Euler作用素で作る手頃な級数について

あいさつ

んちゃ！
今回はEuler作用素$\theta\coloneqq z\frac{d}{dz}:C^{\omega}\rightarrow C^{\omega}$を用いて遊ぶよ！

概要

まず$\theta$で遊ぼうでは、Euler作用素と(第二種)Sterling数との関係性について手短に話します。
$\theta$で遊んでみようでは簡単な初等関数に前節で得た知識を応用してみます。
$\theta$で工作しようでは文献MULTIPLE INTEGRAL REPRESENTATION OF BINOMIAL COEFFICIENTSの中で出て来た級数を少しだけ一般化した形の級数を考えます。

$\theta$とsterlingの数との関係

まず以下の問題を考えよう。

多項式$p_{z}\in\mathbb{C}[z]$に対して一般Euler作用素$\Theta(p)\coloneqq p(z)\frac{d}{dz}$を考える。
そして多項式列$\{p_{n}(z)\}_{\in\mathbb{N}}\subset\mathbb{C}[z]$に対して以下の様な計算を行う。
\begin{equation} \forall N\in\mathbb{N}:\forall f\in C^{\omega}:\prod_{n=1}^{N}\Theta(p_{n})f(z)=\sum_{n=1}^{N}C(N,n)(z)f^{(n)}(z) \end{equation}
ここで$C(N,n)(z)\in \mathbb{C}[z]$を満たすある多項式とする。
問題：$C(N,n)$の満たす漸化式を求めよ。

[1]具体的に計算すれば良い。
\begin{eqnarray} \prod_{n=1}^{N+1}\Theta(p_{n})f(z)&=&p_{N+1}(z)\frac{d}{dz}\sum_{n=1}^{N}C(N,n)(z)f^{(n)}(z)\\ &=&p_{N+1}(z)C^{'}(N,1)(z)f^{(1)}(z)+\sum_{n=2}^{N}p_{N+1}(z)\{C^{'}(N,n)(z)+C(N,n-1)(z)\}f^{(n)}(z)+p_{N+1}(z)C(N,N)f^{(N+1)}(z) \end{eqnarray}
[2]まとめると以下の漸化式を得る。
\begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} C(N+1,1)(z)=p_{N+1}(z)C^{'}(N,1)(z)\\ C(N+1,n)(z)=p_{N+1}(z)\{C^{'}(N,n)(z)+C(N,n-1)(z)\}\quad(n=2,3,...,N)\\ C(N+1,N+1)(z)=p_{N+1}(z)C(N,N) \end{array} \right. \end{eqnarray}

特に$p(z)\coloneqq z$とした場合を考えると第2種Sterling数を用いて以下の式を得る。
\begin{equation} \forall N\in\mathbb{N}:\theta^{N}=\sum_{n=1}^{N}S(N,n)z^{n}\frac{d^{n}}{dz^{n}} \end{equation}

[1]$C(N,n)(z)$の漸化式より、ある数列$\hat{S}(N,n)$がに存在して$C(N,n)(z)=\hat{S}(N,n)z^{n}$を満たす事が分かる。
[2]また直接代入する事で下記の計算が出来る。
\begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} \hat{S}(N,1)=1\\ \hat{S}(N,n)=(N-1)S(N-1,n)+S(N-1,n-1)\quad(n=2,3,...,N-1)\\ \hat{S}(N,N)=1 \end{array} \right. \end{eqnarray}
[3]この漸化式は第2種Sterling数そのものなので$\hat{S}(N,n)=S(N,n)$を得る。

$\theta$で遊んでみよう

例えば次の様な問題を考えてみましょう。

$\theta^{N}\log{(1-z)}$を求める事で以下の式を証明せよ。
\begin{equation} \sum_{n=1}^{\infty}n^{N-1}z^{n}=\sum_{n=1}^{N}(n-1)!S(N,n)\frac{z^{n}}{(1-z)^{n}}\quad(|z|\lt 1) \end{equation}

\begin{eqnarray} -\theta^{N}\log{(1-z)}&=&-\sum_{n=1}^{N}S(N,n)z^{n}\frac{d^{n}}{dz^{n}}\log{(1-z)}\\ &=&\sum_{n=1}^{N}(n-1)!S(N,n)\frac{z^{n}}{(1-z)^{n}}\\ &=&\sum_{n=1}^{\infty}n^{N-1}z^{n} \end{eqnarray}
また収束半径については次の様にして計算できる。
\begin{eqnarray} \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{n^{N-1}}{(n+1)^{N-1}}&=&\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{(1+\frac{1}{n})^{N-1}}\\ &=&1 \end{eqnarray}

