調和数列の積の冪の部分分数分解
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
非負整数$n$、正の整数$N$、複素数$z$について、$$\prod_{k=0}^n \frac{1}{(z+k)^N}= \sum_{i=1}^N \sum_{k=0}^n\frac{a_{n,k}^{\langle N,i \rangle}}{(z+k)^i}$$であるとき、$a_{n,k}^{\langle N,i \rangle}$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$a_{n,m}^{\langle N,j \rangle}$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{align} \frac{d^{N-j}}{dz^{N-j}} (z+m)^N \sum_{i=1}^N \sum_{k=0}^n \frac{a_{n,k}^{\langle N,i \rangle}}{(z+k)^i} &= \frac{d^{N-j}}{dz^{N-j}} \sum_{i=1}^N \left[ \sum_{k \neq m} a_{n,k}^{\langle N,i \rangle} \frac{(z+m)^N}{(z+k)^i} + a_{n,m}^{\langle N,i \rangle} (z+m)^{N-i} \right] \\ &= \sum_{i=1}^N \sum_{k \neq m} a_{n,k}^{\langle N,i \rangle} \frac{d^{N-j}}{dz^{N-j}} \frac{(z+m)^N}{(z+k)^i} + \frac{d^{N-j}}{dz^{N-j}} \sum_{i=1}^N a_{n,m}^{\langle N,i \rangle} (z+m)^{N-i} \\ &= \left[ \sum_{i=1}^N \sum_{k \neq m} a_{n,k}^{\langle N,i \rangle} \frac{d^{N-j}}{dz^{N-j}} \frac{(z+m)^N}{(z+k)^i} + \sum_{i < j} a_{n,m}^{\langle N,i \rangle} \frac{d^{N-j}}{dz^{N-j}} (z+m)^{N-i} \right] + a_{n,m}^{\langle N,j \rangle} (N-j)! \end{align}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、$$ \left. \frac{d^{N-j}}{dz^{N-j}} (z+m)^N \sum_{i=1}^N \sum_{k=0}^n \frac{a_{n,k}^{\langle N,i \rangle}}{(z+k)^i} \right|_{z=-m} = a_{n,m}^{\langle N,j \rangle} (N-j)! $$となる。
また、左辺について、$$\frac{d^{N-j}}{dz^{N-j}} (z+m)^N \prod_{k=0}^n \frac{1}{(z+k)^N} = \frac{d^{N-j}}{dz^{N-j}} \left[ (z+m) \prod_{k=0}^n \frac{1}{z+k} \right]^N $$と表せる。
以上より、両辺を比較すると、
$$a_{n,m}^{\langle N,j \rangle} = \frac{1}{(N-j)!} \left. \frac{d^{N-j}}{dz^{N-j}} \left[ (z+m) \prod_{k=0}^n \frac{1}{z+k} \right]^N \right|_{z=-m}$$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{align} p_{n,m}(z) &\triangleq (z+m) \prod_{k=0}^n \frac{1}{z+k} \\ &= \prod_{k \neq m} \frac{1}{z+k} \end{align}と定義する。すると、当該の問題は、
$$a_{n,m}^{\langle N,j \rangle} = \frac{1}{(N-j)!} \frac{d^{N-j} (p_{n,m})^N}{dz^{N-j}} (-m)$$の右辺はどうなるか。
と書き直すことができる。また、\begin{align} p_{n,m}(-m) &= \prod_{k \neq m} \frac{1}{k-m} \\ &= \left[ \prod_{k=0}^{m-1} \frac{1}{k-m} \right] \left[ \prod_{k=m+1}^{n} \frac{1}{k-m} \right] \\ &= \left[ \prod_{k=-m}^{-1} \frac{1}{(m+k)-m} \right] \left[ \prod_{k=1}^{n-m} \frac{1}{(m+k)-m} \right] \\ &= \left[ \prod_{k=-m}^{-1} \frac{1}{k} \right] \left[ \prod_{k=1}^{n-m} \frac{1}{k} \right] \\ &= \left[ \prod_{k=1}^{m} \frac{-1}{k} \right] \left[ \prod_{k=1}^{n-m} \frac{1}{k} \right] \\ &= \frac{(-1)^m}{m! (n-m)!} \\ &= \frac{(-1)^m}{n!} \binom{n}{m} \end{align}であり、$$ C_{n,m} \triangleq \frac{(-1)^m}{n!} \binom{n}{m} $$と定義する。
