クラウゼン・フォンシュタウトの定理
はじめに
クラウゼン・フォンシュタウトの定理について、備忘録もかねて自分用に書きます。クラウゼン・フォンシュタウトの定理とは大雑把には、ベルヌーイ数の「小数部分」の明示式を与える公式で、具体的には次のようなものです。
$n=1$および$2$以上の偶数$n$に対して、次が成り立つ。
$$B_{n}+\sum_{\substack{p:\text{素数}\\(p-1)|n}}\frac{1}{p}\in\mathbb{Z}$$
それではやっていきます。
定義など
任意の整数$n,m$に対し、第二種スターリング数$\left\{ {n \atop m} \right\} $を初期値$\left\{ {0 \atop 0} \right\}=1,\left\{ {n \atop 0} \right\}=\left\{ {0 \atop m} \right\}=0\ (n,m\neq 0) $、および漸化式$$\left\{ {n+1 \atop m} \right\}=\left\{ {n \atop m-1} \right\}+m\left\{ {n \atop m} \right\}$$により定める。
ベルヌーイ数$B_n$を母関数を用いて次のように定義する。
$$\frac{xe^x}{e^x-1}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{B_n}{n!}x^n$$
$$\frac{x}{e^x-1}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{B_n}{n!}x^n$$
により$B_n$を定義してある文献も多い。この定義だと$B_1=-\frac{1}{2}$になり、この記事で採用してある定義では$B_1=\frac{1}{2}$になる。(その他の項については同じ)
また、ベルヌーイ数は有理数列であり、$B_{2n+1}=0\ (n\in\mathbb{Z}_{>0})$となることにも注意する。
$p$を素数とする。整数$a\ (0< a< p)$が次の条件を満たすとき、$a$を$p$を法とする原始根という。
「$\lbrace a,a^2,\ldots,a^{p-2}\rbrace$はいずれも$p$を法として$1$と合同でない」
フェルマーの小定理から$a^{p-1}\equiv1\pmod p$となることに注意する。すなわち、$a$が原始根であるとは「$a^{n}\equiv1\pmod p$を満たす正整数$n$の最小値(位数)が$p-1$]であることを意味している。
原始根については次の定理が知られています。
任意の素数$p$に対して、$p$を法とする原始根が存在する。
なお、この記事ではこの定理は認めて議論をしていきます。
証明
⑴任意の非負整数$n,m$に対し、次が成り立つ。
$$\left\{ {n \atop m} \right\}=\frac{(-1)^m}{m!}\sum_{l=0}^{m}(-1)^l\binom{m}{l}l^n$$
⑵任意の非負整数$m$に対し、次が成り立つ。
$$\frac{(e^t-1)^m}{m!}=\sum_{n=m}^{\infty}\left\{ {n \atop m} \right\}\frac{t^n}{n!}$$
⑴(右辺)を$a_{n,m}$とおいて、$a_{n,m}$が$\left\{ {n \atop m} \right\}$と同じ初期値、漸化式を満たすことを示せばよい。$a_{0,0}=1,a_{n,0}=0,a_{0,m}=\frac{(-1)^m}{m!}\sum_{l=0}^{m}(-1)^l\binom{m}{l}=0(\because\text{二項定理})$なので初期値についてはOK.
