n, m}^{'} + 4 N^{2} s_{n, m} s_{n, m}^{″} + 3 N^{2} (s_{n, m}^{'})^{2} - N s_{n, m}^{(3)}]$
$\begin{aligned} \frac{d^{5}}{d z^{5}} (p_{n, m})^{N} = (p_{n, m})^{N} [ & - N^{5} (s_{n, m})^{5} \\ + 10 N^{4} (s_{n, m})^{3} s_{n, m}^{'} \\ - 10 N^{3} (s_{n, m})^{2} s_{n, m}^{″} - 15 N^{3} s_{n, m} (s_{n, m}^{'})^{2} \\ + 5 N^{2} s_{n, m} s_{n, m}^{(3)} + 10 N^{2} s_{n, m}^{'} s_{n, m}^{″} \\ - N s_{n, m}^{(4)}] \end{aligned}$ $\begin{aligned} \frac{d^{6}}{d z^{6}} (p_{n, m})^{N} = (p_{n, m})^{N} [ & N^{6} (s_{n, m})^{6} \\ - 15 N^{5} (s_{n, m})^{4} s_{n, m}^{'} \\ + 20 N^{4} (s_{n, m})^{3} s_{n, m}^{″} + 45 N^{4} (s_{n, m})^{2} (s_{n, m}^{'})^{2} \\ - 15 N^{3} (s_{n, m})^{2} s_{n, m}^{(3)} - 60 N^{3} s_{n, m} s_{n, m}^{'} s_{n, m}^{″} - 15 N^{3} (s_{n, m}^{'})^{3} \\ + 6 N^{2} s_{n, m} s_{n, m}^{(4)} + 15 N^{2} s_{n, m}^{'} s_{n, m}^{(3)} + 10 N^{2} (s_{n, m}^{″})^{2} \\ - s_{n, m}^{(5)}] \end{aligned}$

機械ではないので、ここで力尽きる。

z = - m

における微分係数

上記の結果を機械的に置き換えることで求められる。

$a_{n, m}^{⟨ N, N ⟩} = \frac{1}{0!} C_{n, m}^{N}$
$a_{n, m}^{⟨ N, N - 1 ⟩} = \frac{1}{1!} N C_{n, m}^{N} {\bar{H}}_{n, m, 1}$
$a_{n, m}^{⟨ N, N - 2 ⟩} = \frac{1}{2!} N C_{n, m}^{N} (N {\bar{H}}_{n, m, 1}^{2} + {\bar{H}}_{n, m, 2})$
$a_{n, m}^{⟨ N, N - 3 ⟩} = \frac{1}{3!} N C_{n, m}^{N} (N^{2} {\bar{H}}_{n, m, 1}^{3} + 3 N {\bar{H}}_{n, m, 1} {\bar{H}}_{n, m, 2} + 2 {\bar{H}}_{n, m, 3})$
$a_{n, m}^{⟨ N, N - 4 ⟩} = \frac{1}{4!} N C_{n, m}^{N} (N^{3} {\bar{H}}_{n, m, 1}^{4} + 6 N^{2} {\bar{H}}_{n, m, 1}^{2} {\bar{H}}_{n, m, 2} + 8 N {\bar{H}}_{n, m, 1} {\bar{H}}_{n, m, 3} + 3 N {\bar{H}}_{n, m, 2}^{2} + 6 {\bar{H}}_{n, m, 4})$
$\begin{aligned} a_{n, m}^{⟨ N, N - 5 ⟩} = \frac{1}{5!} N C_{n, m}^{N} ( & N^{4} {\bar{H}}_{n, m, 1}^{5} \\ + 10 N^{3} {\bar{H}}_{n, m, 1}^{3} {\bar{H}}_{n, m, 2} \\ + 20 N^{2} {\bar{H}}_{n, m, 1}^{2} {\bar{H}}_{n, m, 3} + 15 N^{2} {\bar{H}}_{n, m, 1} {\bar{H}}_{n, m, 2}^{2} \\ + 30 N {\bar{H}}_{n, m, 1} {\bar{H}}_{n, m, 4} + 20 N {\bar{H}}_{n, m, 2} {\bar{H}}_{n, m, 3} \\ + 24 {\bar{H}}_{n, m, 5}) \end{aligned}$ $\begin{aligned} a_{n, m}^{⟨ N, N - 6 ⟩} = \frac{1}{6!} N C_{n, m}^{N} ( & N^{5} {\bar{H}}_{n, m, 1}^{6} \\ + 15 N^{4} {\bar{H}}_{n, m, 1}^{4} {\bar{H}}_{n, m, 2} \\ + 40 N^{3} {\bar{H}}_{n, m, 1}^{3} {\bar{H}}_{n, m, 3} + 45 N^{3} {\bar{H}}_{n, m, 1}^{2} {\bar{H}}_{n, m, 2}^{2} \\ + 90 N^{2} {\bar{H}}_{n, m, 1}^{2} {\bar{H}}_{n, m, 4} + 120 N^{2} {\bar{H}}_{n, m, 1} {\bar{H}}_{n, m, 2} {\bar{H}}_{n, m, 3} + 15 N^{2} {\bar{H}}_{n, m, 2}^{3} \\ + 144 N {\bar{H}}_{n, m, 1} {\bar{H}}_{n, m, 5} + 90 N {\bar{H}}_{n, m, 2} {\bar{H}}_{n, m, 4} + 40 N {\bar{H}}_{n, m, 3}^{2} \\ + 120 {\bar{H}}_{n, m, 6}) \end{aligned}$

