「ある階乗が入り乱れた和の閉じた形」を古典的直交多項式とロドリゲスの公式で一般化してみた

階乗,直交多項式,和

この著者は初心者として投稿しています。間違いや考慮が足りていない点が含まれている可能性が高いです。見つけたらコメント欄で優しく指摘してあげましょう。

前書き

先日、寝不足さんのある階乗が入り乱れた和の閉じた形という記事を見て、エルミート多項式の有限和表示との類似性から証明できるのではと考え、勝手ながら他のロドリゲスの公式で表される古典的直交多項式を使って一般化してみました。

なお、AIに検算してもらいながら進めましたが、途中長ったらしい式変形があるので、間違いがあるかもしれません。

エルミート多項式

◆寝不足さんの有限和

任意の自然数$n\geq m\geq 0$について、
$$S_{m,n}=\sum_{k=0}^{\lfloor{\frac{m}{2}}\rfloor}\frac{(-1)^k}{k!(m-2k)!}\frac{(2(n-k))!}{(n-k)!}$$
のとき、
$$S_{m,n}=\frac{2^m(2n-m)!}{m!(n-m)!}$$

◆補題１

$$\frac{(2p)!}{p!}=\frac{4^p}{\sqrt{\pi}}\int_{-\infty}^\infty x^{2p}e^{-x^2}dx$$

ガウス積分
$$\int_{-\infty}^\infty x^{2n}e^{-ax^2}dx=\sqrt{\frac{\pi}{a}}\frac{(2n-1)!!}{(2a)^n}$$
$$=\sqrt{\frac{\pi}{a}}\frac{(2n)!}{(4a)^nn!}$$
より、$a=1$のとき
$$\frac{(2p)!}{p!}=\frac{4^p}{\sqrt{\pi}}\int_{-\infty}^\infty x^{2p}e^{-x^2}dx$$

◆補題２

$r-m=2l(l=0,1,2,\cdots)$のとき、
$$\int_{-\infty}^\infty x^r\frac{d^m}{dx^m}e^{-x^2}dx=\frac{(-1)^m\sqrt{\pi}}{2^{r-m}}\frac{r!}{\qty(\frac{r-m}{2})!}$$

$m$回部分積分とガウス積分より、
$$\int_{-\infty}^\infty x^r\frac{d^m}{dx^m}e^{-x^2}dx$$
$$=\sum_{k=1}^m(-1)^{k-1}\left[ \frac{r!}{(r-(k-1))!}x^{r-(k-1)}\frac{d^{m-k}}{dx^{m-k}}e^{-x^2} \right]^{\infty}_{-\infty}+(-1)^m\int_{-\infty}^\infty \frac{r!}{(r-m)!}x^{r-m}e^{-x^2}dx$$
$$=(-1)^m\int_{-\infty}^\infty \frac{r!}{(r-m)!}x^{r-m}e^{-x^2}dx$$
$$=\frac{(-1)^m\sqrt{\pi}}{2^{r-m}}\frac{r!}{\qty(\frac{r-m}{2})!}$$

◆ロドリゲスの公式

$$H_m(x)=(-1)^me^{x^2}\frac{d^m}{dx^m}e^{-x^2}$$

◆エルミート多項式

$$H_m(x)=m!\sum_{k=0}^{\lfloor{\frac{m}{2}}\rfloor}\frac{(-1)^k}{k!(m-2k)!}(2x)^{m-2k}$$

◆有限和

任意の自然数$n\geq m\geq 0$について、
$$S_{m,n}=\sum_{k=0}^{\lfloor{\frac{m}{2}}\rfloor}\frac{(-1)^k}{k!(m-2k)!}\frac{(2(n-k))!}{(n-k)!}$$
のとき、
$$S_{m,n}=\frac{2^m(2n-m)!}{m!(n-m)!}$$

