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{align}
\sum_{j=0}^k\binom{k+1}j(k+j+1)B_{k+j}=0
\end{align}
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{align}
(-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{align}
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{align}
&(-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{align}
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.
数列$a_n$に対し,
\begin{align}
a_n^*:=\sum_{k=0}^n(-1)^k\binom nka_k
\end{align}
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{align}
f(t):=\sum_{0\leq n}\frac{a_n}{n!}t^n
\end{align}
とするとき,
\begin{align}
\sum_{0\leq n}\frac{a_n^*}{n!}t^n&=e^tf(-t)
\end{align}
が成り立つ.
定義から,
\begin{align}
\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 nka_k\\
&=\sum_{0\leq n,k}a_k\frac{(-t)^k}{k!}\frac{t^{n-k}}{(n-k)!}\\
&=e^tf(-t)
\end{align}
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{align}
\frac{t}{e^t-1}&=\sum_{0\leq n}\frac{B_n}{n!}t^n
\end{align}
によって与えられる.
\begin{align}
f(t):=\frac{t}{1-e^{-t}}&=\sum_{0\leq n}\frac{(-1)^nB_n}{n!}t^n
\end{align}
とすると, $f(t)=e^tf(-t)$である. つまり, $(-1)^nB_n$の双対は再び$(-1)^nB_n$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{align}
A_n(x)&:=\sum_{k=0}^n(-1)^k\binom nka_kx^{n-k}\\
A^*_n(x)&:=\sum_{k=0}^n(-1)^k\binom nka_k^*x^{n-k}
\end{align}
によって多項式$A_n(x),A_n^*(x)$を定義する. 定義より,
\begin{align}
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{align}
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.
$k,l$が自然数, $x+y+z=1$のとき,
\begin{align}
&(-1)^k\sum_{j=0}^k\binom kjx^{k-j}\frac{A_{l+j+1}(y)}{l+j+1}+(-1)^l\sum_{j=0}^l\binom ljx^{l-j}\frac{A_{k+j+1}^*(z)}{k+j+1}\\
&=\frac{a_0(-x)^{k+l+1}k!l!}{(k+l+1)!}
\end{align}
が成り立つ. また,
\begin{align}
(-1)^k\sum_{j=0}^k\binom kjx^{k-j}A_{l+j}(y)&=(-1)^l\sum_{j=0}^l\binom ljx^{l-j}A_{k+j}^*(z)
\end{align}
と
\begin{align}
(-1)^k\sum_{j=0}^{k+1}\binom{k+1}jx^{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{align}
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{align}
\sum_{j=0}^l\binom lj\binom{k+j}i(-1)^{l-j}(1+t)^{k+j-i}&=\sum_{j=0}^k\binom kj\binom{l+j}it^{l+j-i}
\end{align}
が成り立つ.
\begin{align}
\sum_{j=0}^l\binom lj(-1)^{l-j}(1+t)^{k+j}&=t^l(1+t)^k\\
&=\sum_{j=0}^k\binom kjt^{l+j}
\end{align}
の両辺を$t$に関して$i$階微分し, $i!$で割れば良い.
\begin{align}
&(-1)^k\sum_{j=0}^k\binom kjx^{k-j}\frac{A_{l+j+1}(y)}{l+j+1}+(-1)^l\sum_{j=0}^l\binom ljx^{l-j}\frac{A_{k+j+1}^*(z)}{k+j+1}\\
&=(-1)^k\sum_{j=0}^k\binom kj\frac{x^{k-j}}{l+j+1}\left(a_0y^{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)}\right)\\
&\qquad+(-1)^l\sum_{j=0}^l\binom lj\frac{x^{l-j}}{k+j+1}\sum_{r=0}^{k+j+1}(-1)^r\binom{k+j+1}ra_r^{*}z^{k+j+1-r}\\
&=ca_0+\sum_{i=0}^{k+l}c_i(-1)^{i+1}\frac{a_{i+1}}{i+1}
\end{align}
ここで,
\begin{align}
c&=(-1)^k\sum_{j=0}^k\binom kjx^{k-j}\frac{y^{l+j+1}}{l+j+1}\\
&\qquad+(-1)^l\sum_{j=0}^l\binom lj\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 kjx^{k-j}\frac{y^{l+j+1}}{l+j+1}\\
&\qquad+(-1)^l\sum_{j=0}^l(-1)^{k+j+1}\binom lj\frac{x^{l-j}}{k+j+1}(1-z)^{k+j+1}\\
c_i&=(-1)^k\sum_{j=0}^k\binom kjx^{k-j}\binom{l+j}iy^{l+j-i}\\
&\qquad+(-1)^l\sum_{j=0}^l\binom lj\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{align}
であり, $c_i$の2つ目の項は
\begin{align}
&(-1)^l\sum_{j=0}^l\binom lj\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 ljx^{l-j}\sum_{i< r\leq k+j+1}\frac{(k+j)!}{(k+j+1-r)!i!(r-i-1)!}(-1)^rz^{k+j+1-r}\\
&=(-1)^l\sum_{j=0}^l(-1)^{k+j+1}\binom lj\binom{k+j}ix^{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 lj\binom{k+j}ix^{l-j}(1-z)^{k+j-i}
\end{align}
となるので, $x\neq 0$のとき, 補題3から
\begin{align}
\frac{(-1)^kc_i}{x^{k+l-i}}&=\sum_{j=0}^k\binom kj\binom{l+j}i\left(\frac yx\right)^{l+j-i}\\
&\qquad-\sum_{j=0}^l(-1)^{l-j}\binom lj\binom{k+j}i\left(1+\frac yx\right)^{k+j-i}\\
&=0
\end{align}
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{align}
(-1)^kc&=\sum_{j=0}^k\binom kjx^{k-j}\frac{y^{l+j+1}}{l+j+1}-\sum_{j=0}^l\binom lj\frac{(-x)^{l-j}}{k+j+1}(1-z)^{k+j+1}\\
&=\sum_{j=0}^k\binom kjx^{k-j}\int_0^yt^{l+j}\,dt-\sum_{j=0}^l\binom lj(-x)^{l-j}\int_0^{x+y}t^{k+j}dt\\
&=\int_0^yt^{l}(x+t)^k\,dt-\int_0^{x+y}t^{k}(t-x)^ldt\\
&=\int_x^{x+y}t^k(t-x)^l\,dt-\int_0^{x+y}t^{k}(t-x)^ldt\\
&=-\int_0^{x}t^{k}(t-x)^ldt\\
&=(-1)^{l+1}x^{k+l+1}\frac{k!l!}{(k+l+1)!}
\end{align}
ここで, 最後の等号はベータ積分による.
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