一般化

準備

Bell多項式

非負整数 $n, k (\leq n)$ について、Bell多項式 $B_{n, k}$ を、 $B_{n, k} (x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n - k + 1}) ≜ \sum \frac{n!}{\prod_{i = 1}^{n - k + 1} j_{i}!} \prod_{i = 1}^{n - k + 1} {(\frac{x_{i}}{i!})}^{j_{i}}$ と定義する。ただし、 ${\begin{aligned} \sum_{i = 1}^{n - k + 1} j_{i} = k \\ \sum_{i = 1}^{n - k + 1} i j_{i} = n \end{aligned}$ の非負整数の解 $(j_{1}, j_{2}, \dots, j_{n - k + 1})$ 全体にわたって和をとる。

Bell多項式

$(n, k) = (0, 0)$ のとき、
${\begin{aligned} \sum_{i = 1}^{1} j_{i} = 0 \\ \sum_{i = 1}^{1} i j_{i} = 0 \end{aligned}$ の非負整数解は $j_{1} = 0$ のみだから、 $\begin{aligned} B_{0, 0} (x_{1}) & = \frac{0!}{0!} {(\frac{x_{1}}{1!})}^{0} \\ = 1 \end{aligned}$ である。

$(n, k) = (3, 0)$ のとき、
${\begin{aligned} \sum_{i = 1}^{4} j_{i} = 0 \\ \sum_{i = 1}^{4} i j_{i} = 3 \end{aligned}$ の非負整数解はないから、 $B_{3, 0} (x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}) = 0$ である。

$(n, k) = (3, 1)$ のとき、
${\begin{aligned} \sum_{i = 1}^{3} j_{i} = 1 \\ \sum_{i = 1}^{3} i j_{i} = 3 \end{aligned}$ の非負整数解は $(j_{1}, j_{2}, j_{3}) = (0, 0, 1)$ のみだから、 $\begin{aligned} B_{3, 1} (x_{1}, x_{2}, x_{3}) & = \frac{3!}{0! 0! 1!} {(\frac{x_{1}}{1!})}^{0} {(\frac{x_{2}}{2!})}^{0} {(\frac{x_{3}}{3!})}^{1} \\ = x_{3} \end{aligned}$ である。

$(n, k) = (3, 2)$ のとき、
${\begin{aligned} \sum_{i = 1}^{2} j_{i} = 2 \\ \sum_{i = 1}^{2} i j_{i} = 3 \end{aligned}$ の非負整数解は $(j_{1}, j_{2}) = (1, 1)$ のみだから、 $\begin{aligned} B_{3, 2} (x_{1}, x_{2}) & = \frac{3!}{1! 1!} {(\frac{x_{1}}{1!})}^{1} {(\frac{x_{2}}{2!})}^{1} \\ = 3 x_{1} x_{2} \end{aligned}$ である。

$(n, k) = (3, 3)$ のとき、
${\begin{aligned} \sum_{i = 1}^{1} j_{i} = 3 \\ \sum_{i = 1}^{1} i j_{i} = 3 \end{aligned}$ の非負整数解は $j_{1} = 3$ のみだから、 $\begin{aligned} B_{3, 3} (x_{1}) & = \frac{3!}{3!} {(\frac{x_{1}}{1!})}^{3} \\ = x_{1}^{3} \end{aligned}$ である。