$$S_{m,n}=\sum_{k=0}^{\lfloor{\frac{m}{2}}\rfloor}\frac{(-1)^k}{k!(m-2k)!}\frac{(2(n-k))!}{(n-k)!}$$
補題１より、
$$S_{m,n}=\sum_{k=0}^{\lfloor{\frac{m}{2}}\rfloor}\frac{(-1)^k}{k!(m-2k)!}\frac{4^{n-k}}{\sqrt{\pi}}\int_{-\infty}^\infty x^{2(n-k)}e^{-x^2}dx$$
$$=\frac{1}{\sqrt{\pi}}\int_{-\infty}^\infty\sum_{k=0}^{\lfloor{\frac{m}{2}}\rfloor}\frac{(-1)^k}{k!(m-2k)!} (2x)^{2(n-k)}e^{-x^2}dx$$
$$=\frac{1}{\sqrt{\pi}}\int_{-\infty}^\infty (2x)^{2n-m}\frac{H_m(x)}{m!}e^{-x^2}dx$$
$$=\frac{2^{2n-m}}{m!\sqrt{\pi}}\int_{-\infty}^\infty H_m(x)x^{2n-m}e^{-x^2}dx$$
$$=\frac{2^{2n-m}}{m!\sqrt{\pi}}\int_{-\infty}^\infty (-1)^me^{x^2}\qty(\frac{d^m}{dx^m}e^{-x^2})x^{2n-m}e^{-x^2}dx$$
$$=\frac{(-1)^m2^{2n-m}}{m!\sqrt{\pi}}\int_{-\infty}^\infty x^{2n-m}\frac{d^m}{dx^m}e^{-x^2}dx$$
$r=2n-m$とすると、$r-m=2(n-m)=2l\geq 0$を満たすので、補題２より、
$$S_{m,n}=\frac{(-1)^m2^{2n-m}}{m!\sqrt{\pi}}\cdot\frac{(-1)^m\sqrt{\pi}}{2^{2(n-m)}}\frac{(2n-m)!}{(n-m)!}$$
$$=\frac{2^m(2n-m)!}{m!(n-m)!}$$

無事証明できました。ちなみに級数の中身の$(2(n-k))!/(n-k)!$の部分を$(2p)!/p!$に一般化しようとしたのですが、エルミート多項式を作る時に括りだす部分に添字の$k$が含まれないようにするためには、$p\mapsto p-k$としなければならず、元から完成形のようでした。

ラゲール多項式

ここからは、他の古典的直交多項式とロドリゲスの公式を使って同様の有限和を作ってみます。ここではいきなり有限和が出てきてから値を求めていますが、有限和の作り方は後で説明します。

◆有限和

任意の自然数$n\geq m\geq 0$と$\alpha\gt-1$について、
$$S_{m,n}^{(\alpha)}=\sum_{k=0}^m\frac{(-1)^k}{k!}\binom{m+\alpha}{m-k}\Gamma{(n+\alpha+k+1)}$$
のとき、
$$S_{m,n}^{(\alpha)}=(-1)^m\binom{n}{m}\Gamma{(n+\alpha+1)}$$

◆補題３

$r-m\geq0,\alpha\gt-1$のとき、
$$\int_0^\infty x^r\frac{d^m}{dx^m}\qty(x^{m+\alpha}e^{-x})dx=(-1)^m\frac{r!}{(r-m)!}\Gamma{(r+\alpha+1)}$$

$m$回部分積分とガンマ関数より、
$$\int_0^\infty x^r\frac{d^m}{dx^m}\qty(x^{m+\alpha}e^{-x})dx$$
$$=\sum_{k=1}^m(-1)^{k-1}\left[ \frac{r!}{(r-(k-1))!}x^{r-(k-1)}\frac{d^{m-k}}{dx^{m-k}}\qty(x^{m+\alpha}e^{-x}) \right]^{\infty}_0+(-1)^m\int_0^\infty \frac{r!}{(r-m)!}x^{r+\alpha}e^{-x}dx$$
$$=(-1)^m\frac{r!}{(r-m)!}\Gamma{(r+\alpha+1)}$$

◆ロドリゲスの公式

$$L_m^{\alpha}(x)=\frac{x^{-\alpha}e^x}{m!}\frac{d^m}{dx^m}\qty(x^{m+\alpha}e^{-x})$$

◆ラゲール多項式

$$L_m^{(\alpha)}(x)=\sum_{k=0}^m\frac{(-1)^k}{k!}\binom{m+\alpha}{m-k}x^k$$

◆有限和

任意の自然数$n\geq m\geq 0$と任意の実数$\alpha\gt-1$について、
$$S_{m,n}^{(\alpha)}=\sum_{k=0}^m\frac{(-1)^k}{k!}\binom{m+\alpha}{m-k}\Gamma{(n+\alpha+k+1)}$$
のとき、
$$S_{m,n}^{(\alpha)}=(-1)^m\binom{n}{m}\Gamma{(n+\alpha+1)}$$

