二項係数についての恒等式と整数値多項式

多項式,級数

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　こんにちは．昔考えていた話題について再考していたところ，ある程度まとまったので記事として書きます．よろしくお願いします．

　 $m = 0, \dots, n - 1$ に対して
$\sum_{k = 0}^{n} (- 1)^{k} k^{m} (\binom{n}{k}) = 0$
が成立する．

　この式の証明はとりあさんの記事にもありますが，ここではこの記事とは異なる証明を紹介します．

帰納法による証明

　まず，「 $m = 0, \dots, n - 1$ に対して $m$ 次多項式 $f_{m} (x)$ が存在し，
$\begin{matrix} (1) & f_{m} (x) (1 + x)^{n - m} = \sum_{k = 0}^{n} k^{m} (\binom{n}{k}) x^{k} \end{matrix}$
と表せる」ことを示す．

　 $m = 0$ のとき，
$(1 + x)^{n} = \sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) x^{k}$
より $(1)$ は成立する（ $f_{0} (x) = 1$ ）．

　 $m (\leq n - 2)$ での $(1)$ の成立を仮定する． $(1)$ の両辺を $x$ で微分して
$f_{m}^{'} (x) (1 + x)^{n - m} + (n - m) f_{m} (x) (1 + x)^{n - m - 1} = \sum_{k = 1}^{n} k^{m + 1} (\binom{n}{k}) x^{k - 1}$
を得る．この式に両辺 $x$ を掛けて
$x (f_{m}^{'} (x) (1 + x) + (n - m) f_{m} (x)) (1 + x)^{n - m - 1} = \sum_{k = 0}^{n} k^{m + 1} (\binom{n}{k}) x^{k}$
を得る．ただし， $(\binom{n}{0}) = 0$ であることを用いて右辺に $k = 0$ を加えた．ここで， $f_{m} (x)$ は $m$ 次多項式なので $x (f_{m}^{'} (x) (1 + x) + (n - m) f_{m} (x))$ は $m + 1$ 次であるから， $m + 1$ のとき $(1)$ は成立する（ $f_{m + 1} (x) = x (f_{m}^{'} (x) (1 + x) + (n - m) f_{m} (x))$ である）．
　以上で式 $(1)$ が示された．この式に $x = - 1$ を代入して
$\sum_{k = 0}^{n} (- 1)^{k} k^{m} (\binom{n}{k}) = 0$
が得られる．

　別証も紹介します．やや仰々しい証明です．

Vandermonde行列の逆行列を用いる証明

　 $m$ 元連立方程式
$0^{m} + \sum_{k = 1}^{n} k^{m} x_{k} = 0 (m = 0, \dots, n - 1)$
を考える．これを行列の形で書くと
$(\begin{matrix} 1 & 1 & 1 & \dots & 1 \\ 1 & 2 & 3 & \dots & n \\ 1^{2} & 2^{2} & 3^{2} & \dots & n^{2} \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋱ & ⋮ \\ 1^{n - 1} & 2^{n - 1} & 3^{n - 1} & \dots & n^{n - 1} \end{matrix}) (\begin{matrix} x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \\ ⋮ \\ x_{n} \end{matrix}) = (\begin{matrix} - 1 \\ 0 \\ 0 \\ ⋮ \\ 0 \end{matrix})$
と表せる．ここで，左の行列を $V_{n}$ とし， $V_{n}^{- 1}$ の $i$ 列 $j$ 行を $a_{i j}$ と書くと，
$a_{i j} = (- 1)^{n - j} \cdot {(\prod_{\begin{matrix} 1 \leq k \leq n \\ k \neq i \end{matrix}} (i - k))}^{- 1} \cdot \sum_{\begin{matrix} 1 \leq m_{1} < \dots < m_{n - j} \leq n \\ m_{1}, \dots, m_{n - j} \neq i \end{matrix}} (\prod_{l = 1}^{n - j} m_{l})$
と表せる．よって，
$\begin{aligned} x_{k} & = - a_{k 1} = - \frac{(- 1)^{n - 1} \cdot 1 \cdot 2 \cdot \dots (k - 1) (k + 1) \dots (n - 1) n}{(k - 1) (k - 2) \dots \cdot 2 \cdot 1 \cdot (- 1) \cdot \dots (k - n)} \\ = - \frac{(- 1)^{n - 1} \cdot n!}{k! \cdot (- 1)^{n - k} (n - k)!} = (- 1)^{k} (\binom{n}{k}) \end{aligned}$
となる．従って，もとの連立方程式に戻って， $m = 0, \dots, n - 1$ に対して
$\sum_{k = 0}^{n} (- 1)^{k} k^{m} (\binom{n}{k}) = 0$
を得る．

　Vandermonde行列の逆行列に関しては子葉さんの記事などをご参照ください．

　この式を用いると以下の事実を証明できます．

　 $n$ 次多項式 $P_{n} (x)$ について，以下の2つは同値である：

任意の整数 $m$ に対して $P_{n} (m)$ は整数である．
ある整数 $m_{0}$ が存在して， $P_{n} (m_{0}), P_{n} (m_{0} + 1), \dots, P_{n} (m_{0} + n)$ はすべて整数である．

