OMCE005(E)に自分が見つけた公式を使ってみる

　以前書いたこちらの記事で扱った式がちょうど OMC の問題に使える形だったので、使ってみます。

準備

　 $K$ を体とします(よく分からなければ、以下の話は実数や複素数の範囲での話だと思って下さい)。
　 $a_{1}, \dots, a_{n}, b_{1}, \dots, b_{n} \in K$ に対し、以下のように定めます。
$V (a_{1}, \dots, a_{n}) = | \begin{matrix} 1 & a_{1} & \dots & a_{1}^{n - 1} \\ 1 & a_{2} & \dots & a_{2}^{n - 1} \\ ⋮ \\ 1 & a_{n} & \dots & a_{n}^{n - 1} \end{matrix} | = \prod_{i < j} (a_{j} - a_{i})$
$V^{'} (a_{1}, \dots, a_{n}; b_{1}, \dots, b_{n}) = | \begin{matrix} 1 & a_{1} & \dots & a_{1}^{n - 2} & b_{1} \\ 1 & a_{2} & \dots & a_{2}^{n - 2} & b_{2} \\ ⋮ \\ 1 & a_{n} & \dots & a_{n}^{n - 2} & b_{n} \end{matrix} |$

以前の記事では、以下の等式を示しました。

$a_{1}, \dots, a_{n}$ が相異なるとき、
$\sum_{i = 1}^{n} \frac{b_{i}}{\prod_{j \neq i} (a_{i} - a_{j})} = \frac{V^{'} (a_{1}, \dots, a_{n}; b_{1}, \dots, b_{n})}{V (a_{1}, \dots, a_{n})}$

ただし、 $\prod_{j \neq i}$ は $j \neq i$ を満たす $j$ 全体にわたって積をとることを意味します。

OMCE005(E)に現れる式

　OMCE005(E)の問題文全体はこちらをご覧下さい。問題中に、
$\sum_{i = 1}^{128} \frac{a_{i}^{130}}{\prod_{j = 1}^{127} (a_{i} - a_{i + j})}$
という式が登場します。 $a_{i}$ は $128$ 項で循環するように定義されているので、これはまさに命題1の左辺の形をしています！

命題1を使ってみる

　さっそく命題1を使ってみます。 $n = 128$ とします。

$\sum_{i = 1}^{n} \frac{a_{i}^{n + 2}}{\prod_{j = 1}^{n - 1} (a_{i} - a_{i + j})} = \frac{V^{'} (a_{1}, \dots, a_{n}; a_{1}^{n + 2}, \dots, a_{n}^{n + 2})}{V (a_{1}, \dots, a_{n})} = \frac{| \begin{matrix} 1 & a_{1} & \dots & a_{1}^{n - 2} & a_{1}^{n + 2} \\ 1 & a_{2} & \dots & a_{2}^{n - 2} & a_{2}^{n + 2} \\ ⋮ \\ 1 & a_{n} & \dots & a_{n}^{n - 2} & a_{n}^{n + 2} \end{matrix} |}{| \begin{matrix} 1 & a_{1} & \dots & a_{1}^{n - 1} \\ 1 & a_{2} & \dots & a_{2}^{n - 1} \\ ⋮ \\ 1 & a_{n} & \dots & a_{n}^{n - 1} \end{matrix} |}$
となります。変形はできましたが、これだけでは何かが分かったという感じはしませんね。さらに考えていきます。
　ちなみに、これは「シューア多項式」と呼ばれる多項式の一種なのですが(→ 参考 )、私は名前を知っているだけで特に詳しくないので、普通に頑張って考えてみます。

