MZVにチャレンジするのだNo.1
あいさつ
んちゃ！
前からずっとやってみたいと思っていたMZVにチャレンジするのだ。
以下の記事を参考にして本記事は作成致しました。
なるべく一次ソースを読んでから本記事を読むようにしてください。
前半部分は概要
後半部分はコネクタをオリジナルで作れないか考察を行っていきます。
それではよろしくお願いいたします。
表記法
まずは表記について簡単にまとめておくね。
\begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} J_{a}=\prod_{k=1}^{a}\mathbb{Z}_{\geq 0}\\ I_{a}=\prod_{k=1}^{a}\mathbb{Z}_{\geq 1}\\ I_{a}^{'}=\{\vb*{k}=(k_{1},k_{2},...,k_{a})\in I_{a}|k_{a}\geq 2\}\\ J_{0}=I_{0}=I_{0}^{'}=\{\varnothing\}\\ \mathcal{I}=\sqcup_{a=1}^{\infty}I_{a}\\ \mathcal{I}^{'}=\sqcup_{a=1}^{\infty}I_{a}\\ \mathcal{I}_{0}=\sqcup_{a=0}^{\infty}I_{a} \end{array} \right. \end{eqnarray}
$\vb*{k}=(k_{1},k_{2},...,k_{a})\in I_{a}$の事をインデックスという。
また、$\vb*{k}=(k_{1},k_{2},...,k_{a})\in I_{a}^{'}$の事を許容インデックスという。
インデックス$\vb*{k}=(k_{1},k_{2},..,k_{a})\in I_{a}$に対して$wt(\vb*{k})=\sum_{i=1}^{a}k_{i}$をインデックス$\vb*{k}$の重みという。
インデックス$\vb*{k}=(k_{1},k_{2},...,k_{a})\in I_{a}$に対して次の様な演算を定める。
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
\vb*{k}_{\rightarrow}=(k_{1},k_{2},...,k_{a},1)\\
{}_{\leftarrow}\vb*{k}=(1,k_{1},k_{2},...,k_{a})
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
\vb*{k}_{\uparrow}=(k_{1},k_{2},...,k_{a}+1)\\
{}_{\uparrow}\vb*{k}=(k_{1}+1,k_{2},...,k_{a})
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
\vb*{k}_{\downarrow}=(k_{1},k_{2},...,k_{a}-1)\\
{}_{\downarrow}\vb*{k}=(k_{1}-1,k_{2},...,k_{a})
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
また、$\square$を$\uparrow,\leftarrow,\downarrow,\rightarrow$のいずれかとし、$\square^{n}$と書いたときは
$\square$を$n$回作用させることを意味するものとする。
なお特別な場合として、次の様な記号を定める。
\begin{equation}
\{A\}^{a}=\varnothing_{(\rightarrow,\uparrow^{A-1})^{a}}=(A,A,...,A)
\end{equation}
インデックス$\vb*{k}=(k_{1},k_{2},...,k_{a})\in I_{a}$に対して次の様な演算をインデックス$\vb*{k}$の反転と呼ぶ。
\begin{equation}
\overline{\vb*{k}}=(k_{a},k_{a-1},...,k_{1})
\end{equation}
$a$次元ベクトル$\vb*{n}=(n_{1},...,n_{a}),\vb*{\gamma}=(\gamma_{1},...,\gamma_{a})\in\mathbb{R}^{a}$に対して、次に様な演算を定める。これを拡張べきと呼ぶ。
\begin{equation}
\vb*{n}^{\vb*{\gamma}}=\prod_{k=1}^{a}n_{k}^{\gamma_{k}}
\end{equation}
拡張べきは次の性質を満たす。
\begin{equation}
\forall \vb*{n},\vb*{\alpha},\vb*{\beta}\in\mathbb{R}^{a}:\vb*{n}^{\vb*{\alpha}}\vb*{n}^{\vb*{\beta}}=\vb*{n}^{\vb*{\alpha}+\vb*{\beta}}
\end{equation}
次の様に記号を定める。
\begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} \vb*{n}=(n_{1},..,n_{a})\\ \vb*{\alpha}=(\alpha_{1},...,\alpha_{a})\\ \vb*{\beta}=(\beta{1},...,\beta{a}) \end{array} \right. \end{eqnarray}
