負の約数を根に持つ多項式について2

この記事 で登場した$c_n(k)$を別の方法で求められないか，というのが今回の記事の主旨です．
記号の定義と重要な定理をもう一度書いておきます．

$c_n(k)$を微分を用いずに計算することが今回の目標になります．求めるにあたり，次の関数を定義します．

各関数の微分での計算規則は次の通りです．

この計算規則から，${\displaystyle \frac{d^k}{d{x}^k}}{f}_n(x)=f_n(x)Q_{n,k}(x)$となる関数$Q_{n,k}$の存在が予想されます．
$Q_{n,k}(x)$について考えてみましょう．

$$\begin{array}{rl}{f}_n(x)Q_{n,k+1}(x)& =(k+1)!c_{n,k+1}(x)=k!((k+1)c_{n,k+1}(x))=k!{\displaystyle \frac{d}{dx}}{c}_{n,k}(x)\\ & ={\displaystyle \frac{d}{dx}}{f}_n(x)Q_{n,k}(x)\\ & =f_n(x){\displaystyle \frac{d}{dx}}{Q}_{n,k}(x)+Q_{n,k}(x){\displaystyle \frac{d}{dx}}{f}_n(x)\\ & =f_n(x)({\displaystyle \frac{d}{dx}}{Q}_{n,k}(x)+{\sigma }_{1,n}(x)Q_{n,k}(x))\\ \therefore Q_{n,k+1}(x)& ={\displaystyle \frac{d}{dx}}{Q}_{n,k}(x)+{\sigma }_{1,n}(x)Q_{n,k}(x)\end{array}$$

となり，関数$Q_{n,k}$の$k$に関する漸化式ができました．初項を考えると，

$$f_n(x)={\displaystyle \frac{d^0}{d{x}^0}}{f}_n(x)=f_n(x)Q_{n,0}(x)$$

より$Q_{n,0}(x)=1$とわかります．よって$c_n(k)$を求めるためには，漸化式

の一般項を求めればよいとわかります．解法は見当もつかないので，具体的に計算して一般項を予想します．簡単のため${\sigma }_{m,n}(x)={\sigma }_m$としています．
$k=6$まで頑張って計算すると

$$Q_{n,0}(x)=1$$

$$Q_{n,1}(x)={\sigma }_1$$

$$Q_{n,2}(x)={\sigma }_1^2-{\sigma }_2$$

$$Q_{n,3}(x)={\sigma }_1^3-3{\sigma }_1{\sigma }_2+2{\sigma }_3$$

$$Q_{n,4}(x)={\sigma }_1^4-6{\sigma }_1^2{\sigma }_2+8{\sigma }_1{\sigma }_3+3{\sigma }_2^2-6{\sigma }_4$$

$$Q_{n,5}(x)={\sigma }_1^5-10{\sigma }_1^3{\sigma }_2+20{\sigma }_1^2{\sigma }_3+15{\sigma }_1{\sigma }_2^2-30{\sigma }_1{\sigma }_4-20{\sigma }_2{\sigma }_3+24{\sigma }_5$$

$$Q_{n,6}(x)={\sigma }_1^6-15{\sigma }_1^4{\sigma }_2+40{\sigma }_1^3{\sigma }_3-90{\sigma }_1^2{\sigma }_4+45{\sigma }_1^2{\sigma }_2^2+144{\sigma }_1{\sigma }_5-120{\sigma }_1{\sigma }_2{\sigma }_3-15{\sigma }_2^3+40{\sigma }_3^2+90{\sigma }_2{\sigma }_4-120{\sigma }_6$$

となります．だんだん規則性が見えてきましたね．
$Q_{n,k}(x)$は次のような式であると予想できます．

$k>0$のときでこれを数学的帰納法で証明していきます．と言っても，そのまま証明しようとすると計算がきついので少し工夫します．
そのための準備として次の二つの補題を示しておきます．