さらに、\begin{align} s_{n,m}(z) &\triangleq \sum_{k=0}^n \frac{1}{z+k} - \frac{1}{z+m}\\ &= \sum_{k \neq m} \frac{1}{z+k} \end{align}と定義すると、その$\nu$階導関数は、$$ s_{n,m}^{(\nu)}(z) = (-1)^\nu \nu! \sum_{k \neq m} \frac{1}{(z+k)^{\nu+1}} $$となる。
$n$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、
$$H_{n,r} \triangleq \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k^r}$$
で定める。
ここで、\begin{align} s_{n,m}^{(\nu)} (-m) &= (-1)^\nu \nu! \sum_{k \neq m} \frac{1}{(k-m)^{\nu+1}} \\ &= (-1)^\nu \nu! \left[ \sum_{k=0}^{m-1} \frac{1}{(k-m)^{\nu+1}} + \sum_{k=m+1}^{n} \frac{1}{(k-m)^{\nu+1}} \right] \\ &= (-1)^\nu \nu!\left[ \sum_{k=-m}^{-1} \frac{1}{((m+k)-m)^{\nu+1}} + \sum_{k=1}^{n-m} \frac{1}{((m+k)-m)^{\nu+1}} \right] \\ &= (-1)^\nu \nu!\left[ \sum_{k=-m}^{-1} \frac{1}{k^{\nu+1}} + \sum_{k=1}^{n-m} \frac{1}{k^{\nu+1}} \right] \\ &= (-1)^\nu \nu!\left[ \sum_{k=1}^{m} \frac{(-1)^{\nu+1}}{k^{\nu+1}} + \sum_{k=1}^{n-m} \frac{1}{k^{\nu+1}} \right] \\ &= \nu! \left[ \sum_{k=1}^{m} \frac{-1}{k^{\nu+1}} + (-1)^\nu\sum_{k=1}^{n-m} \frac{1}{k^{\nu+1}} \right] \\ &= -\nu! (H_{m,\nu+1} + (-1)^{\nu+1} H_{n-m,\nu+1}) \end{align}であり、$r$を正の整数として、$$\bar{H}_{n,m,r} \triangleq H_{m,r} + (-1)^r H_{n-m,r}$$と定義する。
したがって、$$\left\{ \begin{aligned} p_{n,m}(-m) &= C_{n,m} \\ s_{n,m}^{(j)} (-m) &= -j!\bar{H}_{n,m,j+1} \end{aligned} \right.$$と表される。
具体例
ひたすら手計算をがんばったよ。
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{align}
\frac{d}{dz} (p_{n,m})^N
&= \frac{d}{dz} \prod_{k \neq m} \frac{1}{(z+k)^N} \\
&= \sum_{k \neq m} \left[ \left (\frac{d}{dz} \frac{1}{(z+k)^N} \right) \prod_{i \neq k,m} \frac{1}{(z+i)^N} \right] \\
&= \sum_{k \neq m} \left[ \frac{-N}{(z+k)^{N+1}} \prod_{i \neq k,m} \frac{1}{(z+i)^N} \right] \\
&= -N\sum_{k \neq m} \left[ \frac{1}{z+k} \prod_{i \neq m} \frac{1}{(z+i)^N} \right] \\
&= -N \left[ \prod_{k \neq m} \frac{1}{(z+k)^N} \right] \sum_{k \neq m} \frac{1}{z+k} \\
&= -N (p_{n,m})^N s_{n,m}
\end{align}
$$\frac{d^2}{dz^2} (p_{n,m})^N = (p_{n,m})^N [ N^2 (s_{n,m})^2 - N s_{n,m}' ] $$
$$\frac{d^3}{dz^3} (p_{n,m})^N = (p_{n,m})^N [ -N^3 (s_{n,m})^3 + 3N^2 s_{n,m} s_{n,m}' - N s_{n,m}'' ] $$
$$\frac{d^4}{dz^4} (p_{n,m})^N = (p_{n,m})^N [ N^4 (s_{n,m})^4 - 6N^3 (s_{n,m})^2 s_{n,m}' + 4N^2 s_{n,m} s_{n,m}'' + 3N^2 (s_{n,m}')^2 - N s_{n,m}^{(3)} ] $$
\begin{split}
\frac{d^5}{dz^5} (p_{n,m})^N = (p_{n,m})^N [ & -N^5 (s_{n,m})^5 \\
&+ 10N^4 (s_{n,m})^3 s_{n,m}' \\
&- 10N^3 (s_{n,m})^2 s_{n,m}'' - 15N^3 s_{n,m} (s_{n,m}')^2 \\
&+ 5N^2 s_{n,m} s_{n,m}^{(3)} + 10N^2 s_{n,m}' s_{n,m}'' \\
&- N s_{n,m}^{(4)} ]
\end{split} \begin{split}
\frac{d^6}{dz^6} (p_{n,m})^N = (p_{n,m})^N [ & N^6 (s_{n,m})^6 \\
