ある恒等式と部分分数分解

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(2023/11/29 10:30頃~11:11頃不具合により、記事が重複して投稿されておりました。)
(2023/11/30 $n ≧ 2$ という条件が抜けていたので追記しました。命題2 $⟹$ 定理1の証明で必要になります)

　ある恒等式を発見したので、ここに残しておきます。もし既に有名であったり、名前がついているものであった場合、ご教示いただければ幸いです。
　以下、 $K$ を任意の体とします。(体を知らない場合、 $K$ は実数全体の集合または複素数全体の集合だと思ってください。) また、 $n$ は $2$ 以上の整数とします。

$a_{1}, \dots, a_{n} \in K$ を相異なる元とする。このとき
$\sum_{i = 1}^{n} \frac{1}{\prod_{j \neq i} (a_{i} - a_{j})} = 0$

　例えば $n = 3$ の場合、 $a, b, c \in K$ を相異なる元としたとき
$\frac{1}{(a - b) (a - c)} + \frac{1}{(b - a) (b - c)} + \frac{1}{(c - a) (c - b)} = 0$
$n = 4$ の場合、 $a, b, c, d \in K$ を相異なる元としたとき
$\frac{1}{(a - b) (a - c) (a - d)} + \frac{1}{(b - a) (b - c) (b - d)} + \frac{1}{(c - a) (c - b) (c - d)} + \frac{1}{(d - a) (d - b) (d - c)} = 0$
となります。

部分分数分解との関係

　この等式は、部分分数分解に関係しています。例えば上の $n = 4$ の場合の式で、分かりやすいように $d$ を $x$ で置き換えると
$\frac{1}{(a - b) (a - c) (a - x)} + \frac{1}{(b - a) (b - c) (b - x)} + \frac{1}{(c - a) (c - b) (c - x)} + \frac{1}{(x - a) (x - b) (x - c)} = 0$
となり、あとは移項するだけで $\frac{1}{(x - a) (x - b) (x - c)}$ の部分分数分解が得られます。

　もともとは、部分分数分解を文字で表した式を見て「分解後の式の各項が元の式に似てるな」と思ったことから発見に至りました。

定理1の証明

　証明の前に、いくつか記号を用意する。 $a_{1}, \dots, a_{n} \in K$ に対し、その Vandermonde 行列式を $V (a_{1}, \dots, a_{n})$ とおく。すなわち
$V (a_{1}, \dots, a_{n}) = | \begin{matrix} 1 & a_{1} & \dots & a_{1}^{n - 1} \\ 1 & a_{2} & \dots & a_{2}^{n - 1} \\ ⋮ \\ 1 & a_{n} & \dots & a_{n}^{n - 1} \end{matrix} | = \prod_{i < j} (a_{j} - a_{i})$
とする。また、 $a_{1}, \dots, a_{n}, b_{1}, \dots, b_{n} \in K$ に対し
$V^{'} (a_{1}, \dots, a_{n}; b_{1}, \dots, b_{n}) = | \begin{matrix} 1 & a_{1} & \dots & a_{1}^{n - 2} & b_{1} \\ 1 & a_{2} & \dots & a_{2}^{n - 2} & b_{2} \\ ⋮ \\ 1 & a_{n} & \dots & a_{n}^{n - 2} & b_{n} \end{matrix} |$
とおく。 $V^{'} (a_{1}, \dots, a_{n}; b_{1}, \dots, b_{n})$ を第 $n$ 列についての余因子展開によって計算すると、
$V^{'} (a_{1}, \dots, a_{n}; b_{1}, \dots, b_{n}) = \sum_{i = 1}^{n} (- 1)^{n + i} b_{i} V (a_{1}, \dots, \overset{ˇ}{a_{i}}, \dots, a_{n})$
を得る。ここで、 $\overset{ˇ}{a_{i}}$ は $a_{i}$ を除くことを意味する。

