文献あり

双対数列に関するSunの恒等式

1995年にKanekoによってBernoulli多項式に関する次の関係式が発見された.
$\begin{array}{r} \sum_{j = 0}^{k} (\binom{k + 1}{j}) (k + j + 1) B_{k + j} = 0 \end{array}$
これは, Bernoulli数を半分の項だけで計算する漸化式を与えている. その後, Kanekoの恒等式は2001年にMoriyamaによって次の対称的な形に一般化されている.
$\begin{array}{r} (- 1)^{k} \sum_{j = 0}^{k} (\binom{k + 1}{j}) (l + j + 1) B_{l + j} + (- 1)^{l} \sum_{j = 0}^{l} (\binom{l + 1}{j}) (k + j + 1) B_{k + j} = 0 \end{array}$
それはさらにWu-Sunにより2003年にBernoulli多項式に関する関係式
$\begin{aligned} (- 1)^{k} \sum_{j = 0}^{k} (\binom{k + 1}{j}) (l + j + 1) B_{l + j} (t) + (- 1)^{l} \sum_{j = 0}^{l} (\binom{l + 1}{j}) (k + j + 1) B_{k + j} (- t) \\ = (- 1)^{k} (k + l + 2) (k + l + 1) t^{k + l} \end{aligned}$
に拡張されている. この記事では, それらの結果を双対数列に対して一般化したSunの定理を示す.
以下, 数列は $0$ 番目から始まるものとする.

双対数列

数列 $a_{n}$ に対し,
$\begin{array}{r} a_{n}^{*} := \sum_{k = 0}^{n} (- 1)^{k} (\binom{n}{k}) a_{k} \end{array}$
によって定義される数列 $a_{n}^{*}$ を $a_{n}$ の双対数列という.

以下は基本的な性質である.

$a_{n}$ の指数型母関数を,
$\begin{array}{r} f (t) := \sum_{0 \leq n} \frac{a_{n}}{n!} t^{n} \end{array}$
とするとき,
$\begin{aligned} \sum_{0 \leq n} \frac{a_{n}^{*}}{n!} t^{n} & = e^{t} f (- t) \end{aligned}$
が成り立つ.

定義から,
$\begin{aligned} \sum_{0 \leq n} \frac{a_{n}^{*}}{n!} t^{n} & = \sum_{0 \leq n} \frac{t^{n}}{n!} \sum_{k = 0}^{n} (- 1)^{k} (\binom{n}{k}) a_{k} \\ = \sum_{0 \leq n, k} a_{k} \frac{(- t)^{k}}{k!} \frac{t^{n - k}}{(n - k)!} \\ = e^{t} f (- t) \end{aligned}$
となって示される.

ここから双対数列の双対数列は元の数列に一致する, つまり $a_{n}^{* *} = a_{n}$ であることが従う. 例として, Bernoulli数の指数型母関数は

$\begin{aligned} \frac{t}{e^{t} - 1} & = \sum_{0 \leq n} \frac{B_{n}}{n!} t^{n} \end{aligned}$
によって与えられる.
$\begin{aligned} f (t) := \frac{t}{1 - e^{- t}} & = \sum_{0 \leq n} \frac{(- 1)^{n} B_{n}}{n!} t^{n} \end{aligned}$
とすると, $f (t) = e^{t} f (- t)$ である. つまり, $(- 1)^{n} B_{n}$ の双対は再び $(- 1)^{n} B_{n}$ である. このような数列は自己双対であると呼ばれる.

数列 $a_{n}$ に対して,
$\begin{aligned} A_{n} (x) & := \sum_{k = 0}^{n} (- 1)^{k} (\binom{n}{k}) a_{k} x^{n - k} \\ A_{n}^{*} (x) & := \sum_{k = 0}^{n} (- 1)^{k} (\binom{n}{k}) a_{k}^{*} x^{n - k} \end{aligned}$
によって多項式 $A_{n} (x), A_{n}^{*} (x)$ を定義する. 定義より,
$\begin{aligned} A_{n + 1}^{'} (x) & = \sum_{k = 0}^{n} (- 1)^{k} (\binom{n + 1}{k}) a_{k} (n + 1 - k) x^{n - k} \\ = (n + 1) A_{n} (x) \end{aligned}$
が成り立つ. これらはBernoulli数に対するBernoulli多項式を一般化したものである.

