オイラー・マクローリンの和公式/オイラー・ブールの和公式

はじめに

　この記事ではオイラー・マクローリンの和公式
$$\sum^{b-1}_{n=a}f(n+h) =\int^b_af(x)dx +\sum^m_{k=0}\frac{B_k(h)}{k!}(f^{(k-1)}(b)-f^{(k-1)}(a)) -\int^b_a\frac{\B_m(h-x)}{m!}f^{(m)}(x)dx$$
とオイラー・ブールの和公式
$$\sum^{b-1}_{n=a}(-1)^nf(n+h) =\frac12\sum^m_{k=0}\frac{E_k(h)}{k!}((-1)^{n-1}f^{(k)}(b)+(-1)^af^{(k)}(a)) +\frac12\int^b_a\frac{\widetilde E_m(h-x)}{m!}f^{(m+1)}(x)dx$$
について簡単にまとめていきます。
　またそれに付随してベルヌーイ多項式・オイラー多項式の基本性質についても簡単にまとめておきます。

ベルヌーイ多項式・オイラー多項式

ベルヌーイ数・オイラー数

$$\frac t{e^t-1}=\sum^\infty_{n=0}\frac{B_n}{n!}t^n,\quad \frac2{e^t+e^{-t}}=\sum^\infty_{n=0}\frac{E_n}{n!}t^n$$
によって定まる数列$B_n,E_n$のことをそれぞれベルヌーイ数・オイラー数と言う。

ベルヌーイ多項式・オイラー多項式

$$\frac{te^{xt}}{e^t-1}=\sum^\infty_{n=0}\frac{B_n(x)}{n!}t^n,\quad \frac{2e^{xt}}{e^t+1}=\sum^\infty_{n=0}\frac{E_n(x)}{n!}t^n$$
によって定まる多項式$B_n(x),E_n(x)$のことをそれぞれベルヌーイ多項式・オイラー多項式と言う。

　以下簡単のため
$$F(x,t)=\frac{te^{xt}}{e^t-1},\quad G(x,t)=\frac{2e^{xt}}{e^t+1}$$
とおく。

隣接関係

\begin{align} B_n(x+1)-B_n(x)&=nx^{n-1}\\ E_n(x+1)+E_n(x)&=2x^n \end{align}

\begin{align} F(x+1,t)-F(x,t)&=\frac{te^{xt}}{e^t-1}(e^t-1)=te^{xt}\\ G(x+1,t)-G(x,t)&=\frac{2e^{xt}}{e^t+1}(e^t+1)=2e^{xt} \end{align}
に注意するとわかる。

相反関係

\begin{alignat}{3} B_n(x)-(-1)^n&B_n(1-x)&&=0\\ E_n(x)-(-1)^n&E_n(1-x)&&=0\\ B_n(x)-(-1)^n&B_n(-x)&&=-nx^{n-1}\\ E_n(x)+(-1)^n&E_n(-x)&&=2x^n\\ \end{alignat}

　上段の二式については
\begin{align} F(1-x,-t)&=-\frac{te^{(x-1)t}}{e^{-t}-1}=\frac{te^{xt}}{e^t-1}\\ G(1-x,-t)&=\frac{2e^{(x-1)t}}{e^{-t}+1}=\frac{2e^{xt}}{e^t+1} \end{align}
が成り立つことからわかる。
　下段の二式についてはこれと命題1を組み合わせることでわかる。

特殊値

$$B_1(1)=\frac12,\quad E_0(1)=1$$
の場合を除いて
\begin{align} B_n(0)&=B_n(1)=B_n\\ -E_n(0)&=E_n(1)=2(2^{n+1}-1)\frac{B_{n+1}}{n+1}\\ B_n(\tfrac12)&=(2^{1-n}-1)B_n\\ E_n(\tfrac12)&=\frac{E_n}{2^n} \end{align}
が成り立つ。