\begin{align}
a_{n,m-1}+ma_{n,m}
&=\frac{(-1)^{m-1}}{(m-1)!}\left(\sum_{l=0}^{m-1}(-1)^l\binom{m-1}{l}l^n-\sum_{l=0}^{m}(-1)^l\binom{m}{l}l^n\right)\\
&=\frac{(-1)^{m-1}}{(m-1)!}\sum_{l=0}^{m}(-1)^ll^n\left(\binom{m-1}{l}-\binom{m}{l}\right)\\
&=\frac{(-1)^{m}}{(m-1)!}\sum_{l=0}^{m}(-1)^l\frac{l}{m}\binom{m}{l}l^n\\
&=\frac{(-1)^{m}}{m!}\sum_{l=0}^{m}(-1)^l\binom{m}{l}l^{n+1}\\
&=a_{n+1,m}
\end{align}
より漸化式についても示された。
⑵⑴の等式を用いる。
\begin{align}
\sum_{n=m}^{\infty}\left\{ {n \atop m} \right\}\frac{t^n}{n!}
&=\sum_{n=0}^{\infty}\left\{ {n \atop m} \right\}\frac{t^n}{n!}\\
&=\frac{(-1)^m}{m!}\sum_{n=0}^{\infty}\left(\sum_{l=0}^{m}(-1)^l\binom{m}{l}l^n\right)\frac{t^n}{n!}\quad(\because⑴)\\
&=\frac{(-1)^m}{m!}\sum_{l=0}^{m}(-1)^l\binom{m}{l}l^n\left(\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(lt)^n}{n!}\right)\\
&=\frac{(-1)^m}{m!}\sum_{l=0}^{m}(-1)^l\binom{m}{l}l^ne^{lt}\\
&=\frac{(-1)^m}{m!}\left(1-e^t\right)^m\quad(\because\text{二項定理})\\
&=\frac{(e^t-1)^m}{m!}\blacksquare
\end{align}
任意の非負整数$n$に対し、次が成り立つ。
$$B_n=(-1)^n\sum_{m=0}^{n}\frac{(-1)^mm!\left\{ {n \atop m} \right\}}{m+1}$$
母関数を用いて証明する。
\begin{align}
\sum_{n=0}^{\infty}B_n\frac{t^n}{n!}
&=\frac{te^t}{e^t-1}\\
&=\frac{-\log(1-(1-e^{-t}))}{1-e^{-t}}\\
&=\sum_{m=1}^{\infty}\frac{(1-e^{-t})^{m-1}}{m}\\
&=\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(1-e^{-t})^{m}}{m+1}\\
&=\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^mm!}{m+1}\frac{(e^{-t}-1)^{m}}{m!}\\
&=\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^mm!}{m+1}\sum_{n=m}^{\infty}\left\{ {n \atop m} \right\}\frac{(-t)^n}{n!}\quad(\because\text{補題3⑵})\\
&=\sum_{n=0}^{\infty}\left((-1)^n\sum_{m=0}^{n}\frac{(-1)^mm!\left\{ {n \atop m} \right\}}{m+1}\right)\frac{t^n}{n!}
\end{align}
両辺、$\frac{t^n}{n!}$で係数比較することで
$$B_n=(-1)^n\sum_{m=0}^{n}\frac{(-1)^mm!\left\{ {n \atop m} \right\}}{m+1}\blacksquare$$
$n=1$および$2$以上の偶数$n$に対して、次が成り立つ。
$$B_{n}+\sum_{\substack{p:\text{素数}\\(p-1)|n}}\frac{1}{p}\in\mathbb{Z}$$
$n=1$のときは$B_1+\frac{1}{2}=1\in\mathbb{Z}$なのでOK.
以下、$n$は$2$以上の偶数とする。前の定理より$a_n(m)=\frac{(-1)^mm!\left\{ {n \atop m} \right\}}{m+1}$とおいたとき$B_n=\sum_{m=0}^{n}a_n(m)$が成り立つ。また、補題3⑴より、$(-1)^mm!\left\{ {n \atop m} \right\}=\sum_{l=0}^{m}(-1)^l\binom{m}{l}l^n\in\mathbb{Z}$となることに注意する。
証明の方針として、次の①②③を示していく。
①$m+1$が合成数のとき、$a_n(m)\in\mathbb{Z}$
②$m+1=p$(素数)かつ$(p-1)|n$のとき、$(-1)^mm!\left\{ {n \atop m} \right\}\equiv -1\pmod p$
③$m+1=p$(素数)かつ$(p-1)\nmid n$のとき、$(-1)^mm!\left\{ {n \atop m} \right\}\equiv 0\pmod p$
実際、これらが示されたとすると、ある整数$r_n(m),s_n(m)$が存在して②のとき$a_n(m)=r_n(m)-\frac{1}{p}$、③のとき$a_n(m)=s_n(m)$となるので
\begin{align}
B_n&=\sum_{m=0}^{n}a_n(m)\\
&=\sum_{\substack{m+1:\text{合成数}\\0< m\leq n}}a_n(m)+\sum_{\substack{m+1=p\ (\text{素数})\\(p-1)\mid n}}a_n(m)+\sum_{\substack{m+1=p\ (\text{素数})\\(p-1)\nmid n}}a_n(m)\\
&=\sum_{\substack{m+1:\text{合成数}\\0< m\leq n}}a_n(m)+\sum_{\substack{p:\text{素数}\\(p-1)\mid n}}a_n(p-1)+\sum_{\substack{p:\text{素数}\\(p-1)\nmid n}}a_n(p-1)\\
&=\left(\sum_{\substack{m+1:\text{合成数}\\0< m\leq n}}a_n(m)+\sum_{\substack{p:\text{素数}\\(p-1)\mid n}}r_n(p-1)+\sum_{\substack{p:\text{素数}\\(p-1)\nmid n}}s_n(p-1)\right)-\sum_{\substack{p:\text{素数}\\(p-1)\mid n}}\frac{1}{p}
\end{align}
と出来て、最後の大きな括弧の中身は整数なので
$$B_{n}+\sum_{\substack{p:\text{素数}\\(p-1)|n}}\frac{1}{p}\in\mathbb{Z}$$
が示される。
以上の議論より①②③を示せばよい。
①$m+1$が合成数のとき、$m+1=ab,\ (1< a,b< m)$と書けているとする。
$a\neq b$ならば$ab$は$m! $を割るので、$a_n(m)\in\mathbb{Z}$.