　 $a_{1}, \dots, a_{n}$ の $i$ 次基本対称式を $s_{i}$ と書くと、
$(x - a_{1}) \dots (x - a_{n}) = x^{n} - s_{1} x^{n - 1} + s_{2} x^{n - 2} - \dots + (- 1)^{n} s_{n}$
が成り立ちます。 $x = a_{i}$ を代入することで、任意の $i = 1, \dots, n$ に対して
$a_{i}^{n} - s_{1} a_{i}^{n - 1} + s_{2} a_{i}^{n - 2} - \dots + (- 1)^{n} s_{n} = 0$
が成り立つことが分かります。両辺に $a_{i}^{k}$ をかけて
$a_{i}^{n + k} - s_{1} a_{i}^{n + k - 1} + s_{2} a_{i}^{n + k - 2} - \dots + (- 1)^{n} s_{n} a_{n}^{k} = 0$
も成り立ちます。これを漸化式として用いて $a_{i}^{n + 2}$ を計算します。以下、 $n - 2$ 次以下の項は $\dots$ で省略します。
$\begin{aligned} a_{i}^{n + 2} & = s_{1} a_{i}^{n + 1} - s_{2} a_{i}^{n} + s_{3} a_{i}^{n - 1} + \dots \\ = s_{1} (s_{1} a_{i}^{n} - s_{2} a_{i}^{n - 1} + \dots) - s_{2} a_{i}^{n} + s_{3} a_{i}^{n - 1} + \dots \\ = (s_{1}^{2} - s_{2}) a_{i}^{n} + (- s_{1} s_{2} + s_{3}) a_{i}^{n - 1} + \dots \\ = (s_{1}^{2} - s_{2}) (s_{1} a_{i}^{n - 1} + \dots) + (- s_{1} s_{2} + s_{3}) a_{i}^{n - 1} + \dots \\ = (s_{1}^{3} - 2 s_{1} s_{2} + s_{3}) a_{i}^{n - 1} + \dots \end{aligned}$
係数が $i$ によらないことに注意。したがって、
$| \begin{matrix} 1 & a_{1} & \dots & a_{1}^{n - 2} & a_{1}^{n + 2} \\ 1 & a_{2} & \dots & a_{2}^{n - 2} & a_{2}^{n + 2} \\ ⋮ \\ 1 & a_{n} & \dots & a_{n}^{n - 2} & a_{n}^{n + 2} \end{matrix} | = | \begin{matrix} 1 & a_{1} & \dots & a_{1}^{n - 2} & (s_{1}^{3} - 2 s_{1} s_{2} + s_{3}) a_{1}^{n - 1} + \dots \\ 1 & a_{2} & \dots & a_{2}^{n - 2} & (s_{1}^{3} - 2 s_{1} s_{2} + s_{3}) a_{2}^{n - 1} + \dots \\ ⋮ \\ 1 & a_{n} & \dots & a_{n}^{n - 2} & (s_{1}^{3} - 2 s_{1} s_{2} + s_{3}) a_{n}^{n - 1} + \dots \end{matrix} |$
となりますが、第 $n$ 列の $n - 2$ 次以下の項は列基本変形で消せるので、上の行列式は
$(s_{1}^{3} - 2 s_{1} s_{2} + s_{3}) | \begin{matrix} 1 & a_{1} & \dots & a_{1}^{n - 1} \\ 1 & a_{2} & \dots & a_{2}^{n - 1} \\ ⋮ \\ 1 & a_{n} & \dots & a_{n}^{n - 1} \end{matrix} |$
に等しいことが分かります。命題1を用いた結果と合わせれば、
$\sum_{i = 1}^{n} \frac{a_{i}^{n + 2}}{\prod_{j = 1}^{n - 1} (a_{i} - a_{i + j})} = s_{1}^{3} - 2 s_{1} s_{2} + s_{3}$
が得られます。

　ちょっと面倒でしたが、公式解説と同じ式が得られました。公式解説より少しは楽をすることができた……んですかね？

シューア多項式

　せっかくなので、シューア多項式について調べてみました。完全に付け焼き刃ですが、計算手順を書いてみます。こちらやこちらを参考にしました。
　まず、完全対称式を導入します。

$x_{1}, \dots, x_{n}$ に関する $k$ 次の完全対称式を
$h_{k} (x_{1}, \dots, x_{n}) = \sum_{1 \leq i_{1} \leq \dots \leq i_{k} \leq n} x_{i_{1}} \dots x_{i_{k}}$
で定める。
$k$ が負のときは $h_{k} (x_{1}, \dots, x_{n}) = 0$ と定める。

　( $k$ が負のときの定義が見当たらなかったのですが、多分こうだと思います)。

　つまり、 $k$ 次のすべての単項式を係数1で足しあわせたものです。例えば
$h_{0} (x_{1}, \dots, x_{n}) = 1$
$h_{1} (x_{1}, \dots, x_{n}) = x_{1} + \dots + x_{n}$
$h_{2} (x_{1}, \dots, x_{n}) = (x_{1}^{2} + \dots + x_{n}^{2}) + (x_{1} x_{2} + \dots + x_{n - 1} x_{n})$
$h_{3} (x_{1}, \dots, x_{n}) = (x_{1}^{3} + \dots + x_{n}^{3}) + (x_{1}^{2} x_{2} + \dots + x_{n - 1} x_{n}^{2}) + (x_{1} x_{2} x_{3} + \dots + x_{n - 2} x_{n - 1} x_{n})$
という感じです。