$\theta^{N}e^{z}$を求める事で以下の式を証明せよ。
\begin{equation} \sum_{n=0}^{\infty}\frac{n^{N}}{n!}z^{n}=\sum_{n=1}^{N}S(N,n)z^{n}e^{z} \end{equation}

\begin{eqnarray} \theta^{N}e^{z}&=&\sum_{n=1}^{N}S(N,n)z^{n}\frac{d^{n}}{dz^{n}}e^{z}\\ &=&\sum_{n=1}^{N}S(N,n)z^{n}e^{z}\\ &=&\sum_{n=0}^{\infty}\frac{n^{N}}{n!}z^{n} \end{eqnarray}

$\theta^{N}(1-z)^{-\lambda}$を求める事で以下の式を証明せよ。
\begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} \sum_{n=0}^{\infty}\frac{n^{N}(\lambda)_{n}}{n!}z^{n}=(1-z)^{-(\lambda+N)}\sum_{p=1}^{N}(-1)^{p}C_{N,\lambda}(p)z^{p}\\ C_{N,\lambda}(p)\coloneqq\sum_{q=1}^{p}(-1)^{q}\begin{pmatrix}N-q\\p-q\end{pmatrix}S(N,q)(\lambda)_{q} \end{array} \right. \end{eqnarray}

\begin{eqnarray} \theta^{N}(1-z)^{-\lambda}&=&\sum_{n=1}^{N}S(N,n)z^{n}\frac{d^{n}}{dz^{n}}(1-z)^{-\lambda}\\ &=&\sum_{n=1}^{N}S(N,n)(\lambda)_{n}z^{n}(1-z)^{-(\lambda+n)}\\ &=&(1-z)^{-(\lambda+N)}\sum_{n=1}^{N}S(N,n)(\lambda)_{n}z^{n}(1-z)^{(N-n)}\\ &=&(1-z)^{-(\lambda+N)}\sum_{n=1}^{N}\sum_{m=0}^{N-n}(-1)^{m}\begin{pmatrix}N-n\\m\end{pmatrix}S(N,n)(\lambda)_{n}z^{n+m}\\ &=&(1-z)^{-(\lambda+N)}\sum_{p=1}^{N}z^{p}\sum_{q=1}^{p}(-1)^{p-q}\begin{pmatrix}N-q\\p-q\end{pmatrix}S(N,q)(\lambda)_{q}\\ &=&(1-z)^{-(\lambda+N)}\sum_{p=1}^{N}(-1)^{p}z^{p}\sum_{q=1}^{p}(-1)^{q}\begin{pmatrix}N-q\\p-q\end{pmatrix}S(N,q)(\lambda)_{q}\\ &=&\sum_{n=0}^{\infty}\frac{n^{N}(\lambda)_{n}}{n!}z^{n} \end{eqnarray}

$\theta$で工作しよう

数列$\{A_{n}\}_{n\in\mathbb{N_{0}}},\{\alpha_{n}\}_{n\in\mathbb{N}_{0}},\{\alpha_{n}\}_{n\in\mathbb{N}_{0}}\subset\mathbb{C}$について以下の式が成り立つ。
\begin{equation} \sum_{n=0}^{\infty}t^{n}A_{n}\prod_{k=1}^{N}\frac{\Gamma(\alpha_{k}n+1)\Gamma(\beta_{k}+1)}{\Gamma(\alpha_{k}n+\beta_{k}+1)}=\prod_{k=1}^{N}\beta_{k}\int_{0}^{1}dz_{k}(1-z_{k})^{\beta_{k}-1}\sum_{n=0}^{\infty}A_{n}(tz_{k}^{\alpha_{k}})^{n}\quad(|z|\lt|\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{A_{n}}{A_{n+1}}|) \end{equation}