$a=b$のとき、
$2a\leq m$ならば$a$および$2a$が$m! $を割るので、$a_n(m)\in\mathbb{Z}$.
$2a>m$ならば$2a\geq m+1=a^2\geq 2a$より、$a^2=2a$.$a\neq 0$より$a=2,m=3$となる。このとき
\begin{align}
(-1)^mm!\left\{ {n \atop m} \right\}
&=\sum_{l=0}^{3}(-1)^l\binom{3}{l}l^n\quad(\because\text{補題3⑴})\\
&=-3+3\cdot2^n-3^n\\
&\equiv1-(-1)^n\\
&\equiv 0\pmod {4=m+1}\quad(\because n\text{は偶数})
\end{align}
よって、$a_n(m)\in\mathbb{Z}$.以上より①が示された。
次に$m+1=p$(素数)とする。このとき
\begin{align}
\binom{p-1}{l}=\frac{(p-1)!}{l!(p-l-1)!}=\frac{(p-1)(p-2)\cdots(p-l)}{l!}=\frac{(-1)^ll!}{l!}=(-1)^l
\end{align}
であることに注意すると
\begin{align}
(-1)^mm!\left\{ {n \atop m} \right\}
&=\sum_{l=0}^{p-1}(-1)^l\binom{p-1}{l}l^n\quad(\because\text{補題3⑴})\\
&=\sum_{l=0}^{p-1}l^n
\end{align}
となる。
②$(p-1)\mid n$のとき、$n$は$p-1$の倍数なのでフェルマーの小定理から
$$\sum_{l=0}^{p-1}l^n=\sum_{l=0}^{p-1}(l^{p-1})^{\frac{n}{p-1}}\equiv p-1\equiv -1\pmod p$$
よって$(-1)^mm!\left\{ {n \atop m} \right\}\equiv -1\pmod p$となり②が示された。
③$(p-1)\nmid n$のとき、法$p$の原始根$c$をとる。(原始根の存在定理よりとれる)このとき、
$$\left\lbrace \overline{cl}\in(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})^{\times}\big|l=1,2,\ldots,p-1\right\rbrace=\left\lbrace\overline{1},\overline{2},\ldots,\overline{p-1}\right\rbrace$$
が成り立つことと、$c^n\not\equiv1\pmod p$に注意すると
\begin{align}
&\sum_{l=0}^{p-1}(cl)^n\equiv\sum_{l=0}^{p-1}l^n\pmod p\\
\Rightarrow&(c^n-1)\sum_{l=0}^{p-1}l^n\equiv0\pmod p
\end{align}
$(c^n-1)\not\equiv0$であるから
$$(-1)^mm!\left\{ {n \atop m} \right\}
=\sum_{l=0}^{p-1}l^n\equiv0$$
となって③が示された$\blacksquare$
上の定理より、ベルヌーイ数$B_{2n}\ (n\in\mathbb{Z}_{>0})$を既約分数で表したときの分母が次で表されることが分かる。
$$\prod_{\substack{p:\text{素数}\\(p-1)|(2n)}}p$$
参考文献
- 荒川恒男,伊吹山知義,金子昌信「ベルヌーイ数とゼータ関数ー整数論の風景ー」