$$S_{m,n}^{(\alpha)}=\sum_{k=0}^m\frac{(-1)^k}{k!}\binom{m+\alpha}{m-k}\Gamma{(n+\alpha+k+1)}$$
$$=\sum_{k=0}^m\frac{(-1)^k}{k!}\binom{m+\alpha}{m-k}\int_0^\infty x^{n+\alpha+k}e^{-x}dx$$
$$=\int_0^\infty\sum_{k=0}^m\frac{(-1)^k}{k!}\binom{m+\alpha}{m-k}x^kx^{n+\alpha}e^{-x}dx$$
$$=\int_0^\infty L_m^{(\alpha)}(x)x^{n+\alpha}e^{-x}dx$$
$$=\int_0^\infty \frac{x^{-\alpha}e^x}{m!}\frac{d^m}{dx^m}\qty(x^{m+\alpha}e^{-x})x^{n+\alpha}e^{-x}dx$$
$$=\frac{1}{m!}\int_0^\infty x^n\frac{d^m}{dx^m}\qty(x^{m+\alpha}e^{-x})dx$$
補題３より、
$$S_{m,n}^{(\alpha)}=\frac{(-1)^mn!}{m!(n-m)!}\Gamma{(n+\alpha+1)}$$
$$=(-1)^m\binom{n}{m}\Gamma{(n+\alpha+1)}$$

シンプルな形で結構好きです。

ヤコビ多項式

続いてはヤコビ多項式です。変数が増えたため、少し長くなります。

◆有限和

任意の自然数$m\geq 0$と任意の実数$\alpha,\beta\gt-1$について、
$$S_m^{(\alpha,\beta)}=\sum_{k=0}^m\sum_{j=0}^m\binom{m}{k}\binom{m}{j}(-1)^{k+j}2^j\frac{\Gamma(\alpha+\beta+m+k+1)}{\Gamma(\alpha+k+1)}B(\alpha+k+j+1,\beta+1)$$
のとき、
$$S_m^{(\alpha,\beta)}=m!2^m\frac{\Gamma(\alpha+\beta+m+1)}{\Gamma(\alpha+m+1)}B(\alpha+m+1,\beta+m+1)$$

◆ベータ関数の他の積分表示

$$B(x,y)=\frac{1}{2^{x+y-1}}\int_{-1}^1(1+t)^{x-1}(1-t)^{y-1}dt$$

◆補題４

$m\geq0,\alpha,\beta\gt-1$のとき、
$$\int_{-1}^1 x^m\frac{d^m}{dx^m}\qty((1-x)^{\alpha+m}(1+x)^{\beta+m})dx=(-1)^mm!2^{\alpha+\beta+2m+1}B(\alpha+m+1,\beta+m+1)$$

$m$回部分積分とベータ関数より、
$$\int_{-1}^1 x^m\frac{d^m}{dx^m}\qty((1-x)^{\alpha+m}(1+x)^{\beta+m})dx$$
$$=\sum_{k=1}^m(-1)^{k-1}\left[ \frac{m!}{(m-(k-1))!}x^{m-(k-1)}\frac{d^{m-k}}{dx^{m-k}}\qty((1-x)^{\alpha+m}(1+x)^{\beta+m}) \right]^1_{-1}+(-1)^mm!\int_{-1}^1 (1-x)^{\alpha+m}(1+x)^{\beta+m}dx$$
$$=(-1)^mm!2^{\alpha+\beta+2m+1}B(\alpha+m+1,\beta+m+1)$$

◆ロドリゲスの公式

$$P_m^{(\alpha,\beta)}(x)=\frac{(-1)^m}{2^mm!}(1-x)^{-\alpha}(1+x)^{-\beta}\frac{d^m}{dx^m}\qty((1-x)^\alpha(1+x)^\beta(1-x^2)^m)$$

◆ヤコビ多項式

$$P_m^{(\alpha,\beta)}(x)=\frac{\Gamma(\alpha+m+1)}{m!\Gamma(\alpha+\beta+m+1)}\sum_{k=0}^m\binom{m}{k}\frac{\Gamma(\alpha+\beta+m+k+1)}{\Gamma(\alpha+k+1)}\qty(\frac{x-1}{2})^k$$

