Flexion unit9: secondary bimould

\begin{align} \bx \osh\by \end{align}
の深さ$r$の部分は, $s=m+n-r$として, $\sh_{\OO}$の中で$\diamond_{\OO}$がちょうど$s$回現れるようなものであることから, $\oz$の$\OO$-symmetral性より,
\begin{align} &\ez_r(\bx \osh\by)\\ &=\sum_{\substack{\ba_1b_1\cdots \ba_sb_s\ba_{s+1}=\bx\\\bc_1d_1\cdots \bc_sd_s\bc_{s+1}=\by}}\ez_r(\ba_1\sh\bc_1,b_1\diamond_{\OO}d_1,\dots,\ba_s\sh\bc_s,b_s\diamond_{\OO} d_s,\ba_{s+1}\sh\bc_{s+1})\\ &=(-1)^s\sum_{\substack{\ba_1b_1\cdots \ba_sb_s\ba_{s+1}=\bx\\\bc_1d_1\cdots \bc_sd_s\bc_{s+1}=\by}}\oz(\ba_1)\oz(\bc_1)\oz(b_1)\oz(d_1)\cdots \oz(\ba_s)\oz(\bc_s)\oz(b_s)\oz(d_s)\oz(\ba_{s+1})\oz(\bc_{s+1})\prod_{i=1}^s\binom{\ell(\ba_i)+\ell(\bc_i)}{\ell(\ba_i)}\\ &=(-1)^s\oz(\bx)\oz(\by)\sum_{\substack{\ba_1b_1\cdots \ba_sb_s\ba_{s+1}=\bx\\\bc_1d_1\cdots \bc_sd_s\bc_{s+1}=\by}}\prod_{i=1}^s\binom{\ell(\ba_i)+\ell(\bc_i)}{\ell(\ba_i)}\\ &=(-1)^s\oz(\bx)\oz(\by)[x^{m-s}y^{n-s}]\sum_{0\leq a_1,\dots,a_{s+1},b_1,\dots,b_{s+1}}\prod_{i=1}^s\binom{a_i+b_i}{a_i}x^{a_i}y^{b_i}\\ &=(-1)^s\oz(\bx)\oz(\by)[x^{m-s}y^{n-s}](1-x-y)^{-s}\\ &=(-1)^s\oz(\bx)\oz(\by)[x^{m-s}y^{n-s}]\sum_{0\leq a,b}\frac{(a+b+s)!}{s!a!b!}x^ay^b\\ &=(-1)^s\oz(\bx)\oz(\by)\frac{(m+n-s)!}{s!(m-s)!(n-s)!}\\ &=\frac{(-1)^{m+n-r}r!}{(m+n-r)!(r-m)!(r-n)!}\oz(\bx)\oz(\by) \end{align}
となって示すべき等式を得る.

\begin{align} f(x_1,\dots,x_r):=\sum_{i=1}^r(x_1,\dots,x_{i-1})\otimes x_i\otimes (x_{i+1},\dots,x_r) \end{align}
とすると,
\begin{align} f(\bx\osh\by)&=\sum_{i=1}^r\sum_{j=0}^s\left(x_1\cdots x_{i-1}\osh y_1\cdots y_j\right)\otimes x_i\otimes(x_{i+1}\cdots x_r\osh y_{j+1}\cdots y_s)+\mathrm{idem}(\bx;\by)\\ &\qquad+\sum_{i=1}^r\sum_{j=1}^s\left(x_1\cdots x_{i-1}\osh y_1\cdots y_{j-1}\right)\otimes (x_i\diamond_{\OO}y_j)\otimes(x_{i+1}\cdots x_r\osh y_{j+1}\cdots y_s)\\ &=\sum_{i=1}^r\sum_{j=0}^s\left(x_1\cdots x_{i-1}\osh y_1\cdots y_j\right)\otimes x_i\otimes(x_{i+1}\cdots x_r\osh y_{j+1}\cdots y_s)\\ &\qquad-\sum_{i=1}^r\sum_{j=1}^s\left(x_1\cdots x_{i-1}\osh y_1\cdots y_{j-1}\right)\otimes \OO(y_j\rfloor_{x_i})({}_{y_j}\lceil x_i)\otimes(x_{i+1}\cdots x_r\osh y_{j+1}\cdots y_s)+\mathrm{idem}(\bx;\by) \end{align}
となる. これに$\ba\otimes b\otimes \bc\mapsto A(\ba\rfloor_b){}_{\ba}\lceil b\rceil{}_{\bc}B({}_b\lfloor \bc)$を適用すれば, 示すべき等式を得る.