&- 15N^5 (s_{n,m})^4 s_{n,m}' \\
&+ 20N^4 (s_{n,m})^3 s_{n,m}'' + 45N^4 (s_{n,m})^2 (s_{n,m}')^2 \\
&- 15N^3 (s_{n,m})^2 s_{n,m}^{(3)} - 60N^3 s_{n,m} s_{n,m}' s_{n,m}'' - 15N^3 (s_{n,m}')^3 \\
&+ 6N^2 s_{n,m} s_{n,m}^{(4)} + 15N^2 s_{n,m}' s_{n,m}^{(3)} + 10N^2 (s_{n,m}'')^2 \\
&- s_{n,m}^{(5)}
]
\end{split}
機械ではないので、ここで力尽きる。
上記の結果を機械的に置き換えることで求められる。
$$a_{n,m}^{\langle N,N \rangle} = \frac{1}{0!} C_{n,m}^N$$
$$a_{n,m}^{\langle N,N-1 \rangle} = \frac{1}{1!} N C_{n,m}^N \bar{H}_{n,m,1}$$
$$a_{n,m}^{\langle N,N-2 \rangle} = \frac{1}{2!} N C_{n,m}^N ( N \bar{H}_{n,m,1}^2 + \bar{H}_{n,m,2} )$$
$$a_{n,m}^{\langle N,N-3 \rangle} = \frac{1}{3!} N C_{n,m}^N ( N^2 \bar{H}_{n,m,1}^3 +3N \bar{H}_{n,m,1} \bar{H}_{n,m,2} + 2 \bar{H}_{n,m,3} )$$
$$a_{n,m}^{\langle N,N-4 \rangle} = \frac{1}{4!} N C_{n,m}^N ( N^3 \bar{H}_{n,m,1}^4 + 6N^2\bar{H}_{n,m,1}^2 \bar{H}_{n,m,2} + 8N \bar{H}_{n,m,1}\bar{H}_{n,m,3} + 3N \bar{H}_{n,m,2}^2 + 6 \bar{H}_{n,m,4} )$$
\begin{split}a_{n,m}^{\langle N,N-5 \rangle} = \frac{1}{5!} N C_{n,m}^N ( & N^4 \bar{H}_{n,m,1}^5 \\
&+ 10N^3 \bar{H}_{n,m,1}^3 \bar{H}_{n,m,2} \\
&+ 20N^2 \bar{H}_{n,m,1}^2 \bar{H}_{n,m,3} + 15N^2 \bar{H}_{n,m,1} \bar{H}_{n,m,2}^2 \\
&+ 30N \bar{H}_{n,m,1} \bar{H}_{n,m,4} + 20N \bar{H}_{n,m,2} \bar{H}_{n,m,3} \\
&+ 24 \bar{H}_{n,m,5} )\end{split} \begin{split}a_{n,m}^{\langle N,N-6 \rangle} = \frac{1}{6!} N C_{n,m}^N (
& N^5 \bar{H}_{n,m,1}^6 \\
&+ 15N^4 \bar{H}_{n,m,1}^4 \bar{H}_{n,m,2} \\
&+ 40N^3 \bar{H}_{n,m,1}^3 \bar{H}_{n,m,3} + 45N^3 \bar{H}_{n,m,1}^2 \bar{H}_{n,m,2}^2 \\
&+ 90N^2 \bar{H}_{n,m,1}^2 \bar{H}_{n,m,4} + 120N^2 \bar{H}_{n,m,1} \bar{H}_{n,m,2} \bar{H}_{n,m,3} + 15N^2 \bar{H}_{n,m,2}^3 \\
&+ 144N \bar{H}_{n,m,1} \bar{H}_{n,m,5} + 90N \bar{H}_{n,m,2} \bar{H}_{n,m,4} + 40N \bar{H}_{n,m,3}^2 \\
&+ 120 \bar{H}_{n,m,6} )\end{split}
一般化
準備
非負整数$n,k\,(\leq n)$について、Bell多項式$B_{n,k}$を、$$B_{n,k}(x_1,x_2,\ldots,x_{n-k+1}) \triangleq \sum \frac{n!}{\prod_{i=1}^{n-k+1} j_i!} \prod_{i=1}^{n-k+1} \left(\frac{x_i}{i!}\right)^{j_i}$$と定義する。ただし、$$\left\{ \begin{aligned} &\sum_{i=1}^{n-k+1} j_i = k \\ &\sum_{i=1}^{n-k+1} i j_i = n \end{aligned} \right.$$の非負整数の解$(j_1,j_2,\ldots,j_{n-k+1})$全体にわたって和をとる。
$(n,k)=(0,0)$のとき、
$$\left\{
\begin{aligned}
&\sum_{i=1}^1 j_i = 0 \\
&\sum_{i=1}^1 i j_i = 0
\end{aligned}
\right.$$の非負整数解は$j_1=0$のみだから、\begin{align}B_{0,0}(x_1)
&= \frac{0!}{0!} \left(\frac{x_1}{1!}\right)^0 \\
&= 1
\end{align}である。
$(n,k)=(3,0)$のとき、
$$\left\{
\begin{aligned}
&\sum_{i=1}^4 j_i = 0 \\
&\sum_{i=1}^4 i j_i = 3
\end{aligned}
\right.$$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、
$$\left\{
\begin{aligned}
&\sum_{i=1}^3 j_i = 1 \\