　なお，この定理は定理1を用いなくても証明可能です．

定理2の一般的 (?) な証明

　 $(1) ⟹ (2)$ は明らかに成立するため， $(2) ⟹ (1)$ を $n$ についての帰納法で示す．
　 $n = 0$ のとき，任意の $m$ について $P_{0} (m) = P_{0} (m_{0})$ は整数である．
　 $n$ での成立を仮定し， $n + 1$ 次多項式 $P_{n + 1} (x)$ について，ある整数 $m_{0}$ が存在して $P_{n + 1} (m_{0}), P_{n + 1} (m_{0} + 1), \dots, P_{n + 1} (m_{0} + n + 1)$ がすべて整数であると仮定する．このとき， $Q (x) = P_{n + 1} (x + 1) - P_{n + 1} (x)$ とおくと $Q (x)$ は $n$ 次多項式である．ここで， $Q (m_{0}) = P_{n + 1} (m_{0} + 1) - P_{n + 1} (m_{0}), \dots, Q (m_{0} + n) = P_{n + 1} (m_{0} + n + 1) - P_{n + 1} (m_{0} + n)$ は整数であるから，帰納法の仮定より任意の整数 $m$ に対して $Q (m)$ は整数である．よって， $P_{n + 1} (m_{0})$ が整数であることと合わせて，任意の整数 $m$ に対して $P_{n + 1} (m)$ は整数である．
　よって示された．

　この定理を示す前に以下の補題を示します．

　任意の $n$ 次多項式 $P_{n} (x)$ に対して，
$\sum_{k = 0}^{n + 1} (- 1)^{k} (\binom{n + 1}{k}) P_{n} (x + k) = 0$
が恒等的に成立する．

(補題3)

　 $P_{n} (x) = \sum_{r = 0}^{n} a_{r} x^{r}$ とおくと，
$P_{n} (x + k) = \sum_{r = 0}^{n} a_{r} (x + k)^{r} = \sum_{r = 0}^{n} \sum_{m = 0}^{r} a_{r} (\binom{r}{m}) k^{m} x^{r - m}$
となる．これより
$\begin{aligned} \sum_{k = 0}^{n + 1} (- 1)^{k} (\binom{n + 1}{k}) P_{n} (x + k) & = \sum_{k = 0}^{n + 1} \sum_{r = 0}^{n} \sum_{m = 0}^{r} (- 1)^{k} (\binom{n + 1}{k}) a_{r} (\binom{r}{m}) k^{m} x^{r - m} \\ = \sum_{r = 0}^{n} \sum_{m = 0}^{r} a_{r} (\binom{r}{m}) (\sum_{k = 0}^{n + 1} (- 1)^{k} (\binom{n + 1}{k}) k^{m}) x^{r - m} \end{aligned}$
と計算される．ここで，添字の $m$ は $0$ から $n$ までの値を取りうるから，定理1より
$\sum_{k = 0}^{n + 1} (- 1)^{k} (\binom{n + 1}{k}) k^{m} = 0$
となる．よって，任意の $n$ 次多項式 $P_{n} (x)$ に対して
$\sum_{k = 0}^{n + 1} (- 1)^{k} (\binom{n + 1}{k}) P_{n} (x + k) = 0$
が恒等的に成立することが示された．

(定理2)

　 $(1) ⟹ (2)$ は明らかに成立するため， $(2) ⟹ (1)$ を $m$ についての帰納法で示す．
　 $(2)$ より， $P_{n} (m_{0}), P_{n} (m_{0} + 1), \dots, P_{n} (m_{0} + n)$ は整数である．
　ここで，整数 $m^{'}$ に対して $P_{n} (m^{'}), P_{n} (m^{'} + 1), \dots, P_{n} (m^{'} + n)$ が整数であると仮定する．このとき，補題3より
$\sum_{k = 0}^{n + 1} (- 1)^{k} (\binom{n + 1}{k}) P_{n} (m^{'} - 1 + k) = 0 ⟺ P_{n} (m^{'} - 1) = - \sum_{k = 1}^{n + 1} (- 1)^{k} (\binom{n + 1}{k}) P_{n} (m^{'} - 1 + k)$
が従い， $P_{n} (m^{'}), P_{n} (m^{'} + 1), \dots, P_{n} (m^{'} + n)$ が整数だから $P_{n} (m^{'} - 1)$ も整数である．また，
$\sum_{k = 0}^{n + 1} (- 1)^{k} (\binom{n + 1}{k}) P_{n} (m^{'} + k) = 0 ⟺ P_{n} (m^{'} + n + 1) = (- 1)^{n} \sum_{k = 0}^{n} (- 1)^{k} (\binom{n + 1}{k}) P_{n} (m^{'} - 1 + k)$
が従い， $P_{n} (m^{'}), P_{n} (m^{'} + 1), \dots, P_{n} (m^{'} + n)$ が整数だから $P_{n} (m^{'} + n + 1)$ も整数である．
　よって，任意の整数 $m$ に対して $P_{n} (m)$ は整数である．