補題2において, $A=\oz_a,B=\oz_b$として, 補題1を適用すると, $\bx=(x_1,\dots,x_r),\by=(y_1,\dots,y_s)$に対し,
\begin{align} &\psi_{\oz_a,\oz_b}(\bx\osh\by)\\ &=\sum_{i=1}^r\oz((x_1\cdots x_{i-1})\rfloor_{x_i}){}_{x_1\cdots x_{i-1}}\lceil x_i\rceil_{x_{i+1}\cdots x_r\by}\oz({}_{x_i}\lfloor(x_{i+1}\cdots x_r\by))\\ &\qquad\cdot\Bigg(\sum_{j=0}^s\frac{(-1)^{i+j-a-1}}{(i+j-a-1)!(a-i+1)!)(a-j)!}\frac{(-1)^{r-i+s-j-b}b!}{(r-i+s-j-b)!(b-r+i)!(b-s+j)!}\\ &\qquad\qquad-\sum_{j=1}^s\frac{(-1)^{i+j-a}a!}{(i+j-a-2)!(a-i+1)!(a-j+1)!}\frac{(-1)^{r-i+s-j-b}b!}{(r-i+s-j+b)!(b-r+i)!(b-s+j)!}\Bigg)\\ &\qquad+\mathrm{idem}(\bx;\by) \end{align}
を得る. ここで, この右辺の$\oz((x_1\cdots x_{i-1})\rfloor_{x_i}){}_{x_1\cdots x_{i-1}}\lceil x_i\rceil_{x_{i+1}\cdots x_r\by}\oz({}_{x_i}\lfloor(x_{i+1}\cdots x_r\by))$の係数に$X^{i-1}Y^{r-i}Z^s$を掛けて$1\leq i\leq r,0\leq s$において足し合わせると,
\begin{align} &\sum_{1\leq i\leq r,0\leq s}X^{i-1}Y^{r-i}Z^s\Bigg(\sum_{j=0}^s\frac{(-1)^{i+j-a-1}}{(i+j-a-1)!(a-i+1)!(a-j)!}\frac{(-1)^{r-i+s-j-b}b!}{(r-i+s-j-b)!(b-r+i)!(b-s+j)!}\\ &\qquad\qquad-\sum_{j=1}^s\frac{(-1)^{i+j-a}a!}{(i+j-a-2)!(a-i+1)!(a-j+1)!}\frac{(-1)^{r-i+s-j-b}b!}{(r-i+s-j+b)!(b-r+i)!(b-s+j)!}\Bigg)\\ &=\sum_{0\leq s}Z^s\Bigg(\sum_{j=0}^s\binom ajX^{a-j}(1-X)^j\binom b{s-j}Y^{b+j-s}(1-Y)^{s-j}\\ &\qquad\qquad-\sum_{j=1}^s\binom{a}{j-1}X^{a+1-j}(1-X)^{j-1}\binom{b}{s-j}Y^{b+j-s}(1-Y)^{s-j}\Bigg)\\ &=(1-Z)X^aY^b\left(1+Z\frac{1-X}{X}\right)^a\left(1+Z\frac{1-Y}{Y}\right)^b\\ &=(1-Z)(X+Z(1-X))^a(Y+Z(1-Y))^b \end{align}
である. ここで,
\begin{align} &\sum_{0\leq a,b}\frac 1{a+b+1}(X+Z(1-X))^a(Y+Z(1-Y))^b\\ &=\sum_{0< n}\frac 1n\sum_{a+b=n-1}(X+Z(1-X))^a(Y+Z(1-Y))^b\\ &=\sum_{0< n}\frac 1n\frac{(X+Z(1-X))^n-(Y+Z(1-Y))^n}{(X+Z(1-X))-(Y+Z(1-X))}\\ &=\frac 1{(1-Z)(X-Y)}(-\ln(1-X-Z(1-X))+\ln(1-Y-Z(1-Y)))\\ &=\frac 1{(1-Z)(X-Y)}(-\ln((1-X)(1-Z))+\ln((1-Y)(1-Z)))\\ &=\frac{-\ln(1-X)+\ln(1-Y)}{(1-Z)(X-Y)}\\ \end{align}