Sun(2003)

$k, l$ が自然数, $x + y + z = 1$ のとき,
$\begin{aligned} (- 1)^{k} \sum_{j = 0}^{k} (\binom{k}{j}) x^{k - j} \frac{A_{l + j + 1} (y)}{l + j + 1} + (- 1)^{l} \sum_{j = 0}^{l} (\binom{l}{j}) x^{l - j} \frac{A_{k + j + 1}^{*} (z)}{k + j + 1} \\ = \frac{a_{0} (- x)^{k + l + 1} k! l!}{(k + l + 1)!} \end{aligned}$
が成り立つ. また,
$\begin{aligned} (- 1)^{k} \sum_{j = 0}^{k} (\binom{k}{j}) x^{k - j} A_{l + j} (y) & = (- 1)^{l} \sum_{j = 0}^{l} (\binom{l}{j}) x^{l - j} A_{k + j}^{*} (z) \end{aligned}$
と
$\begin{array}{r} (- 1)^{k} \sum_{j = 0}^{k + 1} (\binom{k + 1}{j}) x^{k - j + 1} (l + j + 1) A_{l + j} (y) + (- 1)^{l} \sum_{j = 0}^{l + 1} (\binom{l + 1}{j}) x^{l - j + 1} (k + j + 1) A_{k + j}^{*} (z) = 0 \end{array}$
が成り立つ.

1つ目の式を $z = 1 - x - y$ として $y$ に関して偏微分すると2つ目の式になり, さらに偏微分して $k, l$ を $k + 1, l + 1$ に置き換えると3つ目の式になる. よって, 1つ目の式を示せば十分である. 証明の方針としては, 両辺に現れる $a_{n}$ の係数を比較することを考える.
1つ補題を用意する.

非負整数 $i, k, l$ に対して,
$\begin{aligned} \sum_{j = 0}^{l} (\binom{l}{j}) (\binom{k + j}{i}) (- 1)^{l - j} (1 + t)^{k + j - i} & = \sum_{j = 0}^{k} (\binom{k}{j}) (\binom{l + j}{i}) t^{l + j - i} \end{aligned}$
が成り立つ.

$\begin{aligned} \sum_{j = 0}^{l} (\binom{l}{j}) (- 1)^{l - j} (1 + t)^{k + j} & = t^{l} (1 + t)^{k} \\ = \sum_{j = 0}^{k} (\binom{k}{j}) t^{l + j} \end{aligned}$
の両辺を $t$ に関して $i$ 階微分し, $i!$ で割れば良い.