すると次の様に計算ができるので上の定理は示された。
\begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} (左辺)=\vb*{n}^{\vb*{\alpha}}\vb*{n}^\vb*{\beta}=\prod_{k=1}^{a}n_{k}^{\alpha_{k}}\prod_{l=1}^{a}n_{l}^{\beta_{l}}=\prod_{k=1}^{a}n^{\alpha_{k}+\beta_{k}}\\ (右辺)=\prod_{k=1}^{a}n^{\alpha_{k}+\beta_{k}} \end{array} \right. \end{eqnarray}
以下$\vb*{n}=(n_{1},..,n_{a}),\vb*{\alpha}=(\alpha_{1},...,\alpha_{a})\in\mathbb{R}^{a},\vb*{m}=(m_{1},...,m_{b}),\vb*{\beta}=(\beta_{1},...,\beta_{b})\in\mathbb{R}^{b}$に対して以下の様な積を定める。
\begin{equation}
\vb*{n}^{\vb*{\alpha}}\vb*{m}^{\vb*{\beta}}=\sum_{\substack{1\leq k\leq a\\ 1\leq l\leq b}}n_{k}^{\alpha_{k}}m_{l}^{\beta_{l}}
\end{equation}
この拡張スカラー化積はスカラー積の様に座標の取り方に依らずに値が不変であるとかそんなことは無いです。
連結和法と皆大好きコネクター
参考文献：Hoffmanの恒等式を参考にまずは連結和法とは何か抜粋しておこう。
- 連結和 (connected sum) と呼ばれるこの証明法のキーを発見する。
- 連結和の輸送関係式 (transport relation) を示す。
- 連結和の境界条件 (boundary condition) を確認する。
- 輸送関係式を繰り返し用いてインデックスを輸送してできた等式に境界条件を適用する。
この連結和法について具体例で見ていこう。
そのために、この節では余余余さんの記事の冒頭の級数：(n!m!/(n+m)!)²が含まれる級数を示してみようと思う。
＊まずは、余余余さんの記事を参照してください。
式(余余余★)を証明しよう。
インデックス$\vb*{k}=(k_{1},...,k_{a})\in I_{a}\subset \mathcal{I},\vb*{l}=(l_{1},...,l_{b})\in J_{b}\in\mathcal{I}_{0}$に対して、次の様な級数を連結和と言います。
\begin{equation}
Z(\vb*{k};\vb*{l})=\sum_{\substack{0\lt n_{1}\lt\cdots\lt n_{a}\\0\lt m_{1}\lt \cdots\lt m_{b}}}\frac{1}{\vb*{n}^{\vb*{k}}}C(n_{a},m_{b})\frac{1}{\vb*{m}^{\vb*{l}}}
\end{equation}
この級数で$C(n_{a},m_{b})$の事をコネクターと言います。
このコネクターにより、次の式が成り立つように定義されています。
\begin{equation}
Z(\vb*{k}_{\uparrow};\vb*{l})=Z(\vb*{k},\vb*{l}_{\rightarrow})
\end{equation}
定義5で与えられた連結和に出てきたコネクター$C(n_{a},m_{b})$は次の様な形で与えらる。
\begin{equation}
C(n_{a},m_{b})=\frac{n_{a}!m_{b}!}{(n_{a}+m_{b})!}
\end{equation}
[1]示すべきことを確認する：
\begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} \displaystyle Z(\vb*{k}_{\uparrow};\vb*{l})=\sum_{\substack{0\lt n_{1}\lt\cdots\lt n_{a}\\0\lt m_{1}\lt \cdots\lt m_{b}}}\frac{1}{\vb*{n}^{\vb*{k}}}\frac{C(n_{a},m_{b})}{n_{a}}\frac{1}{\vb*{m}^{\vb*{l}}}\\ \displaystyle Z(\vb*{k};\vb*{l}_{\rightarrow})=\sum_{\substack{0\lt n_{1}\lt\cdots\lt n_{a}\\0\lt m_{1}\lt \cdots\lt m_{b}\lt m_{b+1}}}\frac{1}{\vb*{n}^{\vb*{k}}}\frac{C(n_{a},m_{b+1})}{m_{b+1}}\frac{1}{\vb*{m}^{\vb*{l}}} \end{array} \right. \end{eqnarray}
より