　$B_n(0),E_n(\tfrac12)$については明らか。
　$B_n(\frac12),E_n(0)$については
\begin{align} F(\tfrac12,t) &=\frac{t(e^{\frac t2}+1-1)}{e^t-1}\\ &=2\frac{\frac t2}{e^{\frac t2}-1}-\frac t{e^t-1}\\ G(0,t) &=\frac{2(e^t-1)}{e^{2t}-1}\\ &=\frac{2(e^t+1-2)}{e^{2t}-1}\\ &=\frac2t\l(\frac t{e^t-1}-\frac{2t}{e^{2t}-1}\r) \end{align}
に注意するとわかる。
　$B_n(1),E_n(1)$については命題1において$x=0$とすることでわかる。

展開公式

\begin{align} B_n(x)&=\sum^n_{k=0}\binom nkB_kx^{n-k}\\ B_n(x+\tfrac12)&=\sum^n_{k=0}\binom nk\l(2^{1-k}-1\r)B_kx^{n-k}\\ E_n(x)&=\sum^n_{k=0}\binom nk2(1-2^{k+1})\frac{B_{k+1}}{k+1}x^{n-k}\\ E_n(x+\tfrac12)&=\sum^n_{k=0}\binom nk\frac{E_k}{2^k}x^{n-k} \end{align}

$$F(x+a,t)=F(a,t)e^{xt},\quad G(x+a,t)=F(a,t)e^{xt}$$
から
$$B_n(x+a)=\sum^n_{k=0}\binom nkB_k(a)x^{n-k},\quad E_n(x+a)=\sum^n_{k=0}\binom nkE_k(a)x^{n-k}$$
が成り立つので、これについて$a=0,\frac12$とすることでわかる。

微分公式

$$\frac d{dx}\frac{B_{n+1}(x)}{(n+1)!}=\frac{B_n(x)}{n!},\quad \frac d{dx}\frac{E_{n+1}(x)}{(n+1)!}=\frac{E_n(x)}{n!}$$

\begin{align} \frac d{dx}F(x,t)&=t\c F(x,t)\\ \frac d{dx}G(x,t)&=t\c G(x,t) \end{align}
が成り立つことからわかる。

ベルヌーイ数・オイラー数

　$B_1=-1/2$を除いて
$$B_{2n+1}=E_{2n+1}=0$$
が成り立つ。

$$\frac t{e^t-1}+\frac t2=\frac t2\frac{e^{\frac t2}+e^{-\frac t2}}{e^{\frac t2}-e^{-\frac t2}}$$
および
$$\frac2{e^t+e^{-t}}$$
がそれぞれ偶関数であることからわかる。

漸化式

　$n\geq1$において
$$\sum^n_{k=0}\binom{n+1}kB_k=\sum^{2n}_{k=0}\binom{2n}{2k}E_{2k}=0$$
が成り立つ。

\begin{alignat}{3} \frac t{e^t-1}&\c e^t&&=\frac t{e^t-1}+t\\ \frac 2{e^t+e^{-t}}&\c\frac{e^t+e^{-t}}2&&=1 \end{alignat}
が成り立つので、この$t^{n+1},t^{2n}$の係数を比較することで
\begin{align} \sum^{n+1}_{k=0}\binom{n+1}kB_k&=B_{n+1}\\ \sum^{2n}_{k=0}\binom{2n}{2k}E_{2k}&=0 \end{align}
を得る。

相互関係

\begin{align} B_{2n}&=\frac{2n}{2^{2n}(2^{2n}-1)}\sum^{n-1}_{k=0}\binom{2n-1}{2k}E_{2k}\\ E_{2n}&=1-\sum^n_{k=1}\binom{2n}{2k-1}\frac{2^{2k}(2^{2k}-1)}{2k}B_{2k} \end{align}

\begin{align} B_n &=\frac n{2(2^n-1)}E_{n-1}(1)\\ &=\frac n{2(2^n-1)}\sum^{n-1}_{k=0}\binom{n-1}k\frac{E_k}{2^k}\frac1{2^{n-k-1}}\\ &=\frac n{2^n(2^n-1)}\sum^{n-1}_{k=0}\binom{n-1}kE_k\\ E_n &=2^nE_n(\tfrac12)\\ &=2^n\sum^n_{k=0}\binom nk2(1-2^{k+1})\frac{B_{k+1}}{k+1}\frac1{2^{n-k}}\\ &=\sum^n_{k=0}\binom nk2^{k+1}(1-2^{k+1})\frac{B_{k+1}}{k+1} \end{align}
に注意するとわかる。