　非負整数列 $α = (α_{1}, \dots, α_{n})$ に対し、
$A_{α} (x_{1}, \dots, x_{n}) = | \begin{matrix} x_{1}^{α_{1}} & x_{1}^{α_{2}} & \dots & x_{1}^{α_{n}} \\ x_{2}^{α_{1}} & x_{2}^{α_{2}} & \dots & x_{2}^{α_{n}} \\ ⋮ \\ x_{n}^{α_{1}} & x_{n}^{α_{2}} & \dots & x_{n}^{α_{n}} \end{matrix} |$
と書くことにします。また、
$δ_{n} = (n - 1, n - 2, \dots, 1, 0)$
と定めます。

　 $λ = (λ_{1}, \dots, λ_{n})$ を広義単調減少な非負整数の列とする。このとき
$s_{λ} (x_{1}, \dots, x_{n}) = \frac{A_{λ + δ_{n}} (x_{1}, \dots, x_{n})}{A_{δ_{n}} (x_{1}, \dots, x_{n})}$
と定め、これを $λ$ の定めるシューア多項式という。

　ここで、 $λ + δ_{n}$ は成分ごとの和です。

　先ほどの考察の中で現れた
$\frac{| \begin{matrix} 1 & a_{1} & \dots & a_{1}^{n - 2} & a_{1}^{n + 2} \\ 1 & a_{2} & \dots & a_{2}^{n - 2} & a_{2}^{n + 2} \\ ⋮ \\ 1 & a_{n} & \dots & a_{n}^{n - 2} & a_{n}^{n + 2} \end{matrix} |}{| \begin{matrix} 1 & a_{1} & \dots & a_{1}^{n - 1} \\ 1 & a_{2} & \dots & a_{2}^{n - 1} \\ ⋮ \\ 1 & a_{n} & \dots & a_{n}^{n - 1} \end{matrix} |}$
は、列を入れ替えることで、 $λ = (3, 0, \dots, 0, 0)$ の定めるシューア多項式になっていることが分かります(符号の変化は分母と分子で打ち消しあう)。

　シューア多項式の計算方法はいくつかあるらしいのですが、以下のものを使ってみます。

$s_{λ} (x_{1}, \dots, x_{n}) = | \begin{matrix} h_{λ_{1}} & h_{λ_{1} + 1} & \dots & h_{λ_{1} + n - 1} \\ h_{λ_{2} - 1} & h_{λ_{2}} & \dots & h_{λ_{2} + n - 2} \\ ⋮ \\ h_{λ_{n} - n + 1} & h_{λ_{n} - n + 2} & \dots & h_{λ_{n}} \end{matrix} |$

　対角成分の添え字が $λ$ の成分で、そこから右に進むと添え字が+1,左に進むと添え字が-1となっています。

　 $λ = (3, 0, \dots, 0)$ の定めるシューア多項式を求めると、
$s_{λ} (x_{1}, \dots, x_{n}) = | \begin{matrix} h_{3} & * \\ h_{0} \\ ⋱ \\ O & h_{0} \end{matrix} | = h_{3} (x_{1}, \dots, x_{n})$
となることが分かります。したがって、OMCE005(E) で求めていた値は実は $a_{1}, \dots, a_{n}$ の3次完全対称式だったということが分かりました！

$\sum_{i = 1}^{n} \frac{a_{i}^{n + 2}}{\prod_{j \neq i} (a_{i} - a_{j})} = h_{3} (a_{1}, \dots, a_{n})$

　 $h_{3}$ を基本対称式で表すと、さっき求めたものに一致します。これはただの作業なので割愛します。

　今回の結果は更に一般化することができますね。

$k \geq 0$ のとき、
$\sum_{i = 1}^{n} \frac{a_{i}^{n - 1 + k}}{\prod_{j \neq i} (a_{i} - a_{j})} = h_{k} (a_{1}, \dots, a_{n})$

　分子の指数が $0 \sim n - 2$ の場合、値は 0 になるということを以前の記事で示しました。これで、指数が非負整数の場合についてはすべて分かったことになります。さらに、命題1は $b_{i}$ について線形なので、分子が $a_{i}$ の多項式であればいつでも計算できる(少なくとも、完全対称式の線形和で表せる)ことになります。　