補題3と補題4から，$m_1,\cdots ,m_k$によって定まる関数$A_k$を用いて${\displaystyle Q_{n,k}(x)=\sum _{(m_1,\cdots ,m_k)\in S_k}{A}_k(m_1,\cdots ,m_k)\prod _{i=1}^k({\sigma }_{i,n}(x){)}^{m_i}}$と書けます．ここで，${\displaystyle S_k=\{(m_1,\cdots ,m_k)\in {(\mathbb{N}\cup \{0\})}^k|\sum _{i=1}^{k}i{m}_i=k\}}$です．以降では断りなく$S_k$と書く場合はこのような集合を表すものとします．
予想を証明するためには，${\displaystyle A_k(m_1,\cdots ,m_k)=\prod _{i=1}^k{\displaystyle \frac{(-1{)}^{m_i+1}}{i^{m_i-1}\cdot m_i!}}}$であることが言えれば良いということになります．そこで公式1を用いて$A_k(m_1,\cdots ,m_k)$について考えると，次の漸化式を得ます．

予想の証明

この漸化式の一般項が${\displaystyle A_k(m_1,\cdots ,m_k)=\prod _{i=1}^k{\displaystyle \frac{(-1{)}^{m_i+1}}{i^{m_i-1}\cdot m_i!}}((m_1,\cdots ,m_k)\in S_k)}$であることを数学的帰納法で証明する．

$k=1$のとき，${\displaystyle A_1(1)=\prod _{i=1}^1{\displaystyle \frac{(-1{)}^{m_i+1}}{i^{m_i-1}\cdot m_i!}}=1}$より成り立つ．

$k=t$のときに成り立つと仮定すると，

1. $m_{t+1}=1$のとき
   $(m_1,\cdots ,m_{t+1})\in S_{t+1}$から，$m_1=\cdots =m_t=0$となる．よって
   $$\begin{array}{rl}{A}_{t+1}(0,\cdots ,0,1)& =-\sum _{1\le i\le t,0<m_{i+1}}i(m_i+1)A_t(0,\cdots ,0,m_i+1,m_{i+1}-1,0\cdots ,0)\\ & =-t(0+1)A_t(0,\cdots ,0,1)\\ & =-t\prod _{i=1}^t{\displaystyle \frac{(-1{)}^{m_i+1}}{i^{m_i-1}\cdot m_i!}}=-t(\prod _{i=1}^{t-1}(-i)){\displaystyle \frac{(-1{)}^{1+1}}{t^{1-1}\cdot 1!}}\\ & ={\displaystyle \frac{(-1{)}^{1+1}}{(t+1{)}^{1-1}\cdot 1!}}\prod _{i=1}^t(-i)\\ & =\prod _{i=1}^{t+1}{\displaystyle \frac{(-1{)}^{m_i+1}}{i^{m_i-1}\cdot m_i!}}\end{array}$$
   となり成り立つ．
2. $m_{t+1}=0$のとき$A_t(m_1-1,m_2,\cdots ,m_t)=A_1$とおいて
   $$\begin{array}{rl}{A}_{t+1}(m_1,\cdots ,m_t,0)& =A_1-\sum _{1\le i\le t,0<m_{i+1}}i(m_i+1)A_t(m_1,\cdots ,m_i+1,m_{i+1}-1,\cdots ,m_t)\\ & =A_1-\sum _{1\le i\le t,0<m_{i+1}}i(m_i+1)\left(\prod _{j=1}^{i-1}{\displaystyle \frac{(-1{)}^{m_j+1}}{j^{m_j-1}\cdot m_j!}}\right){\displaystyle \frac{(-1{)}^{m_i+2}}{i^{m_i}\cdot (m_i+1)!}}{\displaystyle \frac{(-1{)}^{m_{i+1}}}{(i+1{)}^{m_{i+1}-2}\cdot (m_{i+1}-1)!}}\prod _{j=i+2}^t{\displaystyle \frac{(-1{)}^{m_j+1}}{j^{m_j-1}\cdot m_j!}}\\ & =A_1-\sum _{1\le i\le t,0<m_{i+1}}i(m_i+1){\displaystyle \frac{1}{i(m_i+1)}}(i+1)m_{i+1}\prod _{j=1}^t{\displaystyle \frac{(-1{)}^{m_j+1}}{j^{m_j-1}\cdot m_j!}}\\ & =A_1-\left(\prod _{j=1}^t{\displaystyle \frac{(-1{)}^{m_j+1}}{j^{m_j-1}\cdot m_j!}}\right)\sum _{1\le i\le t,0<m_{i+1}}(i+1)m_{i+1}\end{array}$$
   ここで${\displaystyle A_1=A_t(m_1-1,m_2,\cdots ,m_t)={\displaystyle \frac{(-1{)}^{m_1-1+1}}{1^{m_1-2}\cdot (m_1-1)!}}\prod _{j=2}^t{\displaystyle \frac{(-1)m_j+1}{j^{m_j-1}\cdot m_j!}}=-m_1\prod _{j=1}^t{\displaystyle \frac{(-1{)}^{m_j+1}}{j^{m_j-1}\cdot m_j!}}}$であるから
   $$\begin{array}{rl}{A}_{t+1}(m_1,\cdots ,m_t,0)& =-(m_1+\sum _{1\le i\le t,0<m_{i+1}}(i+1)m_{i+1})\prod _{j=1}^t{\displaystyle \frac{(-1{)}^{m_j+1}}{j^{m_j-1}\cdot m_j!}}\\ & =-(t+1)\prod _{j=1}^t{\displaystyle \frac{(-1{)}^{m_j+1}}{j^{m_j-1}\cdot m_j!}}\\ & ={\displaystyle \frac{(-1{)}^{m_{t+1}+1}}{(t+1{)}^{m_{t+1}-1}\cdot m_{t+1}!}}\prod _{j=1}^t{\displaystyle \frac{(-1{)}^{m_j+1}}{j^{m_j-1}\cdot m_j!}}\\ & =\prod _{j=1}^{t+1}{\displaystyle \frac{(-1{)}^{m_j+1}}{j^{m_j-1}\cdot m_j!}}\end{array}$$
   となり成り立つ．
   記号を混同しやすいので気を付けてください．

