ベルヌーイ多項式の積の積分
はじめに
前回の記事( ベルヌーイ多項式 )の最後に、ベルヌーイ多項式の積の積分について問題提起(？)をしましたが、無事に解くことができたので今回記事を書きます。
$B_k(x)$をベルヌーイ多項式、$k_1,\ldots,k_r$を正の整数としたときに
$$\int_{0}^{1}B_{k_1}(x)\cdots B_{k_r}(x)dx$$
について考えていきます。
前回の記事から
ベルヌーイ多項式$B_n(x) \left(n\in\mathbb{Z}_{\geq 0}\right)$を$\int_{x}^{x+1}B_n(y)dy=x^n$を満たす唯一の有理数係数の多項式として定義する。
$k$を正の整数とする。$k=1$ならば$0< x<1$に対して、$k\geq 2$ならば$0\leq x\leq1$に対して次の等式が成り立つ。
$$B_k\left(x\right)=-\frac{k!}{(2\pi i)^k}\sum_{n\in\mathbb{Z}\setminus\lbrace 0\rbrace}\frac{e^{2\pi i nx}}{n^k}$$
前回の記事( ベルヌーイ多項式 )を参照してください。
本題
まず、$k_1+\cdots+k_r$が奇数のときは簡単に計算ができるので、先に命題として書いておきます。
$k_1+\cdots+k_r$が奇数のとき
$$\int_{0}^{1}B_{k_1}(x)\cdots B_{k_r}(x)dx=0$$
$B_n(1-x)=(-1)^nB_n(x)$となることに注意する。(前回の記事)
\begin{align}
\int_{0}^{1}B_{k_1}(x)\cdots B_{k_r}(x)dx
&=\int_{0}^{1}B_{k_1}(1-x)\cdots B_{k_r}(1-x)dx\quad(x\rightarrow1-x)\\
&=(-1)^{k_1+\cdots+k_r}\int_{0}^{1}B_{k_1}(x)\cdots B_{k_r}(x)dx\\
&=-\int_{0}^{1}B_{k_1}(x)\cdots B_{k_r}(x)dx\\
\end{align}
したがって、
$$\int_{0}^{1}B_{k_1}(x)\cdots B_{k_r}(x)dx=0\ \blacksquare$$
いくつかの正整数の組$\boldsymbol{k}=(k_1,\ldots,k_r)\in\left(\mathbb{Z}_{>0}\right)^r$をインデックスと呼ぶ。インデックスの末尾の成分について$k_r\geq2$となるとき、$\boldsymbol{k}$を特に許容インデックスと呼ぶ。
許容インデックス$\boldsymbol{k}=(k_1,\ldots,k_r)$に対して多重ゼータ値(MZV)を次で定める。
$$\zeta(\boldsymbol{k}):=\sum_{0< n_1< n_2<\cdots< n_r}\frac{1}{n^{k_1}_1n^{k_2}_2\cdots n^{k_r}_r}$$
インデックス$\boldsymbol{k}=(k_1,\ldots,k_r)$と絶対値が1以下の複素数$z\ ((k_r,z)\neq(1,1))$に対して多重ポリログを次で定める。
$$\mathrm{Li}_{\boldsymbol{k}}(z):=\sum_{0< n_1< n_2<\cdots< n_r}\frac{z^{n_r}}{n^{k_1}_1n^{k_2}_2\cdots n^{k_r}_r}$$
シャッフル積(ш)や調和積($*$)についての基本的な知識は前提にします。
インデックス$\boldsymbol{k}=(k_1,\ldots,k_r),\boldsymbol{l}=(l_1,\ldots,l_s)$に対して、
$\boldsymbol{k}\circledast\boldsymbol{l}:=((k_1,\ldots,k_{r-1})*(l_1,\ldots,l_{s-1}),k_{r}+l_s)$とする。
$\boldsymbol{k}=(k_1,\ldots,k_r),\boldsymbol{l}=(l_1,\ldots,l_s)$をインデックスとする。
$$\sum_{N=1}^{\infty}\left(\mathrm{Li}_{\boldsymbol{k}}(z)\left[z^{N}\right]\right)\left(\mathrm{Li}_{\boldsymbol{l}}(z)\left[z^{N}\right]\right)=\zeta(\boldsymbol{k}\circledast\boldsymbol{l})$$
