ベルヌーイ数と冪乗和公式

ベルヌーイ数と冪乗和公式
ShibaKen
2014 年 11 月 6 日
1 ベルヌーイ数
ベルヌーイ数とは次の方程式によって帰納的に定義される数列 {Bn }n≥0 のことである。
)
n (
∑
n+1
j
j=0
この方程式を変形すると
Bj = n + 1
(1)


n−1
∑ (n + 1)
1 
n+1−
Bj 
Bn =
j
n+1
j=0
となる。
ベルヌーイ数の具体的な値は次のようになる：
B0 = 1
B1 = 1/2
B2 = 1/6
B3 = 0
B4 = −1/30
···
方程式 (??) を覚えるための有名な方法がある。まず B0 = 1 は覚えておく。そして、n ≥ 1 については方
程式
(b + 1)n+1 − bn+1 = n + 1
を考えて、左辺において bj = Bj と置き換えるのである。この置き換えの操作は b を不定元とする有理数
係数の多項式環 Q[b] から有理数体 Q への線型写像として理解できる。すなわち線型写像 T : Q[b] → Q を
T (bk ) = Bk で定めれば、方程式 (??) は
T ((b + 1)n+1 − bn+1 ) = n + 1
と書ける。
一方で、無限級数の係数を使ってベルヌーイ数を定義することもできる。すなわち、ベルヌーイ数 {Bn } は
次の等式を満たすような数列である：
∞
∑ Bj
x
=
xj
−x
1−e
j!
j=0
1
この場合 ϕ(x) = x/(1 − e−x ) と書くことにすれば
Bj = ϕ(j) (0)
である。この ϕ(x) をベルヌーイ数の生成関数という。生成関数を利用すればベルヌーイ数の性質がよく分
かってくる。
定理 1.1 任意の整数 k > 0 に対して B2k+1 = 0 が成り立つ。
(証明）B1 = 1/2 なので、
f (x) =
x
x
−
1 − e−x
2
が偶関数であることを証明すれば十分である。実際、f (x) が偶関数ならば、k > 0 に対して
f (2k+1) (0) = 0
であり、ベルヌーイ数の生成関数 ϕ(x) = x/(1 − e−x ) に対して
B2k+1 = ϕ(2k+1) (0) = f (2k+1) (0) = 0
となる。
f (−x) = f (x) であることを示す。
−x
x
+
x
1−e
2
−2x + x(1 − ex )
=
2(1 − ex )
−x(1 + ex )
=
2(1 − ex )
x(1 + e−x )
=
2(1 − e−x )
x
x
=
−
1 − e−x
2
= f (x)
f (−x) =
□
より成り立つ。
2 冪乗和公式
このセクションでは
Sm (n) =
n
∑
k m = 1m + 2m + 3m + · · · + nm
k=0
のベルヌーイ数を用いた公式を導く。
ここでのポイントは、m を定めるごとに多項式 pm (x) ∈ Q[x] で
Sm (n) = pm (n), deg pm (x) = m + 1
を満たすものが存在することである。
2
定理 2.1 任意の正整数 m, n に対して、


(
)
m−1


∑
1
m+1
Sj (n)
Sm (n) =
(n + 1)m+1 − 1 −

m+1
j
j=0
が成り立つ。
（証明）任意の整数 k ≥ 0 に対して
(k + 1)
より、
n
∑
m+1
−k
m+1
{(k + 1)m+1 − k m+1 } =
k=1
が成り立つ。ここで
)
m (
∑
m+1 j
=
k
j
j=0
n
∑
)
n ∑
m (
∑
m+1 j
k
j
j=0
k=1
{(k + 1)m+1 − k m+1 } = (n + 1)m+1 − 1
k=1
n ∑
m (
∑
k=1 j=0
なので、
(n + 1)
m+1
)
) n
)
m (
m (
m+1 j ∑ m+1 ∑ j ∑ m+1
k =
k =
Sj (n)
j
j
j
j=0
j=0
k=1
)
)
m (
m (
∑
∑
m+1
m+1
−1=
Sj (n) =
Sj (n) + (m + 1)Sm (n)
j
j
j=0
j=0
が成り立つ。よって、


m−1

∑ (m + 1)
1 
(n + 1)m+1 − 1 −
Sj (n)
Sm (n) =

m+1
j
j=0
□
を得る。
系 2.1 任意の整数 m ≥ 0 に対して、pm (x) ∈ Q[x] で次の条件を満たすものが存在する：
• Sm (n) = pm (n)
• deg pm (x) = m + 1
• pm (0) = 0
（証明）整数 m についての数学的帰納法で証明する。m = 0 のとき、S0 (n) = n なので、
p0 (x) = x
とすれば主張が成り立つ。k > 0 として、0 ≤ m < k を満たす任意の m に対して主張が成り立つと仮定する。
このとき