定理1の証明

$\begin{aligned} (- 1)^{k} \sum_{j = 0}^{k} (\binom{k}{j}) x^{k - j} \frac{A_{l + j + 1} (y)}{l + j + 1} + (- 1)^{l} \sum_{j = 0}^{l} (\binom{l}{j}) x^{l - j} \frac{A_{k + j + 1}^{*} (z)}{k + j + 1} \\ = (- 1)^{k} \sum_{j = 0}^{k} (\binom{k}{j}) \frac{x^{k - j}}{l + j + 1} (a_{0} y^{l + j + 1} + \sum_{i = 0}^{l + j} (- 1)^{i + 1} (\binom{l + j + 1}{i + 1}) a_{i + 1} y^{l + j + 1 - (i + 1)}) \\ + (- 1)^{l} \sum_{j = 0}^{l} (\binom{l}{j}) \frac{x^{l - j}}{k + j + 1} \sum_{r = 0}^{k + j + 1} (- 1)^{r} (\binom{k + j + 1}{r}) a_{r}^{*} z^{k + j + 1 - r} \\ = c a_{0} + \sum_{i = 0}^{k + l} c_{i} (- 1)^{i + 1} \frac{a_{i + 1}}{i + 1} \end{aligned}$
ここで,
$\begin{aligned} c & = (- 1)^{k} \sum_{j = 0}^{k} (\binom{k}{j}) x^{k - j} \frac{y^{l + j + 1}}{l + j + 1} \\ + (- 1)^{l} \sum_{j = 0}^{l} (\binom{l}{j}) \frac{x^{l - j}}{k + j + 1} \sum_{r = 0}^{k + j + 1} (- 1)^{r} (\binom{k + j + 1}{r}) z^{k + j + 1 - r} \\ = (- 1)^{k} \sum_{j = 0}^{k} (\binom{k}{j}) x^{k - j} \frac{y^{l + j + 1}}{l + j + 1} \\ + (- 1)^{l} \sum_{j = 0}^{l} (- 1)^{k + j + 1} (\binom{l}{j}) \frac{x^{l - j}}{k + j + 1} (1 - z)^{k + j + 1} \\ c_{i} & = (- 1)^{k} \sum_{j = 0}^{k} (\binom{k}{j}) x^{k - j} (\binom{l + j}{i}) y^{l + j - i} \\ + (- 1)^{l} \sum_{j = 0}^{l} (\binom{l}{j}) \frac{x^{l - j}}{k + j + 1} \sum_{i < r \leq k + j + 1} (\binom{k + j + 1}{r}) (- 1)^{r} (\binom{r}{i + 1}) (i + 1) z^{k + j + 1 - r} \end{aligned}$
であり, $c_{i}$ の2つ目の項は
$\begin{aligned} (- 1)^{l} \sum_{j = 0}^{l} (\binom{l}{j}) \frac{x^{l - j}}{k + j + 1} \sum_{i < r \leq k + j + 1} (\binom{k + j + 1}{r}) (- 1)^{r} (\binom{r}{i + 1}) (i + 1) z^{k + j + 1 - r} \\ = (- 1)^{l} \sum_{j = 0}^{l} (\binom{l}{j}) x^{l - j} \sum_{i < r \leq k + j + 1} \frac{(k + j)!}{(k + j + 1 - r)! i! (r - i - 1)!} (- 1)^{r} z^{k + j + 1 - r} \\ = (- 1)^{l} \sum_{j = 0}^{l} (- 1)^{k + j + 1} (\binom{l}{j}) (\binom{k + j}{i}) x^{l - j} \sum_{i < r \leq k + j + 1} (\binom{k + j - i}{r - 1 - i}) (- z)^{k + j + 1 - r} \\ = (- 1)^{l} \sum_{j = 0}^{l} (- 1)^{k + j + 1} (\binom{l}{j}) (\binom{k + j}{i}) x^{l - j} (1 - z)^{k + j - i} \end{aligned}$
となるので, $x \neq 0$ のとき, 補題3から
$\begin{aligned} \frac{(- 1)^{k} c_{i}}{x^{k + l - i}} & = \sum_{j = 0}^{k} (\binom{k}{j}) (\binom{l + j}{i}) {(\frac{y}{x})}^{l + j - i} \\ - \sum_{j = 0}^{l} (- 1)^{l - j} (\binom{l}{j}) (\binom{k + j}{i}) {(1 + \frac{y}{x})}^{k + j - i} \\ = 0 \end{aligned}$
である. $x = 0$ の場合も直接代入することによって $c_{i} = 0$ である. 最後に $c$ を求める.
$\begin{aligned} (- 1)^{k} c & = \sum_{j = 0}^{k} (\binom{k}{j}) x^{k - j} \frac{y^{l + j + 1}}{l + j + 1} - \sum_{j = 0}^{l} (\binom{l}{j}) \frac{(- x)^{l - j}}{k + j + 1} (1 - z)^{k + j + 1} \\ = \sum_{j = 0}^{k} (\binom{k}{j}) x^{k - j} \int_{0}^{y} t^{l + j} d t - \sum_{j = 0}^{l} (\binom{l}{j}) (- x)^{l - j} \int_{0}^{x + y} t^{k + j} d t \\ = \int_{0}^{y} t^{l} (x + t)^{k} d t - \int_{0}^{x + y} t^{k} (t - x)^{l} d t \\ = \int_{x}^{x + y} t^{k} (t - x)^{l} d t - \int_{0}^{x + y} t^{k} (t - x)^{l} d t \\ = - \int_{0}^{x} t^{k} (t - x)^{l} d t \\ = (- 1)^{l + 1} x^{k + l + 1} \frac{k! l!}{(k + l + 1)!} \end{aligned}$
ここで, 最後の等号はベータ積分による.