Chaundy-Bullardの恒等式
今回は以下の恒等式を示す.
\begin{align} 1=(1-x)^{n+1}\sum_{k=0}^m\binom{n+k}kx^k+x^{m+1}\sum_{k=0}^n\binom{m+k}k(1-x)^k \end{align}
二項定理より,
\begin{align}
(x+y)^{m+n+1}&=\sum_{k=0}^{m+n+1}\binom{m+n+1}kx^ky^{m+n+1-k}\\
&=\sum_{k=0}^{m}\binom{m+n+1}kx^ky^{m+n+1-k}+\sum_{k=0}^n\binom{m+n+1}kx^{m+n+1-k}y^k
\end{align}
である. $y=1-x$とすると,
\begin{align}
1&=(1-x)^{n+1}\sum_{k=0}^{m}\binom{m+n+1}kx^k(1-x)^{m-k}+x^{m+1}\sum_{k=0}^n\binom{m+n+1}kx^{n-k}(1-x)^k
\end{align}
を得る. 両辺に$(1-x)^{-n-1}$を掛けると,
\begin{align}
(1-x)^{-n-1}&=\sum_{k=0}^{m}\binom{m+n+1}kx^k(1-x)^{m-k}+(1-x)^{-n-1}x^{m+1}\sum_{k=0}^n\binom{m+n+1}kx^{n-k}(1-x)^k
\end{align}
となる. ここで, 一般二項定理
\begin{align}
(1-x)^{-n-1}=\sum_{k=0}^{\infty}\binom{n+k}kx^k
\end{align}
を代入して,
\begin{align}
\sum_{k=0}^{\infty}\binom{n+k}kx^k&=\sum_{k=0}^{m}\binom{m+n+1}kx^k(1-x)^{m-k}+(1-x)^{-n-1}x^{m+1}\sum_{k=0}^n\binom{m+n+1}kx^{n-k}(1-x)^k
\end{align}
を得るが, 右辺の第1項は$x$に関して$m$次以下の部分, 右辺の第2項は$x$に関して$m+1$以上の部分であるから, 両辺の$x$に関して$m$次以下の部分を取り出すと,
\begin{align}
\sum_{k=0}^{m}\binom{n+k}kx^k=\sum_{k=0}^{m}\binom{m+n+1}kx^k(1-x)^{m-k}
\end{align}
を得る. これを先ほど示した式
\begin{align}
1&=(1-x)^{n+1}\sum_{k=0}^{m}\binom{m+n+1}kx^k(1-x)^{m-k}+x^{m+1}\sum_{k=0}^n\binom{m+n+1}kx^{n-k}(1-x)^k
\end{align}
に代入すると,
\begin{align}
1&=(1-x)^{n+1}\sum_{k=0}^{m}\binom{n+k}kx^k+x^{m+1}\sum_{k=0}^{n}\binom{m+k}k(1-x)^k
\end{align}
となって示すべき等式が得られた.
証明の途中に現れた等式
\begin{align}
\sum_{k=0}^{m}\binom{n+k}kx^k=\sum_{k=0}^{m}\binom{m+n+1}kx^k(1-x)^{m-k}
\end{align}
は超幾何級数を用いて
\begin{align}
\F21{-m,n+1}{-m}x&=(1-x)^m\F21{-m,-m-n-1}{-m}{\frac{x}{x-1}}
\end{align}
と書き換えることができる. これはPfaffの変換公式
\begin{align}
\F21{a,b}{c}{x}&=(1-x)^{-a}\F21{a,c-b}{c}{\frac{x}{x-1}}
\end{align}
の特別な場合である.
以下のように, 母関数を用いる証明もある.
\begin{align}
\sum_{0\leq m,n}u^mv^n(1-x)^{n+1}\sum_{k=0}^m\binom{n+k}kx^k&=\frac{1-x}{1-u}\sum_{0\leq n}(v(1-x))^n\sum_{0\leq k}\binom{n+k}k(ux)^k\\
&=\frac{1-x}{(1-u)(1-ux)}\sum_{0\leq n}\left(\frac{v(1-x)}{1-ux}\right)^n\\
&=\frac{1-x}{(1-u)(1-ux)}\frac 1{1-\frac{v(1-x)}{1-ux}}\\
&=\frac{1-x}{(1-u)(1-ux-v(1-x))}
\end{align}
$u,v$を入れ替えて, $x\mapsto 1-x$とすると,
\begin{align}
\sum_{0\leq m,n}u^mv^nx^{n+1}\sum_{k=0}^m\binom{n+k}k(1-x)^k&=\frac{x}{(1-v)(1-ux-v(1-x))}
\end{align}
を得る. よって, 上の式と足し合わせると,
\begin{align}
&\sum_{0\leq m,n}u^mv^n\left((1-x)^{n+1}\sum_{k=0}^m\binom{n+k}kx^k+x^{n+1}\sum_{k=0}^m\binom{n+k}k(1-x)^k\right)\\
&=\frac{1-x}{(1-u)(1-ux-v(1-x))}+\frac{x}{(1-v)(1-ux-v(1-x))}\\
&=\frac 1{(1-u)(1-v)}\\
&=\sum_{0\leq m,n}u^mv^n
\end{align}
より, $u^mv^n$の係数を比較して定理を得る.
以下のように積分を用いる証明もある.
ベータ積分より,
\begin{align}
\frac{m!n!}{(m+n+1)!}&=\int_0^1t^m(1-t)^n\,dt\\
&=\int_0^xt^m(1-t)^n\,dt+\int_x^1t^m(1-t)^n\,dt\\
&=\int_0^xt^m(1-t)^n\,dt+\int_0^{1-x}t^n(1-t)^m\,dt
\end{align}
ここで,
\begin{align}
\int_0^xt^m(1-t)^n\,dt&=x^{m+1}\int_0^1s^m(1-s+(1-x))^n\,ds\\
&=x^{m+1}\sum_{k=0}^n\binom nk(1-x)^k\int_0^1s^{m+k}(1-s)^{n-k}\,ds\\
&=x^{m+1}\sum_{k=0}^n\binom nk(1-x)^k\frac{(m+k)!(n-k)!}{(n+m+1)!}\\
&=\frac{m!n!}{(m+n+1)!}x^{m+1}\sum_{k=0}^n\binom{m+k}k(1-x)^k
\end{align}
であり, $n,m$を入れ替えて$x\mapsto 1-x$とすると,
\begin{align}
\int_0^{1-x}t^n(1-t)^m\,dt&=\frac{m!n!}{(m+n+1)!}(1-x)^{n+1}\sum_{k=0}^m\binom{n+k}kx^k
\end{align}
も得られる. よって, これらを代入すると,
\begin{align}
\frac{m!n!}{(m+n+1)!}=\frac{m!n!}{(m+n+1)!}x^{m+1}\sum_{k=0}^n\binom{m+k}k(1-x)^k+\frac{m!n!}{(m+n+1)!}(1-x)^{n+1}\sum_{k=0}^m\binom{n+k}kx^k
\end{align}
を得る. 両辺を$\frac{m!n!}{(m+n+1)!}$で割って定理を得る.
他にもいくつかの証明が, Koornwinder-Schlosserの論文, On an identity by Chaundy and Bullard. Iにおいて与えられている.