（以下面倒なので$\alpha,\beta$を$a,b$と略記します。）
$$\sum_{k=0}^m\binom{m}{k}\frac{\Gamma(a+b+m+k+1)}{\Gamma(a+k+1)}2^{a+b+1}(-1)^k\sum_{j=0}^m\binom{m}{j}(-2)^jB(a+k+j+1,b+1)$$
$$=\sum_{k=0}^m\binom{m}{k}\frac{\Gamma(a+b+m+k+1)}{\Gamma(a+k+1)}2^{a+b+1}(-1)^k\sum_{j=0}^m\binom{m}{j}(-2)^j\int_0^1 x^{a+k+j}(1-x)^b dx$$
$$=\sum_{k=0}^m\binom{m}{k}\frac{\Gamma(a+b+m+k+1)}{\Gamma(a+k+1)}2^{a+b+1}(-1)^k\int_0^1\sum_{j=0}^m\binom{m}{j}(-2x)^j x^{a+k}(1-x)^b dx$$
$$=\sum_{k=0}^m\binom{m}{k}\frac{\Gamma(a+b+m+k+1)}{\Gamma(a+k+1)}2\int_0^1(-2x+1)^m (-x)^k (2x)^a(2-2x)^b dx$$
$$=\sum_{k=0}^m\binom{m}{k}\frac{\Gamma(a+b+m+k+1)}{\Gamma(a+k+1)}\int_{-1}^1t^m\qty(\frac{t-1}{2})^k (1-t)^a(1+t)^b dt$$
$$=\int_{-1}^1\sum_{k=0}^m\binom{m}{k}\frac{\Gamma(a+b+m+k+1)}{\Gamma(a+k+1)}t^m\qty(\frac{t-1}{2})^k (1-t)^a(1+t)^b dt$$
$$=\frac{m!\Gamma(a+b+m+1)}{\Gamma(a+m+1)}\int_{-1}^1t^mP_m^{(a,b)}(t)(1-t)^a(1+t)^b dt$$
$$=\frac{(-1)^m\Gamma(a+b+m+1)}{2^m\Gamma(a+m+1)}\int_{-1}^1t^m \frac{d^m}{dt^m}\qty((1-t)^{a+m}(1+t)^{b+m}) dt$$
補題４より、
$$=\frac{m!\Gamma(a+b+m+1)}{\Gamma(a+m+1)}2^{a+b+m+1}B(a+m+1,b+m+1)$$
したがって、
$$\sum_{k=0}^m\binom{m}{k}\frac{\Gamma(a+b+m+k+1)}{\Gamma(a+k+1)}2^{a+b+1}(-1)^k\sum_{j=0}^m\binom{m}{j}(-2)^jB(a+k+j+1,b+1)=\frac{m!\Gamma(a+b+m+1)}{\Gamma(a+m+1)}2^{a+b+m+1}B(a+m+1,b+m+1)$$
整理して、
$$\sum_{k=0}^m\sum_{j=0}^m\binom{m}{k}\binom{m}{j}(-1)^{k+j}2^j\frac{\Gamma(a+b+m+k+1)}{\Gamma(a+k+1)}B(a+k+j+1,b+1)=m!2^m\frac{\Gamma(a+b+m+1)}{\Gamma(a+m+1)}B(a+m+1,b+m+1)$$
$$\sum_{k=0}^m\sum_{j=0}^m\binom{m}{k}\binom{m}{j}(-1)^{k+j}2^j\frac{\Gamma(a+b+m+k+1)\Gamma(a+k+j+1)\Gamma(b+1)}{\Gamma(a+k+1)\Gamma(a+b+k+j+2)}=m!2^m\frac{\Gamma(a+b+m+1)\Gamma(b+m+1)}{\Gamma(a+b+2m+2)}$$
また、ポッホハマー記号を用いて、$(-1)^k{}_m\mathrm{C}_k=(-m)_k/k!,(-1)^j{}_m\mathrm{C}_j=(-m)_j/j!$なので、
$$\sum_{k=0}^m\sum_{j=0}^m2^j\frac{(-m)_k(-m)_j}{k!j!}\frac{(a+b+m+1)_k(a+1)_{k+j}}{(a+1)_k(a+b+2)_{k+j}}=m!2^m\frac{(a+1)_m(b+1)_m}{(a+b+2)_{2m}}$$

長いですが、部分部分を見ると綺麗ですね。

一般の場合

エルミート、ラゲール、ヤコビ多項式は、古典的直交多項式に分類され、次の性質を満たします。
$$\int_I P_m(x)P_n(x)w(x)dx=0\space(m\neq n)$$
さらに、古典的直交多項式の中でもこれらの3つ（他にもあるのかな？）は、次のロドリゲスの公式が成り立ちます。
$$P_m(x)w(x)=K_m\frac{d^m}{dx^m}\qty(\sigma(x)^mw(x))$$
これを使うことで、いい感じの有限和を作ることができます。