完全Bell多項式

非負整数 $n$ について、 $n$ 次完全Bell多項式 $B_{n}$ を、 $B_{n} (x_{1}, \dots, x_{n}) ≜ \sum_{k = 0}^{n} B_{n, k} (x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n - k + 1})$ と定義する。

完全Bell多項式

$\begin{aligned} B_{0} & = B_{0, 0} (x_{1}) \\ = 1 \end{aligned}$
$\begin{aligned} B_{3} (x_{1}, x_{2}, x_{3}) & = B_{3, 0} (x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}) + B_{3, 1} (x_{1}, x_{2}) + B_{3, 2} (x_{1}, x_{2}) + B_{3, 3} (x_{1}) \\ = x_{1}^{3} + 3 x_{1} x_{2} + x_{3} \end{aligned}$

Faà di Brunoの公式 - Bell多項式による表示

適当な複数回微分可能な関数 $f (z), g (z)$ について、 $\frac{d^{n}}{d z^{n}} f (g (z)) = \sum_{k = 0}^{n} f^{(k)} (g (z)) B_{n, k} (g^{'} (z), g^{″} (z), \dots, g^{(n - k + 1)} (z))$ が成り立つ。ただし、 $n$ は非負整数。

Faà di Brunoの公式 - 完全Bell多項式による表示

Faà di Brunoの公式について、 $f (z) = e^{z}$ とすると、 $\begin{aligned} \frac{d^{n}}{d z^{n}} e^{g (z)} & = \sum_{k = 0}^{n} e^{g (z)} B_{n, k} (g^{'} (z), g^{″} (z), \dots, g^{(n - k + 1)} (z)) \\ = e^{g (z)} B_{n} (g^{'} (z), g^{″} (z), \dots, g^{(n)} (z)) \end{aligned}$ が成り立つ。

証明

さて、上記の導関数の具体例たちをよく見ると、Bell多項式で表すことができそうであり、実際に次の補題が成立する。

非負整数 $j$ について、 $\frac{d^{j}}{d z^{j}} (p_{n, m})^{N} = (p_{n, m})^{N} B_{j} (- N s_{n, m}, - N s_{n, m}^{'}, \dots, - N s_{n, m}^{(j - 1)})$ が成り立つ。

まず、 $g (z) ≜ N \log p_{n, m} (z)$ と定義する。このとき、 $\begin{aligned} e^{g (z)} & = e^{N \log p_{n, m} (z)} \\ = (p_{n, m} (z))^{N} \end{aligned}$ である。また、 $\begin{aligned} s_{n, m} (z) & = \sum_{k \neq m} \frac{1}{z + k} \\ = \sum_{k \neq m} \frac{d}{d z} \log (z + k) \\ = \frac{d}{d z} \log \prod_{k \neq m} (z + k) \\ = - \frac{d}{d z} \log p_{n, m} (z) \end{aligned}$ と表すことができ、すなわち、 $\begin{aligned} g^{'} (z) & = N \frac{d}{d z} \log p_{n, m} (z) \\ = - N s_{n, m} (z) \end{aligned}$ となるから、非負整数 $j$ について、 $g^{(j + 1)} (z) = - N s_{n, m}^{(j)} (z)$ が成り立つことがわかる。

ここで、Faà di Brunoの公式の例より、 $\frac{d^{j}}{d z^{j}} (p_{n, m})^{N} = (p_{n, m})^{N} B_{j} (- N s_{n, m}, - N s_{n, m}^{'}, \dots, - N s_{n, m}^{(j - 1)})$ となり、示された。

結論

以上の議論から、次の公式が証明された。

調和数列の積の冪の部分分数分解

非負整数 $n$ 、正の整数 $N$ 、複素数 $z$ について、 $\prod_{k = 0}^{n} \frac{1}{(z + k)^{N}} = \sum_{i = 1}^{N} \sum_{k = 0}^{n} \frac{a_{n, k}^{⟨ N, i ⟩}}{(z + k)^{i}}$ が成り立つ。ただし、 $\begin{aligned} a_{n, k}^{⟨ N, i ⟩} = {[\frac{(- 1)^{k}}{n!} (\binom{n}{k})]}^{N} \frac{1}{(N - i)!} B_{N - i} ( & 0! N (H_{k, 1} - H_{n - k, 1}), 1! N (H_{k, 2} + H_{n - k, 2}), \dots, \\ (N - i - 1)! N (H_{k, N - i} + (- 1)^{N - i} H_{n - k, N - i})) \end{aligned}$ である。