\begin{align} \sum_{N=1}^{\infty}\left(\mathrm{Li}_{\boldsymbol{k}}(z)\left[z^{N}\right]\right)\left(\mathrm{Li}_{\boldsymbol{l}}(z)\left[z^{N}\right]\right) &=\sum_{N=1}^{\infty}\left(\sum_{0< n_1<\cdots< n_r}\frac{z^{n_r}}{n^{k_1}_1\cdots n^{k_r}_r}\left[z^{N}\right]\right)\left(\sum_{0< m_1<\cdots< m_s}\frac{z^{m_s}}{m^{l_1}_1\cdots m^{l_s}_s}\left[z^{N}\right]\right)\\ &=\sum_{N=1}^{\infty}\left(\frac{1}{N^{k_r}}\sum_{0< n_1<\cdots< n_{r-1}< N}\frac{1}{n^{k_1}_1\cdots n^{k_{r-1}}_{r-1}}\right)\left(\frac{1}{N^{l_s}}\sum_{0< m_1<\cdots< m_{s-1}< N}\frac{1}{m^{l_1}_1\cdots m^{l_{s-1}}_{s-1}}\right)\\ &=\sum_{N=1}^{\infty}\frac{1}{N^{k_r+l_s}}\zeta_{< N}(k_1,\ldots,k_{r-1})\zeta_{< N}(l_1,\ldots,l_{s-1})\\ &=\sum_{N=1}^{\infty}\frac{1}{N^{k_r+l_s}}\zeta_{< N}((k_1,\ldots,k_{r-1})*(l_1,\ldots,l_{s-1}))\\ &=\zeta(\boldsymbol{k}\circledast\boldsymbol{l})\blacksquare \end{align}
$r\geq2,\ k_1,\ldots,k_r\geq2$とする。
$$(-1)^r\frac{(2\pi i)^{k_1+\cdots+k_r}}{k_1!\cdots k_r!}\int_{0}^{1}B_{k_1}(x)\cdots B_{k_r}(x)dx=\sum_{\substack{P,Q\subset\lbrace 1,2,\ldots,r\rbrace\\P=\lbrace p_1,\ldots,p_a\rbrace\neq\varnothing\\Q=\lbrace q_1,\ldots,q_b\rbrace\neq\varnothing\\
P\cap Q=\varnothing\\
P\cup Q=\lbrace 1,2,\ldots,r\rbrace}}(-1)^{k_{q_1}+\cdots+k_{q_b}}\zeta\left((k_{p_1}\mathrm{ш}\cdots\mathrm{ш}k_{p_a})\circledast(k_{q_1}\mathrm{ш}\cdots\mathrm{ш}k_{q_{b}})\right)$$
※本来は$\zeta\left(((k_{p_1})\mathrm{ш}\cdots\mathrm{ш}(k_{p_a}))\circledast((k_{q_1})\mathrm{ш}\cdots\mathrm{ш}(k_{q_b}))\right)$などのように書くべきだと思いますが、めんどくさいので$k_{p_i}$を$(k_{p_i})$という深さ1のインデックスの意味で書いてます。
\begin{align}
(-1)^r\frac{(2\pi i)^{k_1+\cdots+k_r}}{k_1!\cdots k_r!}\int_{0}^{1}B_{k_1}(x)\cdots B_{k_r}(x)dx
&=\int_{0}^{1}\sum_{n_1,\ldots,n_r\in\mathbb{Z}\setminus\lbrace 0\rbrace}\frac{e^{2\pi i(n_1+\cdots+n_r)x}}{n^{k_1}_1\cdots n^{k_r}_r}dx\\
&=\sum_{n_1,\ldots,n_r\in\mathbb{Z}\setminus\lbrace 0\rbrace}\frac{1}{n^{k_1}_1\cdots n^{k_r}_r}\int_{0}^{1}e^{2\pi i(n_1+\cdots+n_r)x}dx\quad(\because\text{一様収束性})\\
&=\sum_{\substack{n_1,\ldots,n_r\in\mathbb{Z}\setminus\lbrace 0\rbrace\\n_1+\cdots+n_r=0}}\frac{1}{n^{k_1}_1\cdots n^{k_r}_r}
\end{align}
集合$\lbrace 1,2,\ldots,r\rbrace$の部分集合$P,Q$が次を満たしているとする。
$$
\begin{cases}
&P=\lbrace p_1,\ldots,p_a\rbrace\neq\varnothing\\
&Q=\lbrace q_1,\ldots,q_b\rbrace\neq\varnothing\quad(b=r-a)\\
&P\cap Q=\varnothing\\
&P\cup Q=\lbrace 1,2,\ldots,r\rbrace
\end{cases}
$$
$n_1+\cdots+n_r=0$なので、$n_1,\ldots,n_r$の中に正の整数と負の整数がどちらも必ず存在する。そこで、$0< n_{p_1},\ldots,n_{p_a},\ 0>n_{q_1},\ldots,n_{q_b}$として和を分けて考える。
$\mathbb{Z}_{>0}\ni N=n_{p_1}+\cdots+n_{p_r}=-(n_{q_1}+\cdots+n_{q_b})$とできることに注意する。