オイラー・マクローリンの和公式

　周期ベルヌーイ多項式$\B_n(x)$を
$$\B_n(x)=B_n(x)\quad(0\leq x<1),\quad\B_n(x+1)=\B_n(x)$$
つまり
$$\B_n(x)=B_n(x-\lfloor x\rfloor)$$
によって定めると、任意の$h\in[0,1]$および整数$a,b,m\ (m\geq1)$に対し
$$\sum^{b-1}_{n=a}f(n+h) =\int^b_af(x)dx +\sum^m_{k=1}\frac{B_k(h)}{k!}(f^{(k-1)}(b)-f^{(k-1)}(a)) -\int^b_a\frac{\B_m(h-x)}{m!}f^{(m)}(x)dx$$
が成り立つ。

　任意の整数$n$に対し
$$f(n+h)=\int^{n+1}_nf(x)dx +\sum^m_{k=1}\frac{B_k(h)}{k!}(f^{(k-1)}(n+1)-f^{(k-1)}(n)) -\int^{n+1}_n\frac{\B_m(h-x)}{m!}f^{(m)}(x)dx$$
が成り立つことを示せばよい。
　いま$m=1$のときは$B_1(x)=x-\frac12$および
$$\lim_{x\to h\pm0}\B_1(h-x)=\pm\frac12\qquad(\text{複号同順})$$
に注意すると
\begin{align} \int^{n+1}_n\B_1(h-x)f'(x)dx &=\l[\B_1(h-x)f(x)\r]^{n+h}_n+\l[\B_1(h-x)f(x)\r]^{n+1}_{n+h}+\int^{n+1}_nf(x)dx\\ &=-f(n+h)+B_1(h)(f(n+1)-f(n))+\int^{n+1}_nf(x)dx \end{align}
が成り立つので
$$f(n)=\int^{n+1}_nf(x)dx+B_1(h)(f(n+1)-f(n))-\int^{n+1}_n\B_1(h-x)f'(x)dx$$
を得る。
　また$m\geq2$において$\B_m(x)$は連続であることと
$$\frac d{dx}\frac{\B_{m+1}(x)}{(m+1)!}=\frac{\B_m(x)}{m!}$$
に注意すると
\begin{align} \int^{n+1}_n\frac{\B_{m-1}(h-x)}{(m-1)!}f^{(m-1)}(x)dx &=\l[-\frac{\B_m(h-x)}{m!}f^{(m-1)}(x)\r]^{n+1}_n +\int^{n+1}_n\frac{\B_m(h-x)}{m!}f^{(m)}(x)dx\\ &=-\frac{B_m(h)}{m!}(f^{(m-1)}(n+1)-f^{(m-1)}(n)) +\int^{n+1}_n\frac{\B_m(h-x)}{m!}f^{(m)}(x)dx \end{align}
が成り立つので
$$f(n+h)=\int^{n+1}_nf(x)dx +\sum^m_{k=1}\frac{B_k(h)}{k!}(f^{(k-1)}(n+1)-f^{(k-1)}(n)) -\int^{n+1}_n\frac{\B_m(h-x)}{m!}f^{(m)}(x)dx$$
を得る。

　特に$h=0$とすると
$$\B_m(-x)=\B_m(1-x)=(-1)^m\B_m(x)$$
が成り立つので次のような公式が得られます。

$$\sum^{b-1}_{n=a}f(n) =\int^b_af(x)dx +\sum^m_{k=1}\frac{B_k}{k!}(f^{(k-1)}(b)-f^{(k-1)}(a)) +(-1)^{m+1}\int^b_a\frac{\B_m(x)}{m!}f^{(m)}(x)dx$$
特に
\begin{align} \sum^{b-1}_{n=a}f(n) =\int^b_af(x)dx-\frac{f(b)-f(a)}2 &+\sum^m_{k=1}\frac{B_{2k}}{(2k)!}(f^{(2k-1)}(b)-f^{(2k-1)}(a))\\ &+\int^b_a\frac{\B_{2m+1}(x)}{(2m+1)!}f^{(2m+1)}(x)dx \end{align}
が成り立つ。