\begin{eqnarray} Z(\vb*{k}_{\uparrow};\vb*{l})-Z(\vb*{k};\vb*{l}_{\rightarrow})&=&\sum_{\substack{0\lt n_{1}\lt\cdots\lt n_{a}\\0\lt m_{1}\lt \cdots\lt m_{b}}}\frac{1}{\vb*{n}^{\vb*{k}}\vb*{m}^{\vb*{l}}}\{\frac{C(n_{a},m_{b})}{n_{a}}-\sum_{m_{b}\leq m_{b+1}}\frac{C(n_{a},m_{b+1})}{m_{b+1}}\}\\ &=&0 \end{eqnarray}
ゆえに、$C(n_{a},m_{b})$が次式を満たすことを確認すればいい。
\begin{equation} \frac{C(n_{a},m_{b})}{n_{a}}=\sum_{m_{b}\lt m_{b+1}}\frac{C(n_{a},m_{b+1})}{m_{b+1}} \end{equation}
[2]実際に示す：
\begin{eqnarray} \sum_{m_{b}\lt m_{b+1}}\frac{C(n_{a},m_{b+1})}{m_{b+1}}&=&\sum_{m_{b}\lt m_{b+1}}\frac{n_{a}!m_{b+1}!}{m_{b+1}(n_{a}+m_{b+1})!}\\ &=&\sum_{m_{b}\lt m_{b+1}}\frac{n_{a}!(m_{b+1}-1)!}{(n_{a}+m_{b+1})!}\\ &=&\frac{1}{n_{a}}\sum_{m_{b}\lt m_{b+1}}n_{a}\frac{n_{a}!m_{b+1}!}{(n_{a}+m_{b+1})!}\\ &=&\frac{1}{n_{a}}\sum_{m_{b}\lt m_{b+1}}(\frac{n_{a}!(m_{b+1}-1)!}{(n_{a}+m_{b+1}-1)!}-\frac{n_{a}m_{b+1}!}{(n_{a}+m_{b+1})!})\\ &=&\frac{1}{n_{a}}\frac{n_{a}!m_{b}!}{(n_{a}+m_{b}!)}\\ &=&\frac{C(n_{a},m_{b})}{n_{a}} \end{eqnarray}
上記の様な連結和が定まった事で、直ちに次の様な輸送関係式を得る。
\begin{equation}
Z(\vb*{k}_{\uparrow^{n}};\varnothing)=Z(\vb*{k};\{1\}^{n})
\end{equation}
\begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} \displaystyle \zeta{(3)}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{3}}=Z(3;\varnothing)\\ \displaystyle \sum_{0\lt n,m}\frac{1}{nm^{2}}\frac{n!m!}{(n+m)!}=Z(2;1) \end{array} \right. \end{eqnarray}
[1]確認事項1
\begin{eqnarray} Z(3,\varnothing)&=&\sum_{0\lt n}\frac{1}{n^{3}}Z=\zeta{(3)} \end{eqnarray}
[2]確認事項2
\begin{eqnarray} Z(2;1)&=&\sum_{0\lt n,m}\frac{1}{n^{2}}\frac{n!m!}{(n+m)!}\frac{1}{m}\\ \end{eqnarray}
得られた式の$m,n$の総和の範囲は一致しているので文字を入れ替えて証明が完了する。
上記の輸送関係式から実は次の様な等式が得られていることは面白い
式(余余余★★)を証明しよう
式(余余余★)で証明した連結和を用いよう。
\begin{equation} C(n_{a},m_{b})=(\frac{n_{a}!m_{b}!}{(n_{a}+m_{b})!})^{2} \end{equation}
このコネクターを用いた場合は下記の様な輸送関係式を満たす。
任意のインデックス$\vb*{k}\in\mathcal{I},\vb*{l}\in\mathcal{I}_{0}$に対して以下の漸化式が成り立つ。
\begin{equation}
Z(\vb*{k}_{\uparrow^{2}};\vb*{l})=Z(\vb*{k};\vb*{l}_{\rightarrow\uparrow})+2Z(\vb*{k}_{\uparrow};\vb*{l}_{\rightarrow})
\end{equation}
[1]示すべきことを確認する：
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
\displaystyle Z(\vb*{k}_{\uparrow^{2}};\vb*{l})=\sum_{\substack{0\lt n_{1}\lt\cdots \lt n_{a}\\0\lt m_{1}\lt \cdots\lt m_{b}}}\frac{1}{\vb*{n}^{\vb*{k}}}\frac{C(n_{a},m_{b})}{n_{a}^{2}}\frac{1}{\vb*{m}^{\vb*{l}}}\\