\begin{align} \sum_{\substack{n_1,\ldots,n_r\in\mathbb{Z}\setminus\lbrace 0\rbrace\\n_1+\cdots+n_r=0}}\frac{1}{n^{k_1}_1\cdots n^{k_r}_r} &=\sum_{\substack{P,Q\subset\lbrace 1,2,\ldots,r\rbrace\\P=\lbrace p_1,\ldots,p_a\rbrace\neq\varnothing\\Q=\lbrace q_1,\ldots,q_b\rbrace\neq\varnothing\\ P\cap Q=\varnothing\\ P\cup Q=\lbrace 1,2,\ldots,r\rbrace}}\sum_{N=1}^{\infty}\sum_{\substack{0< n_{p_1},\cdots,n_{p_r}\\N=n_{p_1}+\cdots+n_{p_r}}}\frac{1}{n^{k_{p_1}}_{p_1}\cdots n^{k_{p_a}}_{p_a}}\sum_{\substack{0< n_{q_1},\cdots,n_{q_b}\\N=n_{q_1}+\cdots+n_{q_b}}}\frac{(-1)^{k_{q_1}+\cdots+k_{q_b}}}{n^{k_{q_1}}_{q_1}\cdots n^{k_{q_b}}_{q_b}}\\ &=\sum_{\substack{P,Q\subset\lbrace 1,2,\ldots,r\rbrace\\P=\lbrace p_1,\ldots,p_a\rbrace\neq\varnothing\\Q=\lbrace q_1,\ldots,q_b\rbrace\neq\varnothing\\ P\cap Q=\varnothing\\ P\cup Q=\lbrace 1,2,\ldots,r\rbrace}}(-1)^{k_{q_1}+\cdots+k_{q_b}}\sum_{N=1}^{\infty}\left(\mathrm{Li}_{k_{p_1}}(z)\cdots\mathrm{Li}_{k_{p_a}}(z)\left[z^{N}\right]\right)\left(\mathrm{Li}_{k_{q_1}}(z)\cdots\mathrm{Li}_{k_{q_b}}(z)\left[z^{N}\right]\right)\\ &=\sum_{\substack{P,Q\subset\lbrace 1,2,\ldots,r\rbrace\\P=\lbrace p_1,\ldots,p_a\rbrace\neq\varnothing\\Q=\lbrace q_1,\ldots,q_b\rbrace\neq\varnothing\\ P\cap Q=\varnothing\\ P\cup Q=\lbrace 1,2,\ldots,r\rbrace}}(-1)^{k_{q_1}+\cdots+k_{q_b}}\sum_{N=1}^{\infty}\left(\mathrm{Li}_{k_{p_1}\mathrm{ш}\cdots\mathrm{ш}k_{p_a}}(z)\left[z^{N}\right]\right)\left(\mathrm{Li}_{k_{q_1}\mathrm{ш}\cdots\mathrm{ш}k_{q_b}}(z)\left[z^{N}\right]\right)\\ &=\sum_{\substack{P,Q\subset\lbrace 1,2,\ldots,r\rbrace\\P=\lbrace p_1,\ldots,p_a\rbrace\neq\varnothing\\Q=\lbrace q_1,\ldots,q_b\rbrace\neq\varnothing\\ P\cap Q=\varnothing\\ P\cup Q=\lbrace 1,2,\ldots,r\rbrace}}(-1)^{k_{q_1}+\cdots+k_{q_b}}\zeta\left((k_{p_1}\mathrm{ш}\cdots\mathrm{ш}k_{p_a})\circledast(k_{q_1}\mathrm{ш}\cdots\mathrm{ш}k_{q_b})\right)(\because\text{補題3})\blacksquare \end{align}
積分と極限の交換をする際に一様収束性を用いたかったので$k_1,\ldots,k_r\geq2$としましたが、AIに数値計算をさせてみたところ、$k_1,\ldots,k_r\geq1$でも成り立っていそうでした。
$r=2$のとき
\begin{align} \frac{(2\pi i)^{k_1+k_2}}{k_1!k_2!}\int_{0}^{1}B_{k_1}(x) B_{k_2}(x)dx &=\sum_{\substack{P,Q\subset\lbrace 1,2\rbrace\\P=\lbrace p_1\rbrace\neq\varnothing\\Q=\lbrace q_1\rbrace\neq\varnothing\\ P\cap Q=\varnothing\\ P\cup Q=\lbrace 1,2\rbrace}}(-1)^{k_{q_1}}\zeta\left(k_{p_1}\circledast k_{q_1}\right)\\ &=(-1)^{k_{2}}\zeta\left(k_{1}\circledast k_{2}\right)+(-1)^{k_{1}}\zeta\left(k_{2}\circledast k_{1}\right)\\ &=((-1)^{k_1}+(-1)^{k_2})\zeta(k_1+k_2) \end{align}