　また$\sum$の始点や終点をズラしたいときは
\begin{alignat}{3} &&\sum^{b-1}_{k=a}f(k)&+\frac{f(b)-f(a)}2\\ ={}&&\sum^b_{k=a}f(k)&-\frac{f(b)+f(a)}2\\ ={}&&\sum^b_{k=a+1}f(k)&-\frac{f(b)-f(a)}2\\ ={}&&\sum^{b-1}_{k=a+1}f(k)&+\frac{f(b)+f(a)}2\\ \end{alignat}
が成り立つことに注意しましょう。

ベルヌーイ数の具体値とか

\begin{array}{c|cccccccccc} n&0&1&2&4&6&8&10&12&14&\cdots\\\hline B_n&1&-\dfrac12&\dfrac16&-\dfrac1{30}&\dfrac1{42}& -\dfrac1{30}&\dfrac5{66}&-\dfrac{691}{2730}&\dfrac76&\cdots \end{array}
${}$
\begin{align} B_0(x)&=1\\ B_1(x)&=x-\frac12\\ B_2(x)&=x^2-x+\frac16\\ B_3(x)&=x^3-\frac32x^2+\frac12x\\ B_4(x)&=x^4-2x^3+x^2-\frac1{30}\\ B_5(x)&=x^5-\frac52x^4+\frac53x^3-\frac16x\\ B_6(x)&=x^6-3x^5+\frac52x^4-\frac12x^2+\frac1{42} \end{align}

オイラー・ブールの和公式

　周期オイラー多項式$\E_n(x)$を
$$\E_n(x)=E_n(x)\quad(0\leq x<1),\quad\E_n(x+1)=-\E_n(x)$$
つまり
$$\E_n(x)=(-1)^{\lfloor x\rfloor}E_n(x-\lfloor x\rfloor)$$
によって定めると、任意の$h\in[0,1]$および整数$a,b,m\ (m\geq0)$に対し
$$\sum^{b-1}_{n=a}(-1)^nf(n+h) =\frac12\sum^m_{k=0}\frac{E_k(h)}{k!}((-1)^{b-1}f^{(k)}(b)+(-1)^af^{(k)}(a)) +\frac12\int^b_a\frac{\widetilde E_m(h-x)}{m!}f^{(m+1)}(x)dx$$
が成り立つ。

　任意の整数$n$に対し
$$f(n+h) =\frac12\sum^m_{k=0}\frac{E_k(h)}{k!}(f^{(k)}(n+1)+f^{(k)}(n)) +\frac{(-1)^n}2\int^{n+1}_n\frac{\widetilde E_m(h-x)}{m!}f^{(m+1)}(x)dx$$
が成り立つことを示せばよい。
　いま$m=0$のときは$E_0(x)=1$より
\begin{align} (-1)^n\int^{n+1}_n\E_0(h-x)f'(x)dx &=\int^{n+h}_nf'(x)dx-\int^{n+1}_{n+h}f'(x)dx\\ &=2f(n+h)-f(n+1)-f(n) \end{align}
が成り立つので
$$f(n+h)=\frac{f(n+1)+f(n)}2+\frac{(-1)^n}2\int^{n+1}_n\E_0(h-x)f'(x)dx$$
を得る。
　また$m\geq1$において$\E_m(x)$は連続であることと
$$\frac d{dx}\frac{\E_m(x)}{m!}=\frac{\E_{m-1}(x)}{(m-1)!}$$
に注意すると
\begin{align} &\int^{n+1}_n\frac{\widetilde E_{m-1}(h-x)}{(m-1)!}f^{(m)}(x)dx\\ ={}&\l[-\frac{\E_m(h-x)}{m!}f^{(m)}(x)\r]^{n+1}_n +\int^{n+1}_n\frac{\widetilde E_m(h-x)}{m!}f^{(m+1)}(x)dx\\ ={}&(-1)^n\frac{\E_m(h)}{m!}(f^{(m)}(n+1)+f^{(m)}(n)) +\int^{n+1}_n\frac{\widetilde E_m(h-x)}{m!}f^{(m+1)}(x)dx \end{align}
が成り立つので
$$f(n+h) =\frac12\sum^m_{k=0}\frac{E_k(h)}{k!}(f^{(k)}(n+1)+f^{(k)}(n)) +\frac{(-1)^n}2\int^{n+1}_n\frac{\widetilde E_m(h-x)}{m!}f^{(m+1)}(x)dx$$
を得る。