　定理1は、以下の命題の系として得られる。

$a_{1}, \dots, a_{n} \in K$ を相異なる元とする。このとき、任意の $b_{1}, \dots, b_{n} \in K$ に対し
$\sum_{i = 1}^{n} \frac{b_{i}}{\prod_{j \neq i} (a_{i} - a_{j})} = \frac{V^{'} (a_{1}, \dots, a_{n}; b_{1}, \dots, b_{n})}{V (a_{1}, \dots, a_{n})}$

(命題2

⟹

定理1)

命題2において $b_{1} = \dots = b_{n} = 1$ としたとき、右辺が $0$ になることを示せば良い。すなわち $V^{'} (a_{1}, \dots, a_{n}; 1, \dots, 1) = 0$ を示すということだが、 $V^{'}$ の定義式において $b_{1} = \dots = b_{n} = 1$ とすると、2列が等しくなる(ここで $n ≧ 2$ を用いている)ので行列式の値は $0$ となる。よって示された。//

(命題2)

$\sum_{i = 1}^{n} \frac{b_{i}}{\prod_{j \neq i} (a_{i} - a_{j})}$ を、分母が $V (a_{1}, \dots, a_{n}) = \prod_{k < l} (a_{l} - a_{k})$ になるように通分することを考える。 $\frac{b_{i}}{\prod_{j \neq i} (a_{i} - a_{j})}$ の分母を $\prod_{k < l} (a_{l} - a_{k})$ にするには、まず $i < j$ である $j$ について因子の符号を入れかえて、
$\frac{b_{i}}{\prod_{j \neq i} (a_{i} - a_{j})} = \frac{(- 1)^{n - i} b_{i}}{\prod_{j = 1}^{i - 1} (a_{i} - a_{j}) \prod_{j = i + 1}^{n} (a_{j} - a_{i})}$
とする。あとは $\prod_{k < l} (a_{l} - a_{k})$ の因子のうち足りないもの、すなわち $a_{i}$ を含まない因子を分母分子にかければ良い。 $a_{i}$ を含まない因子すべての積は $V (a_{1}, \dots, \overset{ˇ}{a_{i}}, \dots, a_{n})$ に他ならないので、
$\frac{b_{i}}{\prod_{j \neq i} (a_{i} - a_{j})} = \frac{(- 1)^{n - i} b_{i} V (a_{1}, \dots, \overset{ˇ}{a_{i}}, \dots, a_{n})}{V (a_{1}, \dots, a_{n})}$
を得る。これを用いて通分すると、
$\sum_{i = 1}^{n} \frac{b_{i}}{\prod_{j \neq i} (a_{i} - a_{j})} = \sum_{i = 1}^{n} \frac{(- 1)^{n - i} b_{i} V (a_{1}, \dots, \overset{ˇ}{a_{i}}, \dots, a_{n})}{V (a_{1}, \dots, a_{n})} = \frac{V^{'} (a_{1}, \dots, a_{n}; b_{1}, \dots, b_{n})}{V (a_{1}, \dots, a_{n})}$
となり、目的の式を得る。ここで、 $(- 1)^{n - i} = (- 1)^{n + i}$ を用いた。//

微分係数を用いた表現

一般に、 $K$ 係数多項式 $P (x) = \sum_{i = 0}^{n} c_{i} x^{i}$ に対してその微分を
$P^{'} (x) = \sum_{i = 1}^{n} i c_{i} x^{i - 1}$
で定めます。積の微分などの公式が、実関数の場合と同様に成り立ちます。 $P (x) = (x - a_{1}) \dots (x - a_{n})$ とすると、 $P^{'} (a_{i}) = \prod_{j \neq i} (a_{i} - a_{j})$ が成り立ちます。これを用いて、定理1を以下のように書き換えることが出来ます。

$a_{1}, \dots, a_{n} \in K$ を相異なる元とする。 $P (x) = (x - a_{1}) \dots (x - a_{n})$ とおくと
$\sum_{i = 1}^{n} \frac{1}{P^{'} (a_{i})} = 0$
が成り立つ。すなわち、重根を持たない $2$ 次以上の多項式について、根における微分係数の逆数和は $0$ になる。