まずは、
$$J=\int_I P_m(x)x^Aw(x)dx$$
を考え、有限和とその値の2方向へ変形していきます。
$$J=\int_I P_m(x)x^Aw(x)dx$$
$$=\int_I\sum_{k=0}^m c_{m,k}f_k(x)x^Aw(x)dx$$
$$=\sum_{k=0}^m c_{m,k}\int_If_k(x)x^Aw(x)dx$$
および、
$$J=\int_I P_m(x)x^Aw(x)dx$$
$$=K_m\int_I x^A\frac{d^m}{dx^m}\qty(\sigma(x)^mw(x))dx$$
ここで、$A-m\geq0$かつm回部分積分の中間項
$$\sum_{k=1}^m(-1)^{k-1}\left[ \frac{A!}{(A-(k-1))!}x^{A-(k-1)}\frac{d^{m-k}}{dx^{m-k}}\qty(\sigma(x)^mw(x)) \right]_I$$
が適当な条件の下で0に一致または収束すれば、
$$J=K_m(-1)^m\frac{A!}{(A-m)!}\int_I x^{A-m}\qty(\sigma(x)^mw(x))dx$$
したがって、
$$\sum_{k=0}^m c_{m,k}\int_If_k(x)x^Aw(x)dx=K_m(-1)^m\frac{A!}{(A-m)!}\int_I x^{A-m}\qty(\sigma(x)^mw(x))dx$$
となり、2つの積分が既知の関数に帰着するようなパラメータ$A$を選ぶことができれば、いい感じの有限和を構成することができます。

なお、補題においてm回部分積分が0になることの証明は書いていませんでしたが、エルミートの場合は不等式評価とロピタルやダランベールの収束判定法を使うことで無限遠での減衰を評価し、ヤコビの場合は端点を代入することで証明することができます。ラゲールの場合は両方を使います。

エルミート多項式の場合は、$w(x)=e^{-x^2},\sigma(x)=1,K_m=(-1)^m,f_k(x)=(2x)^{m-2k},A=2n-m$
ラゲール多項式の場合は、$w(x)=x^{\alpha}e^{-x},\sigma(x)=x,K_m=m!^{-1},f_k(x)=x^k,A=n$
ヤコビ多項式の場合は、$w(x)=(1-x)^\alpha(1+x)^\beta,\sigma(x)=1-x^2,K_m=(-1)^m/(2^mm!),f_k(x)=(\frac{x-1}{2})^k,A=m$
でした。

後書き

非負整数$\alpha,\beta=a,b$を使えば、
$$\sum_{k=0}^{\lfloor{\frac{m}{2}}\rfloor}\frac{(-1)^k}{k!(m-2k)!}\frac{(2(n-k))!}{(n-k)!}=\frac{2^m(2n-m)!}{m!(n-m)!}\space\space\space(n\geq m\geq0)$$
$$\sum_{k=0}^m\frac{(-1)^k}{k!}\binom{m+a}{m-k}(n+a+k)!=(-1)^m\binom{n}{m}(n+a)!\space\space\space(n\geq m\geq0,a\geq0)$$
$$\sum_{k=0}^m\sum_{j=0}^m\binom{m}{k}\binom{m}{j}(-1)^{k+j}2^j\frac{(a+b+m+k)!(a+k+j)!}{(a+k)!(a+b+k+j+1)!}=\frac{m!}{b!}2^m\frac{(a+b+m)!(b+m)!}{(a+b+2m+1)!}\space\space\space(m,a,b\geq0)$$
$$\sum_{k=0}^m\sum_{j=0}^m2^j\frac{(-m)_k(-m)_j}{k!j!}\frac{(a+b+m+1)_k(a+1)_{k+j}}{(a+1)_k(a+b+2)_{k+j}}=m!2^m\frac{(a+1)_m(b+1)_m}{(a+b+2)_{2m}}$$

となり、階乗が入り乱れた有限和が色々できました。

ラゲール多項式やヤコビ多項式で$\alpha,\beta$をいい感じに選べば、綺麗な有限和がいろいろ得られそうです。（例えばヤコビ多項式で$\alpha=\beta=0$を選べばルジャンドル多項式に一致します。）

ちなみに、エルミート多項式から始まったため古典的直交多項式に絞って一般化しましたが、ロドリゲスの公式が成り立つ多項式は非直交でもあります。なので、まだまだ色々な有限和を作ることができそうです。

改めまして、面白い有限和を記事にしてくださった寝不足さんに感謝です。