　例えば$h=\frac12$とすると次のような公式が得られます。

$$\sum^{b-1}_{n=a}(-1)^nf(n+\tfrac12) =\frac12\sum^{m-1}_{k=0}\frac{E_{2k}}{2^{2k}(2k)!}((-1)^{b-1}f^{(2k)}(b)+(-1)^af^{(2k)}(a)) +\frac12\int^b_a\frac{\widetilde E_{2m-1}(\frac12-x)}{(2m-1)!}f^{(2m)}(x)dx$$

オイラー数の具体値とか

\begin{array}{c|cccccccccc} n&0&1&2&4&6&8&10&12&14&\cdots\\\hline E_n&1&0&-1&5&-61&1385&-50521&2702765&-199360981&\cdots\\ 2(1-2^n)\dfrac{B_n}n&&1&-\dfrac12&\dfrac14&-\dfrac12& \dfrac{17}8&-\dfrac{31}2&\dfrac{691}4&-\dfrac{5461}2&\cdots \end{array}
${}$
\begin{align} E_0(x)&=1\\ E_1(x)&=x-\frac12\\ E_2(x)&=x^2-x\\ E_3(x)&=x^3-\frac32x^2+\frac14\\ E_4(x)&=x^4-2x^3+x\\ E_5(x)&=x^5-\frac52x^4+\frac52x^2-\frac12\\ E_6(x)&=x^6-3x^5+5x^3-3x \end{align}

おまけ：$\B_n(x),\E_n(x)$のフーリエ級数展開

　ちなみに周期関数$\B_n(x),\E_n(x)$は次のようなフーリエ級数展開を持つことが知られています。

\begin{align} \B_{2n}(x) &=(-1)^{n-1}\frac{2(2n)!}{(2\pi)^{2n}}\sum^\infty_{k=1}\frac{\cos(2\pi kx)}{k^{2n}}\\ \B_{2n+1}(x) &=(-1)^{n-1}\frac{2(2n+1)!}{(2\pi)^{2n+1}}\sum^\infty_{k=1}\frac{\sin(2\pi kx)}{k^{2n+1}} \end{align}
が成り立つ。

　$0< x<1$において
\begin{align} \log(1-e^{2\pi ix}) &=\log\l(\frac{e^{\pi ix}-e^{-\pi ix}}i\r)+\log(-ie^{\pi ix})\\ &=\log(2\sin\pi x)+i\pi\l(x-\frac12\r)\\ &=-\sum^\infty_{k=1}\frac{e^{2\pi ikx}}k \end{align}
が成り立つので、$\B_1(x)=x-\frac12$に注意してこの虚部を比較することで
$$\B_1(x)=-\frac1\pi\sum^\infty_{k=1}\frac{\sin(2\pi kx)}k$$
を得る。
　またこのように$\B_{n-1}(x)$が定数項が$0$のフーリエ級数展開
$$\B_{n-1}(x)=\sum^\infty_{k=1}(a_k\cos(2\pi kx)+b_k\sin(2\pi kx))$$
を持つとき
$$\frac d{dx}\B_n(x)=n\B_{n-1}(x),\quad\int^1_0\B_n(x)dx=0$$
に注意してこれを積分することで、$\B_n(x)$も定数項が$0$のフーリエ級数展開
$$\B_n(x)=\frac{n}{2\pi}\sum^\infty_{k=1}\frac1k(a_k\sin(2\pi kx)-b_k\cos(2\pi kx))$$
を持つことがわかるので、これを繰り返すことで主張を得る。