\displaystyle Z(\vb*{k};\vb*{l}_{\rightarrow\uparrow})+2Z(\vb*{k}_{\uparrow};\vb*{l}_{\rightarrow})=\sum_{\substack{0\lt n_{1}\lt\cdots \lt n_{a}\\0\lt m_{1}\lt \cdots\lt m_{b}}}\frac{1}{\vb*{n}^{k}}C(n_{a},m_{b+1})(\frac{1}{m_{b+1}^{2}}+\frac{2}{n_{a}m_{b}})\frac{1}{\vb*{m}^{\vb*{l}}}
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
より以下の式を得る。
\begin{eqnarray}
Z(\vb*{k}_{\uparrow^{2}};\vb*{l})-\{Z(\vb*{k};\vb*{l}_{\rightarrow\uparrow})+2Z(\vb*{k}_{\uparrow};\vb*{l}_{\rightarrow})\}&=&\sum_{\substack{0\lt n_{1}\lt\cdots \lt n_{a}\\0\lt m_{1}\lt \cdots\lt m_{b}}}\frac{1}{\vb*{n}^{\vb*{k}}\vb*{m}^{\vb*{l}}}\{\frac{C(n_{a},m_{b})}{n_{a}^{2}}-\sum_{m_{b}\lt m_{b+1}}C(n_{a},m_{b+1})(\frac{1}{m_{b+1}^{2}}+\frac{2}{n_{a}m_{b+1}})\}\\
&=&0
\end{eqnarray}
ゆえに示すべきことは次の式：
\begin{equation}
\frac{C(n_{a},m_{b})}{n_{a}^{2}}=\sum_{m_{b}\lt m_{b+1}}C(n_{a},m_{b+1})(\frac{1}{m_{b+1}^{2}}+\frac{2}{n_{a}m_{b+1}})
\end{equation}
[2]
\begin{eqnarray}
\sum_{m_{b}\lt m_{b+1}}C(n_{a},m_{b+1})(\frac{1}{m_{b+1}^{2}}+\frac{2}{n_{a}m_{b+1}})&=&\sum_{m_{b}\lt m_{b+1}}(\frac{n_{a}!m_{b+1}!}{(n_{a}+m_{b+1})!})^{2}(\frac{1}{m_{b+1}^{2}}+\frac{2}{n_{a}m_{b+1}})\\
&=&\sum_{m_{b}\lt m_{b+1}}\frac{1}{n_{a}^{2}}\{(\frac{n_{a}!(m_{b+1}-1)!}{(n_{a}+m_{b+1}-1)!})^{2}-(\frac{n_{a}!m_{b+1}!}{(n_{a}+m_{b+1})!})^{2}\}\\
&=&\frac{1}{n_{a}^{2}}(\frac{n_{a}!m_{b}!}{(n_{a}+m_{b})!})^{2}\\
&=&\frac{1}{n_{a}^{2}}C(n_{a},m_{b})
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} Z(3;\varnothing)=\zeta{(3)}\\ Z(1;2)+2(2,1)=3\sum_{0\lt n,m}\frac{1}{nm^{2}}(\frac{n!m!}{(n+m)!})^{2} \end{array} \right. \end{eqnarray}
[1]前者は明らか
[2]後者
\begin{eqnarray} Z(1;2)+2Z(2;1)&=&\sum_{0\lt n,m}(\frac{1}{nm^{2}}+\frac{2}{n^{2}m})(\frac{n!m!}{(n+m)!})^{2}\quad (m,nの対称性を利用)\\ &=&3\sum_{0\lt n,m}\frac{1}{nm^{2}}(\frac{n!m!}{(n+m)!})^{2} \end{eqnarray}
自分でコネクタを考えてみる
少しはオリジナリティを出したいので、少しだけコネクタを考えてみよう。
任意の実数$A\in\mathbb{R}-\{0\}$に対して以下の様なコネクタを定義する。
$C(n_{a},m_{b})=A^{n_{a}+m_{b}}\frac{n_{a}!m_{b}!}{(n_{a}+m_{b})!}$
上記コネクタは下記の漸化式を満たす。
\begin{equation}
C(n_{a},m_{b}-1)-C(n_{a},m_{b})=C(n_{a},m_{b})(\frac{n_{a}}{m_{b}}-\frac{1-A}{A})
\end{equation}
\begin{eqnarray} C(n_{a},m_{b+1}-1)-C(n_{a},m_{b+1})&=&A^{n_{a}+m_{b+1}-1}\frac{n_{a}!(m_{b+1}-1)!}{(n_{a}+m_{b+1})!}(m_{b+1}-A(n_{a}+m_{b+1}))\\ &=&C(n_{a},m_{b+1})(\frac{n_{a}}{m_{b+1}}-\frac{1-A}{A}) \end{eqnarray}
任意のインデックス$\vb*{k}=(k_{1},...,k_{a})\in\mathcal{I},\vb*{l}=(l_{1},...,l_{b})\in\mathcal{I}_{0}$に対して以下の輸送関係式が成り立つ。