以上より，${\displaystyle A_k(m_1,\cdots ,m_k)=\prod _{i=1}^k{\displaystyle \frac{(-1{)}^{m_i+1}}{i^{m_i-1}\cdot m_i!}}((m_1,\cdots ,m_k)\in S_k)}$であることを示せた．

ついに証明ができました．これによって，

$$Q_{n,k}(x)=(-1{)}^k\sum _{(m_1,\cdots ,m_k)\in S_k}\prod _{i=1}^k{\displaystyle \frac{1}{i^{m_i-1}\cdot m_i!}}(-{\sigma }_{i,n}(x){)}^{m_i}(k>0)$$

となり，

$$c_{n,k}(x)=(-1{)}^k{f}_n(x)\sum _{(m_1,\cdots ,m_k)\in S_k}\prod _{i=1}^k{\displaystyle \frac{1}{i^{m_i}\cdot m_i!}}(-{\sigma }_{i,n}(x){)}^{m_i}(k>0)$$

となって

$$c_n(k)=(-1{)}^k{f}_n(0)\sum _{(m_1,\cdots ,m_k)\in S_k}\prod _{i=1}^k{\displaystyle \frac{1}{i^{m_i}\cdot m_i!}}(-{\sigma }_{-i}(n){)}^{m_i}(k>0)$$

となります．$f_n(0)=n^{\frac{{\sigma }_0(n)}{2}},{\sigma }_{-i}(n)={\displaystyle \frac{{\sigma }_i(n)}{n^i}}$を代入して

となり，目標を達成することができました．

この式から面白いことが分かります．

かなり驚異的な結果だと思います．

終わりに

実際に定理6の式を使おうとすると分かりますが，この式は$k$の分割の仕方を書き出してから行うので，計算量は$k$の大きさに強く依存します．
そこで，計算量を減らすことができる次の定理を紹介します．

証明は こちら の記事で詳しく書いてあるのでここでは省略します．

この定理を使えば，$k$と${\sigma }_0(n)-k$で小さいほうを選んで計算すればいいことになります．

ここまで読んでいただきありがとうございました．