\begin{align} \E_{2n}(x) &=(-1)^n\frac{4(2n)!}{\pi^{2n+1}}\sum^\infty_{k=0}\frac{\sin((2k+1)\pi x)}{(2k+1)^{2n+1}}\\ \E_{2n-1}(x) &=(-1)^n\frac{4(2n-1)!}{\pi^{2n}}\sum^\infty_{k=0}\frac{\cos((2k+1)\pi x)}{(2k+1)^{2n}}\\ \end{align}

　$\E_0(x)$については
\begin{align} \E_0(x)&=\l\{\begin{array}{rr} 1&2m< x<2m+1\\ -1&2m+1< x<2m+2 \end{array}\r.\\ &=2\bigg\lfloor\frac x2\bigg\rfloor-2\l\lfloor\frac{x+1}2\r\rfloor+1\\ &=2\l(\frac{x+1}2-\l\lfloor\frac{x+1}2\r\rfloor\r) -2\bigg(\frac x2-\bigg\lfloor\frac x2\bigg\rfloor\bigg)\\ &=2\B_1\bigg(\frac{x+1}2\bigg)-2\B_1\bigg(\frac x2\bigg) \end{align}
が成り立つことを用いると
\begin{align} \E_0(x) &=-\frac2\pi\sum^\infty_{k=1}(-1)^k\frac{\sin\pi kx}k +\frac2\pi\sum^\infty_{k=1}\frac{\sin\pi kx}k\\ &=\frac4\pi\sum^\infty_{k=0}\frac{\cos((2k+1)\pi x)}{(2k+1)^{2n}} \end{align}
を得る。
　また$\B_n(x)$のときと同様に
$$\frac d{dx}\E_n(x)=n\E_{n-1}(x),\quad\int^1_{-1}\E_n(x)dx=0$$
が成り立つことに注意して繰り返し積分することで主張を得る。

　ちなみにオイラー・マクローリンの和公式/オイラー・ブールの和公式を逆に用いることで、フーリエ級数展開の係数
$$\int^1_0\B_n(x)e^{-2\pi ikx}dx,\quad\int^1_{-1}\E_n(x)e^{-\pi ikx}dx$$
を直接計算できそうな気もします。興味があれば試してみてはいかがでしょうか。

応用

　ちなみに
$$B_{2n}(0)=B_{2n},\quad E_{2n}(\tfrac12)=\frac{E_{2n}}{2^{2n}}$$
であったことを思い出すと以下の公式が成り立ちます。

ゼータ関数・ディリクレのベータ関数の特殊値

\begin{align} \sum^\infty_{k=1}\frac1{k^{2n}}&=(-1)^{n-1}\frac{(2\pi)^{2n}}{2(2n)!}B_{2n}\\ \sum^\infty_{k=0}\frac{(-1)^k}{(2k+1)^{2n+1}}&=(-1)^n\frac{\pi^{2n+1}}{2^{2n+2}(2n)!}E_{2n} \end{align}

　特にこの左辺が正であることに注意すると、$B_{2n},E_{2n}$の符号は次のように決定できることがわかります。

$$|B_{2n}|=(-1)^{n-1}B_{2n},\quad |E_{2n}|=(-1)^nE_{2n}$$

　また次の不等式は上の和公式を関数の漸近挙動を調べるのに使う際などに役立ちそうですね。

$\B_n(x),\E_n(x)$の漸近挙動

\begin{align} |\B_n(x)|&\leq\frac{2\c n!}{(2\pi)^n}(1+O\l(\frac1{2^n}\r))\\ |\E_n(x)|&\leq\frac{4\c n!}{\pi^{n+1}}(1+O\l(\frac1{3^n}\r)) \end{align}

投稿日：10月17日

更新日：10月21日