\begin{equation}
Z(\vb*{k}_{\uparrow};\vb*{l})=Z(\vb*{k};\vb*{l}_{\rightarrow})-\frac{1-A}{A}Z(\vb*{k}_{\uparrow};\vb*{l}_{\rightarrow\downarrow})
\end{equation}
[1]示すべきことを確認する：
\begin{equation}
Z(\vb*{k}_{\uparrow};\vb*{l})=\sum_{\substack{0\lt n_{1}\lt\cdots \lt n_{a}\\ 0\lt m_{1}\lt\cdots \lt m_{b}}}\frac{1}{\vb*{n}^{\vb*{k}}}\frac{C(n_{a},m_{b})}{n_{a}}\frac{1}{\vb*{m}^{\vb*{l}}}
\end{equation}
\begin{equation}
Z(\vb*{k};\vb*{l}_{\rightarrow})-\frac{1-A}{A}Z(\vb*{k}_{\uparrow};\vb*{l}_{\rightarrow\downarrow})=\sum_{\substack{0\lt n_{1}\lt\cdots \lt n_{a}\\ 0\lt m_{1}\lt\cdots \lt m_{b}}}\frac{1}{\vb*{n}^{\vb*{k}}}\sum_{m_{b}\lt m_{b+1}}C(n_{a},m_{b+1})(\frac{1}{m_{b+1}}-\frac{1-A}{A}\frac{1}{n_{a}})\frac{1}{\vb*{m}^{\vb*{l}}}
\end{equation}
より
\begin{eqnarray}
Z(\vb*{k}_{\uparrow};\vb*{l})-\{Z(\vb*{k};\vb*{l}_{\rightarrow})-\frac{1-A}{A}Z(\vb*{k};\vb*{l}_{\rightarrow\downarrow})\}&=&\sum_{\substack{0\lt n_{1}\lt\cdots \lt n_{a}\\ 0\lt m_{1}\lt\cdots \lt m_{b}}}\frac{1}{\vb*{n}^{\vb*{k}}\vb*{m}^{\vb*{l}}}\{\frac{C(n_{a},m_{b})}{n_{a}}-\sum_{m_{b}\lt m_{b+1}}C(n_{a},m_{b+1})(\frac{1}{m_{b+1}}-\frac{1-A}{A}\frac{1}{n_{a}})\}\\
&=&0
\end{eqnarray}
よって示すべき式は以下の式：
\begin{equation}
\frac{C(n_{a},m_{b})}{n_{a}}=\sum_{m_{b}\lt m_{b+1}}C(n_{a},m_{b+1})(\frac{1}{m_{b+1}}-\frac{1-A}{A}\frac{1}{n_{a}})
\end{equation}
[2]
\begin{eqnarray}
\sum_{m_{b}\lt m_{b+1}}C(n_{a},m_{b})\{\frac{1}{m_{b}}-\frac{1-A}{A}\frac{1}{n_{a}}\}&=&\frac{1}{n_{a}}C(n_{a},m_{b})
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} \displaystyle Z(3;\varnothing)=\sum_{0\lt n}\frac{A^{n}}{n^{3}}\\ Z(2;1)-\displaystyle \frac{1-A}{A}Z(3;0)=\sum_{0\lt n,m}\frac{A^{n+m}}{n^{2}m}\frac{n!m!}{(n+m)!}-\frac{1-A}{A}\sum_{0\lt n,m}\frac{A^{n+m}}{n^{3}}\frac{n!m!}{(n+m)!} \end{array} \right. \end{eqnarray}
代入して計算するだけ。
上記の様に、コネクタから逆算して輸送関係式を導くのは案外簡単にできる。
上記の方法をコネクタによる輸送関係式の導入と呼ぶことにする。
[1]まずコネクタ$C(n_{a},m_{b+1})$を定める。
[2]コネクタの$m_{b+1}$に関する後進差分$C(n_{a},m_{b+1})-C(n_{a},m_{b+1}-1)$を求める。
[3][2]で求めた式を整理して次の形に直す：$\sum_{s}\frac{A_{s}}{n_{a}^{s}}\{C(n_{a},m_{b+1})-C(n_{a},m_{b+1}-1)\}=\sum_{q,r}\frac{B_{qr}}{n_{a}^{q}m_{b+1}^{r}}C(n_{a},m_{b+1})$
[4][3]より$\sum_{s} A_{s}Z(\vb*{k}_{\uparrow^{s}})=\sum_{q,r} B_{qr}Z(\vb*{k}_{\uparrow^{q}};\vb*{l}_{\rightarrow^{r}})$
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