となるから,
\begin{align} &\sum_{0\leq a,b}\frac b{a+b+1}(X+Z(1-X))^a(Y+Z(1-Y))^b\\ &=\frac{d}{dY}\frac{-\ln(1-X)+\ln(1-Y)}{(1-Z)(X-Y)}\\ &=\frac{Z+(1-Z)Y}{(1-Z)^2}\frac{d}{dY}\frac{-\ln(1-X)+\ln(1-Y)}{(1-Z)(X-Y)}\\ &\sum_{0\leq a,b}\frac{b+1}{a+b+2}(X+Z(1-X))^a(Y+Z(1-Y))^b\\ &=\frac{1}{(1-Z)^2}\frac{d}{dY}\frac{-\ln(1-X)+\ln(1-Y)}{X-Y} \end{align}
を得る. よって,
\begin{align} &\sum_{0\leq a,b}\frac{b+1}{(a+b+1)(a+b+2)}(1-Z)(X+Z(1-X))^a(Y+Z(1-Y))^b\\ &=(1-Z)\sum_{0\leq a,b}\left(\frac 1{a+b+1}+\frac{b}{a+b+1}-\frac{b+1}{a+b+1}\right)(X+Z(1-X))^a(Y+Z(1-Y))^b\\ &=\frac{-\ln(1-X)+\ln(1-Y)}{X-Y}-(1-Y)\frac{d}{dY}\frac{-\ln(1-X)+\ln(1-Y)}{X-Y} \end{align}
となる.　この$Z^s,s>0$の係数が$0$であることから, $\ell(\by)>0$のとき,
\begin{align} \sum_{0\leq a,b}\frac{b+1}{(a+b+1)(a+b+2)}\psi_{\oz_a,\oz_b}(\bx\osh\by) \end{align}
の$\oz((x_1\cdots x_{i-1})\rfloor_{x_i}){}_{x_1\cdots x_{i-1}}\lceil x_i\rceil_{x_{i+1}\cdots x_r\by}\oz({}_{x_i}\lfloor(x_{i+1}\cdots x_r\by))$の係数は$0$である. 対称性から, $\ell(\bx)>0$のとき, $\oz((\bx y_1\cdots y_{j-1})\rfloor_{y_j}){}_{\bx y_1\cdots y_{j-1}}\lceil y_j\rceil_{y_{j+1}\cdots y_s}\oz({}_{y_j}\lfloor(y_{j+1}\cdots y_s))$の係数も$0$になることから, $\ell(\bx),\ell(\by)>0$のとき,
\begin{align} \sum_{0\leq a,b}\frac{b+1}{(a+b+1)(a+b+2)}\psi_{\oz_a,\oz_b}(\bx\osh\by)=0 \end{align}
である. 前の記事 の定理1から,
\begin{align} &\OO\circ\sum_{0\leq a,b}\frac{b+1}{(a+b+1)(a+b+2)}\psi_{\oz_a,\oz_b}\\ &=\sum_{1\leq r}\frac 1{r(r+1)}\sum_{a+b=r-1}(b+1)\OO\circ\psi_{\oz_a,\oz_b}\\ &=\sum_{1\leq r}\frac 1{r(r+1)}\ro_r \end{align}
となるから,
\begin{align} \sum_{1\leq r}\frac 1{r(r+1)}\ro_r(\bx\osh\by)=0 \end{align}
となって示すべきことが得られた.