[1]
\begin{eqnarray} \sum_{n=0}^{\infty}t^{n}A_{n}\prod_{k=1}^{N}\frac{\Gamma(\alpha_{k}n+1)\Gamma(\beta_{k}+1)}{\Gamma(\alpha_{k}n+\beta_{k}+1)}&=&\sum_{n=0}^{\infty}t^{n}A_{n}\prod_{k=1}^{N}\beta_{k}\int_{0}^{1}dz_{k}z_{k}^{\alpha_{k}n}(1-z_{k})^{\beta_{k}-1}\\ &=&\prod_{k=1}^{N}\beta_{k}\int_{0}^{1}dz_{k}(1-z_{k})^{\beta_{k}-1}\sum_{n=0}^{\infty}A_{n}(tz_{k}^{\alpha_{k}})^{n} \end{eqnarray}
ただし、$\sum,\prod$の交換に関しては以下の性質を用いた。
\begin{eqnarray} \sum_{k=1}^{K}A_{k}\prod_{l=1}^{L}B_{l}\int_{a}^{b}dz_{l}f_{l}(z_{l})g_{l,k}(z_{l})&=& \sum_{k=1}^{K}A_{k}\prod_{l=1}^{L}B_{l}\lim_{M\rightarrow\infty}\frac{b-a}{M}\sum_{m=1}^{M}f_{l}(a+m\frac{b-a}{M})g_{l,k}(a+m\frac{b-a}{M})\\ &=&\prod_{l=1}^{L}B_{l}\lim_{M\rightarrow\infty}\frac{b-a}{M}\sum_{m=1}^{M}f_{l}(a+m\frac{b-a}{M}) \sum_{k=1}^{K}A_{k}g_{l,k}(a+m\frac{b-a}{M})\\ &=&\prod_{l=1}^{L}B_{l}\int_{a}^{b}dz_{l}f_{l}(z_{l})\sum_{k=1}^{K}A_{k}g_{l,k}(z_{l}) \end{eqnarray}
[2]収束半径$R$については下記のように計算すればよい。
\begin{eqnarray} R&=&\lim_{n\rightarrow\infty}|\frac{A_{n}}{A_{n+1}}\prod_{k=1}^{N}\frac{(\alpha_{k}n+\beta_{k}+1)_{\alpha_{k}}}{(\alpha_{k}n+1)_{\alpha_{k}}}|\\ &=&\lim_{n\rightarrow\infty}|\frac{A_{n}}{A_{n+1}}| \end{eqnarray}

上記の式において$A_{n}\coloneqq\frac{n^{N}}{n!}$とするとどうなるか答えよ。

\begin{eqnarray} \sum_{n=0}^{\infty}t^{n}\frac{n^{N}}{n!}\prod_{k=1}^{N}\frac{\Gamma(\alpha_{k}n+1)\Gamma(\beta_{k}+1)}{\Gamma(\alpha_{k}n+\beta_{k}+1)}&=&\prod_{k=1}^{N}\beta_{k}\int_{0}^{1}dz_{k}(1-z_{k})^{\beta_{k}-1}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{n^{N}}{n!}(tz_{k}^{\alpha_{k}})^{n}\quad(|z|\lt\infty)\\ &=&\prod_{k=1}^{N}\beta_{k}\int_{0}^{1}dz_{k}(1-z_{k})^{\beta_{k}-1}\sum_{n=0}^{N}S(N,n)(tz_{k}^{\alpha_{k}})^{n}e^{tz_{k}^{\alpha_{k}}} \end{eqnarray}

皆んなへの宿題

上記の計算を使って遊ぶ事!