&\sum_{i=1}^3 i j_i = 3
\end{aligned}
\right.$$の非負整数解は$(j_1,j_2,j_3)=(0,0,1)$のみだから、\begin{align}B_{3,1}(x_1,x_2,x_3)
&= \frac{3!}{0!0!1!} \left(\frac{x_1}{1!}\right)^0 \left(\frac{x_2}{2!}\right)^0 \left(\frac{x_3}{3!}\right)^1 \\
&= x_3
\end{align}である。
$(n,k)=(3,2)$のとき、
$$\left\{
\begin{aligned}
&\sum_{i=1}^2 j_i = 2 \\
&\sum_{i=1}^2 i j_i = 3
\end{aligned}
\right.$$の非負整数解は$(j_1,j_2)=(1,1)$のみだから、\begin{align}B_{3,2}(x_1,x_2)
&= \frac{3!}{1!1!} \left(\frac{x_1}{1!}\right)^1 \left(\frac{x_2}{2!}\right)^1 \\
&= 3 x_1 x_2
\end{align}である。
$(n,k)=(3,3)$のとき、
$$\left\{
\begin{aligned}
&\sum_{i=1}^1 j_i = 3 \\
&\sum_{i=1}^1 i j_i = 3
\end{aligned}
\right.$$の非負整数解は$j_1=3$のみだから、\begin{align}B_{3,3}(x_1)
&= \frac{3!}{3!} \left(\frac{x_1}{1!}\right)^3 \\
&= x_1^3
\end{align}である。
非負整数$n$について、$n$次完全Bell多項式$B_n$を、$$B_n(x_1,\dots,x_n) \triangleq \sum_{k=0}^n B_{n,k}(x_1,x_2,\ldots,x_{n-k+1})$$と定義する。
\begin{align}
B_0
&= B_{0,0}(x_1) \\
&= 1
\end{align}
\begin{align}
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{align}
適当な複数回微分可能な関数$f(z),g(z)$について、$$ \frac{d^n}{dz^n} f(g(z)) = \sum_{k=0}^n f^{(k)}(g(z)) B_{n,k}( g'(z),g''(z),\ldots,g^{(n-k+1)}(z) )$$が成り立つ。ただし、$n$は非負整数。
Faà di Brunoの公式について、$f(z)=e^z$とすると、\begin{align} \frac{d^n}{dz^n} e^{g(z)} &= \sum_{k=0}^n e^{g(z)} B_{n,k}( g'(z),g''(z),\ldots,g^{(n-k+1)}(z) ) \\ &= e^{g(z)} B_n( g'(z),g''(z),\ldots,g^{(n)}(z) ) \end{align}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、$$\frac{d^j}{dz^j} (p_{n,m})^N = (p_{n,m})^N B_j (-N s_{n,m},-N s_{n,m}',\ldots,-N s_{n,m}^{(j-1)})$$が成り立つ。
まず、$$g(z) \triangleq N \log p_{n,m}(z)$$と定義する。このとき、\begin{align} e^{g(z)} &= e^{N \log p_{n,m}(z)} \\ &= (p_{n,m}(z))^N \end{align}である。また、\begin{align} s_{n,m}(z) &= \sum_{k \neq m} \frac{1}{z+k} \\ &= \sum_{k \neq m} \frac{d}{dz} \log (z+k) \\ &= \frac{d}{dz} \log \prod_{k \neq m} (z+k) \\ &= -\frac{d}{dz} \log p_{n,m}(z) \end{align}と表すことができ、すなわち、\begin{align} g'(z) &= N \frac{d}{dz} \log p_{n,m}(z) \\ &= -N s_{n,m}(z) \end{align}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、$$\frac{d^j}{dz^j} (p_{n,m})^N = (p_{n,m})^N B_j(-N s_{n,m},-N s_{n,m}',\ldots,-N s_{n,m}^{(j-1)})$$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。
非負整数$n$、正の整数$N$、複素数$z$について、$$\prod_{k=0}^n \frac{1}{(z+k)^N}= \sum_{i=1}^N \sum_{k=0}^n\frac{a_{n,k}^{\langle N,i \rangle}}{(z+k)^i}$$が成り立つ。ただし、\begin{split} a_{n,k}^{\langle N,i \rangle} = \left[ \frac{(-1)^k}{n!} \binom{n}{k} \right]^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}), \ldots, \\ & (N-i-1)!N (H_{k,N-i} + (-1)^{N-i} H_{n-k,N-i}) ) \end{split}である。
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