前の記事 の命題2において, $f=\e$とすると,
\begin{align} &\der(\invgari(\doss))\\ &=\preari(\invgari(\doss),\ganit(\dO(\e^{-1}))^{-1}(\To(\e^{-1}))) \end{align}
である. ここで, $\e^{-1}(x)=-\ln(1-x)$であるから,
\begin{align} \dO(\e^{-1})=\sum_{0\leq r}\oz_r=\oz \end{align}
であり,
\begin{align} (\e^{-1})_{\#}(x)&=x-\frac{-\ln(1-x)}{\frac{1}{1-x}}\\ &=x+(1-x)\ln(1-x)\\ &=x-\sum_{0\leq r}\frac{1}{r+1}x^{r+1}+\sum_{1\leq r}\frac 1rx^{r+1}\\ &=\sum_{1\leq r}\frac 1{r(r+1)}x^{r+1} \end{align}
であるから,
\begin{align} \To(\e^{-1})&=\sum_{1\leq r}\frac 1{r(r+1)}\ro_r=\sro \end{align}
となる. よって,
\begin{align} \der(\invgari(\doss))&=\preari(\invgari(\doss),\ganit(\oz)^{-1}(\sro)) \end{align}
を得る. 命題3より, $\sro$は$\OO$-alternalであるから, 前の記事 の命題4より,
\begin{align} \ganit(\oz)^{-1}(\sro) \end{align}
はalternalである. よって, 前の記事 の命題3より, $\invgari(\doss)$はsymmetralであるから, $\doss$はsymmetralである.

$\ganit(\ez)(\es)(\varnothing)=\ez(\varnothing)=1$は明らか. $\ell(\bw)>0$とする. $\ell(\ba)<\ell(\bw)$ であるような$\ba$に対して$\ganit(\ez)(\es)(\ba)=\ez(\ba)$が成り立つと仮定すると,
\begin{align} \ganit(\ez)(\es)(\bw)&=\sum_{\substack{1\leq s\\b_1\bc_1\cdots b_s\bc_s=\bw}}\es(b_1\rceil _{\bc_1}\cdots b_s\rceil_{\bc_s})\prod_{i=1}^s\ez({}_{b_i}\lfloor\bc_i)\\ &=\sum_{\substack{0\leq s\\b_1\bc_1\cdots b_{s}\bc_{s}b\bc=\bw}}\es((b_1\rceil _{\bc_1}\cdots b_s\rceil_{\bc_s})\rfloor_b)\prod_{i=1}^s\ez({}_{b_i}\lfloor\bc_i)\EE({}_{b_1\bc_1\cdots b_{s}\bc_{s}}\lceil b\rceil_{\bc})\cdot \ez({}_{b}\lfloor \bc)\\ &=\sum_{\ba b\bc=\bw}\ganit(\ez)(\es)(\ba\rfloor{}_{b})\EE({}_{\ba}\lceil b\rceil_{\bc})\ez({}_{b}\lfloor\bc)\\ &=\sum_{\ba b\bc=\bw}\ez(\ba\rfloor{}_{b})\EE({}_{\ba}\lceil b\rceil_{\bc})\ez({}_{b}\lfloor\bc)\\ &=\ez(\bw) \end{align}
となるので, $\ell(\bw)$に関する帰納法により, $\ganit(\ez)(\es)=\ez$が従う. ここで, 最後の等号は 前の記事 の系1による.