$$\underline{\therefore \int_{0}^{1}B_{k_1}(x) B_{k_2}(x)dx=\frac{k_1!k_2!}{(2\pi i)^{k_1+k_2}}((-1)^{k_1}+(-1)^{k_2})\zeta(k_1+k_2)}$$
$$\\$$$r=3$のとき
\begin{align} -\frac{(2\pi i)^{k_1+k_2+k_3}}{k_1!k_2!k_3!}\int_{0}^{1}B_{k_1}(x)B_{k_2}(x) B_{k_3}(x)dx =&\sum_{\substack{P,Q\subset\lbrace 1,2,3\rbrace\\P=\lbrace p_1,p_2\rbrace\neq\varnothing\\Q=\lbrace q_1\rbrace\neq\varnothing\\ P\cap Q=\varnothing\\ P\cup Q=\lbrace 1,2,3\rbrace}} (-1)^{k_{q_1}}\zeta\left((k_{p_1}\mathrm{ш}k_{p_2})\circledast k_{q_1}\right) +\sum_{\substack{P,Q\subset\lbrace 1,2,3\rbrace\\P=\lbrace p_1\rbrace\neq\varnothing\\Q=\lbrace q_1,q_2\rbrace\neq\varnothing\\ P\cap Q=\varnothing\\ P\cup Q=\lbrace 1,2,3\rbrace}}(-1)^{k_{q_1}+k_{q_2}}\zeta\left(k_{p_1}\circledast(k_{q_1}\mathrm{ш}k_{q_{2}})\right)\\ =&(-1)^{k_1}\zeta\left((k_{2}\mathrm{ш}k_{3})\circledast k_{1}\right) +(-1)^{k_2}\zeta\left((k_{3}\mathrm{ш}k_{1})\circledast k_{2}\right) +(-1)^{k_3}\zeta\left((k_{1}\mathrm{ш}k_{2})\circledast k_{3}\right)\\ &+(-1)^{k_{2}+k_{3}}\zeta\left(k_{1}\circledast(k_{2}\mathrm{ш}k_{3})\right) +(-1)^{k_{1}+k_{3}}\zeta\left(k_{2}\circledast(k_{3}\mathrm{ш}k_{1})\right) +(-1)^{k_{1}+k_{2}}\zeta\left(k_{3}\circledast(k_{1}\mathrm{ш}k_{2})\right)\\ =&(1+(-1)^{k_1+k_2+k_3})\left((-1)^{k_1}\zeta\left(k_{1}\circledast(k_{2}\mathrm{ш}k_{3})\right)+(-1)^{k_2}\zeta\left(k_{2}\circledast(k_{3}\mathrm{ш}k_{1})\right)+(-1)^{k_3}\right)\zeta\left(k_{3}\circledast(k_{1}\mathrm{ш}k_{2})\right)\\ =&(1+(-1)^{k_1+k_2+k_3})\left((-1)^{k_1}\zeta\left((k_{2}\mathrm{ш}k_{3})_{\uparrow^{k_1}}\right)+(-1)^{k_2}\zeta\left((k_{3}\mathrm{ш}k_{1})_{\uparrow^{k_2}}\right)+(-1)^{k_3}\zeta\left((k_{1}\mathrm{ш}k_{2})_{\uparrow^{k_3}}\right)\right) \end{align}
$$\underline{\therefore \int_{0}^{1}B_{k_1}(x)B_{k_2}(x) B_{k_3}(x)dx=- \frac{k_1!k_2!k_3!}{(2\pi i)^{k_1+k_2+k_3}}(1+(-1)^{k_1+k_2+k_3})\left((-1)^{k_1}\zeta\left((k_{2}\mathrm{ш}k_{3})_{\uparrow^{k_1}}\right)+(-1)^{k_2}\zeta\left((k_{3}\mathrm{ш}k_{1})_{\uparrow^{k_2}}\right)+(-1)^{k_3}\zeta\left((k_{1}\mathrm{ш}k_{2})_{\uparrow^{k_3}}\right)\right)}$$
ちなみに、これは前回の記事の最後に導出した等式と全く同じ等式です。
ここまで読んでいただきありがとうございました(^_-)-☆
参考文献
- 荒川恒男,伊吹山知義,金子昌信「ベルヌーイ数とゼータ関数ー整数論の風景ー」
