多項式関数の根における微分係数についての等式の別証

　以前、こちらの記事で以下の等式を示しました。

$K$ を体とし、 $a_{1}, \dots, a_{n} \in K$ を相異なる $2$ 個以上の元とする。 $f (x) = (x - a_{1}) \dots (x - a_{n})$ とおくと
$\sum_{i = 1}^{n} \frac{1}{f^{'} (a_{i})} = 0$
が成り立つ。

　この等式、計算上成り立つことは分かったのですが、直感的に納得できるような解釈は得られていませんでした。今回、良い感じのものが見つかったので、別証という形で述べたいと思います。ただし、複素数の場合限定です。鍵となるのは逆関数の微分です。

定理1の別証(

K = C

の場合)

　 $f (x)$ は重根を持たないから、各 $i$ に対して $f^{'} (a_{i}) \neq 0$ である。よって、各 $i$ に対し、 $x = a_{i}$ のある近傍 $U_{i}$ 上で $f (x)$ は逆関数を持つ。それを $g_{i} (y)$ とおく。ここで、各 $U_{i}$ を十分小さくとり、 $U_{1}, \dots, U_{n}$ がどの2つも共通部分を持たないとして良い。 $g_{i} (0) = a_{i}$ であり、 $g_{i}$ は $y = 0$ の近傍 $V_{i} := f (U_{i})$ 上で定義される。 $V_{i}$ たちの共通部分を $V$ とすれば、 $V$ は $0$ の近傍で、 $V$ 上で $g_{1} (y), \dots, g_{n} (y)$ が定義される。
　さて、逆関数の微分の公式より
$g_{i}^{'} (0) = \frac{1}{f^{'} (a_{i})} (i = 1, \dots, n)$
である。したがって、示すべき式は
$g_{1}^{'} (0) + \dots + g_{n}^{'} (0) = 0$
と表せる。さらに $h (y) = g_{1} (y) + \dots + g_{n} (y)$ とおけば(これは $V$ 上で定義される)、示すべき式は
$h^{'} (0) = 0$
である。
　任意に $t \in V$ をとり、 $h (t)$ を考える。 $g_{i} (y)$ は $f (x)$ の逆関数であったから、 $f (g_{i} (t)) = t$ である。また、 $g_{i} (t) \in U_{i}$ であるので、 $g_{1} (t), \dots, g_{n} (t)$ は相異なる。したがって、方程式 $f (x) = t$ は、相異なる $n$ 個の解
$x = g_{1} (t), \dots, g_{n} (t)$
を持つ。ここで $f (x) = x^{n} + c_{n - 1} x^{n - 1} + \dots + c_{0}$ とおけば、解と係数の関係から、
$h (t) = g_{1} (t) + \dots + g_{n} (t) = - c_{n - 1}$
である(ここで $n ≧ 2$ を用いている)。以上により、 $h (y)$ は $V$ 上定数であるので、 $h^{'} (0) = 0$ を得る。

　分かりにくいかもしれませんが、「2次以上の多項式に定数を加えても、根の総和は変わらない」というのが本質的な部分です。この視点で見れば、 $n ≧ 2$ という仮定は自然なものであると分かります。
　複素数限定とはいえ、(個人的には)納得感のある証明ができたので、スッキリしました。

　同じ考え方で、別の等式を得ることもできます。証明と同じ記号を用いると、例えば $n ≧ 3$ のとき
$h_{2} (y) := \sum_{i < j} g_{i} (y) g_{j} (y)$
は $V$ 上定数となることが上の証明と同様にして分かります。したがって、
$\begin{array}{rcl} 0 & = & h_{2}^{'} (0) \\ = & \sum_{i < j} (g_{i}^{'} (0) g_{j} (0) + g_{i} (0) g_{j}^{'} (0)) \\ = & \sum_{i \neq j} g_{i}^{'} (0) g_{j} (0) (i \neq j であるようなすべての組 (i, j) にわたって和をとる) \\ = & \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j \neq i} \frac{a_{j}}{f^{'} (a_{i})} (２つめの Σ では、 i 以外のすべての j について和をとる) \\ = & \sum_{i = 1}^{n} \frac{(a_{1} + \dots + a_{n}) - a_{i}}{f^{'} (a_{i})} \\ = & \sum_{i = 1}^{n} \frac{- c_{n - 1} - a_{i}}{f^{'} (a_{i})} \\ = & - c_{n - 1} \sum_{i = 1}^{n} \frac{1}{f^{'} (a_{i})} - \sum_{i = 1}^{n} \frac{a_{i}}{f^{'} (a_{i})} \end{array}$

　ここで、最右辺の第1項は定理1より $0$ となります。したがって、
$\sum_{i = 1}^{n} \frac{a_{i}}{f^{'} (a_{i})} = 0$
となります。これはこちらの記事で既に示した等式ですが、複素数の場合の別証が得られたことになります。
　 $n ≧ 4$ として $h_{3} (y) = \sum_{i < j < k} g_{i} (y) g_{j} (y) g_{k} (y)$ を考えるなど、同様に考えていくことができますが、同じように以前示した等式が得られるものと思われます。

(2024/9/6 追記)

　さらに別証を紹介します。こちらは微分係数の形ではなく

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

の形で考えるものです。ここで、 $K$ は任意の体とします。

$V (a_{1}, \dots, a_{n}) = \prod_{i < j} (a_{j} - a_{i})$
とし、与式の左辺を分母が $V (a_{1}, \dots, a_{n})$ になるように通分したものを
$\sum_{i = 1}^{n} \frac{1}{\prod_{j \neq i} (a_{i} - a_{j})} = \frac{φ (a_{1}, \dots, a_{n})}{V (a_{1}, \dots, a_{n})}$
とおく。左辺は対称式なので右辺も対称式。さらに $V (a_{1}, \dots, a_{n})$ は交代式なので、 $φ (a_{1}, \dots, a_{n})$ も交代式である。したがって、 $φ (a_{1}, \dots, a_{n})$ は $V (a_{1}, \dots, a_{n})$ で割り切れる。
　一方、通分の過程を考えれば、 $φ (a_{1}, \dots, a_{n})$ の次数は $V (a_{1}, \dots, a_{n})$ の次数より小さいことが分かる。したがって、 $φ (a_{1}, \dots, a_{n}) = 0$ , すなわち
$\sum_{i = 1}^{n} \frac{1}{\prod_{j \neq i} (a_{i} - a_{j})} = 0$
を得る。