まず,
\begin{align} \mathrm{neg}(\Se(f))&=\mathrm{neg}\left(\expari\left(\sum_{1\leq r}\varepsilon_r^f\re_r\right)\right)\\ &=\expari\left(\sum_{1\leq r}\varepsilon_r^f\mathrm{neg}(\re_r)\right)\\ &=\expari\left(\sum_{1\leq r}(-1)^r\varepsilon_r^f\re_r\right)\\ &=\Se\left(\exp\left(\sum_{1\leq r}(-1)^r\varepsilon_r^fx^{r+1}\frac{d}{dx}\right)(x)\right)\\ &=\Se\left(-\exp\left(\sum_{1\leq r}\varepsilon_r^f(-x)^{r+1}\frac{d}{d(-x)}\right)(-x)\right)\\ &=\Se(-f(-x)) \end{align}
となる. よって, $f=\e$とすると,
\begin{align} \slash(\ess)&=\gari(\Se(e^x-1),\Se(-\ln(1-x)))\\ &=\Se(e^{-\ln(1-x)}-1)\\ &=\Se\left(\frac{x}{1-x}\right)\\ &=\Se\left(\exp\left(x^2\frac{d}{dx}\right)(x)\right)\\ &=\expari(\re_1)\\ &=\es \end{align}
なる. 前の記事 における系3において, $f=\e$とすると, $\crash(\doss)=\dO(e^{-1})=\oz$を得る. よって, $\crash(\dess)=\ez$である. 次に, Ecalleの基本等式( 前の記事 の系1)より,
\begin{align} \slash(\dess)&=\fragari(\mathrm{neg}(\dess),\dess)\\ &=\ganit(\crash(\dess))^{-1}\swap(\fragari(\mathrm{neg}(\oss),\oss))\\ &=\ganit(\ez)^{-1}\swap(\slash(\oss))\\ &=\ganit(\ez)^{-1}\swap(\os)\\ &=\ganit(\ez)^{-1}(\ez)\\ &=\es \end{align}
となる. ここで, 最後の等号は補題5による. 次に, $\swap(\invgira(\ess))=\invgari(\doss)$はsymmetralであるから, 前の記事 の系3と全く同様に
\begin{align} \crash(\ess)&=\anti(\invgira(\ess))\times\invgira(\ess)\\ (\push\circ\swap\circ\invmu\circ\swap)(\ess)&=\anti(\ess) \end{align}
である. ここで, $\girat(\ess)=\gaxit(\ess,\anti(\ess))$であり, $\anti\circ \gaxit(A,B)=\gaxit(\anti(B),\anti(A))\circ\anti$であることを用いると, $\girat(\ess)$は$\anti$と可換であることが分かる. よって,
\begin{align} \girat(\ess)(\crash(\ess))&=\anti(\girat(\ess)(\invgira(\ess)))\times\girat(\ess)(\invgira(\ess))\\ &=\anti(\invmu(\ess))\times\invmu(\ess)\\ &=\mathrm{neg}(\ess)\times\invmu(\ess) \end{align}
を得る. よって, $\gira(\crash(\ess),\ess)=\mathrm{neg}(\ess)$であるから, Ecalleの基本等式( 前の記事 の系1)より,
\begin{align} \crash(\ess)&=\fragira(\mathrm{neg}(\ess),\ess)\\ &=\ganit(\crash(\ess))(\slash(\ess))\\ &=\ganit(\crash(\ess))(\es) \end{align}
となる. これより, 補題5の証明と全く同様に
\begin{align} \crash(\ess)(\bw)&=\sum_{\ba b\bc=\bw}\ganit(\crash(\ess))(\es)(\ba\rfloor{}_{b})\EE({}_{\ba}\lceil b\rceil_{\bc})\crash(\ess)({}_{b}\lfloor\bc)\\ &=\sum_{\ba b\bc=\bw}\crash(\ess)(\ba\rfloor{}_{b})\EE({}_{\ba}\lceil b\rceil_{\bc})\crash(\ess)({}_{b}\lfloor\bc) \end{align}
であるから, $\ell(\bw)$に関する帰納法と 前の記事 の系1より, $\crash(\ess)=\ez$を得る.