補遺

数列$\{c_{n}\}_{n\in\mathbb{N}_{0}}\subset\mathbb{C}$によって定まる級数$f(z)\coloneqq\sum_{n=0}^{\infty}c_{n}z^{n}$の収束半径は$R=\limsup{\frac{1}{|c_{n}|^{\frac{1}{n}}}}$で与えられる。

[1]まず三角不等式により下記の様に計算する。
\begin{eqnarray} |f(z)|&\leq&\sum_{n=0}^{\infty}|c_{n}||z|^{n}\\ &=&\sum_{n=0}^{\infty}(|c_{n}|^{\frac{1}{n}}|z|)^{n}\\ &=&\sum_{n=0}^{N-1}(|c_{n}|^{\frac{1}{n}}|z|)^{n}+\sum_{n=N}^{\infty}(|c_{n}|^{\frac{1}{n}}|z|)^{n} \end{eqnarray}
[2]次に$\overline{\lambda}_{N}\coloneqq\sup\{|c_{N}|^{\frac{1}{N}},|c_{N+1}|^{\frac{1}{N+1}},...\}$の様に定める。すると$|z|\lt\frac{1}{\overline{\lambda_{N}}}$であれば以下の不等式が得られる。
\begin{eqnarray} |f(z)|&\leq&\sum_{n=0}^{N-1}(|c_{n}|^{\frac{1}{n}}|z|)^{n}+\sum_{n=N}^{\infty}(|c_{n}|^{\frac{1}{n}}|z|)^{n}\\ &\leq&\sum_{n=0}^{N-1}(|c_{n}|^{\frac{1}{n}}|z|)^{n}+\sum_{n=N}^{\infty}(\overline{\lambda_{N}}|z|)^{n}\\ &=&\sum_{n=0}^{N-1}(|c_{n}|^{\frac{1}{n}}|z|)^{n}+\frac{(\overline{\lambda_{N}}|z|)^{N}}{1-\overline{\lambda_{N}|z|}}\\ &\lt&\infty \end{eqnarray}
[3]$\lim_{N\rightarrow\infty}\overline{\lambda_{N}}\coloneqq\overline{\lambda}$とすると、$\forall \epsilon\gt 0:\exists n_{0}\in\mathbb{N}\ s.t.\ \forall N\in\mathbb{N}(n_{0}\lt N):\overline{\lambda}\leq\overline{\lambda_{N}}\lt\overline{\lambda}+\epsilon$
\begin{eqnarray} |z|\lt\frac{1}{\overline{\lambda}+\epsilon}\lt\frac{1}{\overline{\lambda_{N}}}\lt\frac{1}{\overline{\lambda}} \end{eqnarray}
[4]$\epsilon\rightarrow0$として$|z|\lt\frac{1}{\limsup|c_{n}|^{\frac{1}{n}}}$ならば与えられた級数が絶対収束する事が示された。

複素数列$\{c_{n}\}_{n\in\mathbb{N}}$について、$\lim_{N\rightarrow\infty}|\frac{c_{N+1}}{c_{N}}|\coloneqq\lambda$とすると以下の式が成り立つ。
\begin{equation} \lambda=\lim_{N\rightarrow\infty}|c_{N}|^{\frac{1}{N}} \end{equation}

極限の定義より$\forall \epsilon\gt0:\exists n_{0}\in\mathbb{N}\ s.t.\ \forall N\in\mathbb{N}(n_{0}\lt N):\lambda-\epsilon\lt|\frac{c_{N+1}}{c_{N}}|\lt\lambda+\epsilon$が成立する。
ゆえに以下の不等式を得る。
\begin{equation} (\lambda-\epsilon)^{N}|c_{n_{0}}|\lt(\lambda-\epsilon)^{N-1}|c_{n_{0}+1}|\cdots\lt(\lambda-\epsilon)|c_{n_{0}+N-1}|\lt|c_{n_{0}+N}|\lt(\lambda+\epsilon)|c_{n_{0}+N-1}|\lt\cdots\lt(\lambda+\epsilon)^{N-1}|c_{n_{0}+1}|\lt(\lambda+\epsilon)^{N}|c_{n_{0}}| \end{equation}
これからさらに以下の不等式を得る。
\begin{equation} \{(\lambda-\epsilon)^{N}|c_{n_{0}}|\}^{\frac{1}{n_{0}+N}}\lt|c_{n_{0}+N}|^{\frac{1}{n_{0}+N}}\lt\{(\lambda+\epsilon)^{N}|c_{n_{0}}|\}^{\frac{1}{n_{0}+N}} \end{equation}
ゆえに$\epsilon\rightarrow0,N(\epsilon)\rightarrow\infty$として挟み撃ちの原理より$\lambda=\lim_{N\rightarrow\infty}|c_{N}|^{\frac{1}{N}}$を得る。