(
)
k−1


∑
k+1
1
(x + 1)k+1 − 1 −
pj (x)
pk (x) =

k+1 
j
j=0
3
□
とすれば m = k のときも主張が成り立つ。
任意の実数 x に対して、関数 Sm : R → R を
Sm (x) = pm (x)
で定義する。このとき、任意の m > 0 に対して


m−1

∑ (m + 1)
1 
Sm (x) =
(x + 1)m+1 − 1 −
Sj (x)

m+1
j
j=0
(2)
が成り立つ。
任意の整数 k ≥ 0 に対して写像 ak : Q[x] → Q を
ak (f (x)) =
f (k) (0)
k!
で定める。つまり、ak (f (x)) は f (x) の xk の係数である。定義から、写像 ak が線型写像であることが簡単に
確認される。
定理 2.2 am+1 (Sm (x)) = 1/(m + 1)
（証明）方程式 (??) と deg Sj (x) = j + 1 より
(
am+1 (Sm (x)) = am+1
1
(x + 1)m+1
m+1
)
=
1
m+1
が成り立つ。
定理 2.3 am (Sm (x)) = 1/2
(証明）方程式 (??) より
(
{
(
)
})
1
m+1
m+1
am (Sm (x)) = am
(x + 1)
−
Sm−1 (x)
m+1
m−1
m
= 1 − am (Sm−1 (x))
2
が成り立つ。定理??より am (Sm−1 (x)) = 1/m なので、am (Sm (x)) = 1/2 である。
自然数 k を任意に選んで固定する。このとき次が成り立つ：
定理 2.4 任意の自然数 N に対して
(k)
SN +k−1 (0) =
(N + k − 1)!
BN
N!
が成り立つ。
（証明）自然数 N についての数学的帰納法で証明する。N = 1 のときは、
(k)
Sk (0) =
4
k!
2
であることを証明すればよいが、方程式 (??) から Sk (x) における xk の係数が 1/2 であることが分かるので、
(k)
確かに Sk (0) = k!/2 が成り立つ。任意の自然数 M で 0 < M < N を満たすものに対して主張が成り立つと
仮定する。このとき、方程式 (??) より、
(k)
SN +k−1 (0) =
=
=
=
=
=


)
N∑
+k−2 (

1
N + k (k) 
(N + k)!
−
Sj (0)

j
N + k  N!
j=0


)
N∑
+k−2 (

1
N + k (k) 
(N + k)!
−
Sj (0)

j
N + k  N!
j=k−1
{
}
)
N −1 (
1
(N + k)! ∑
N +k
(k)
−
S
(0)
i + k − 1 i+k−1
N +k
N!
i=0


(
) 
N −1
1  (N + k)! ∑ (N + k)! N + 1
−
Bi

N + k  N!
(N + 1)!
i
j=0


) 
N
−1 (
∑
(N + k − 1)!
1 
N +1
×
N +1−
Bi

N!
N +1
i
j=0
(N + k − 1)!
BN
N!
が成り立つ。ここで、３つ目の等号ではインデックスを j から i = j − k + 1 に変えており、４つ目の等号で
は帰納法の仮定を使っている。
系 2.2 自然数 k を固定するとき、任意の自然数 m で m ≥ k − 1 を満たすものに対して、
(
)
1
m+1
ak (Sm (x)) =
Bm−k+1
m+1
k
が成り立つ。
(k)
（証明）定理より Sm (0) = (m!/(m − k + 1)!)Bm−k+1 が成り立つ。したがって
(k)
Sm (0)
k!
m!
=
Bm−k+1
k!(m − k + 1)!
(
)
m+1
1
Bm−k+1
=
m+1
k
ak (Sm (x)) =
を得る。
定理 2.5（関孝和、ヤコブ・ベルヌーイ）任意の自然数 m に対して
Sm (x) =
)
m (
1 ∑ m+1
Bk xm−k+1
m+1
k
k=0
が成り立つ。
5
（証明）Sm (0) = 0 であるから
Sm (x) =
m+1
∑
ak (Sm (x))xk
k=0
=
m+1
∑
ak (Sm (x))xk
k=1
=
m
∑
am−k+1 (Sm (x))xm−k+1
k=0
m
∑
(
)
1
m+1
Bk xm−k+1
m+1
k
k=0
)
m (
1 ∑ m+1
=
Bk xm−k+1
m+1
k
=
k=0
が成り立つ。
系 2.3 任意の自然数 m, n に対して
[m/2] (
∑ m + 1)
1
nm
+
B2k nm−2k+1
Sm (n) =
2
m+1
2k
k=0
が成り立つ。ここで [m/2] は m/2 以下で最大の整数を表す。
3 定理??の別証明
このセクションでは定理??を生成関数の代わりに冪乗和公式を使って証明する。
定理 3.1 任意の整数 m > 0 に対して、Sm (−1) = 0 が成り立つ。
（証明）m についての数学的帰納法で証明する。m = 1 のとき S1 (x) = x(x + 1)/2 なので S1 (−1) = 0 が成
り立つ。k を 2 以上の整数とし、0 < m < k を満たす任意の m に対して主張が成り立つと仮定する。このと
き方程式 (??) より、
Sk (−1) =
1
{−1 − S0 (−1)}
k+1
となるが S0 (x) = x なので Sk (−1) = 0 を得るので m = k でも主張が成り立つ。
定理 3.2 任意の整数 m > 0 に対して
)
m (
∑
2m + 2
B2k+1 = 0
2k + 1
k=1
が成り立つ。
（証明）ベルヌーイ数の定義と定理??より、
S2m+1 (1) + S2m+1 (−1) = 1
6
□
が成り立つ。ここで
S2m+1 (1) + S2m+1 (−1) =
)
m (
∑
2m + 2
2
B2k
2m + 2
2k
k=0
なので
)
m (
∑
2m + 2
2m + 2
B2k =
2k
2
k=0
を得る。よって
2m+2
∑ (
)
2m + 2
Bk
k
k=0
)
)
m (
m (
∑
∑
2m + 2
2m + 2
=
B2k + (2m + 2)B1 +
B2k+1
2k
2k + 1
k=0
k=1
)
m (
∑
2m + 2
= (2m + 2) +
B2k+1
2k + 1
2m + 2 =
k=1
□
であるから、結論を得る。
（定理??の別証明）k についての数学的帰納法で証明する。k = 1 のときは、直接計算によって B3 = 0 と分
かるので、主張が成り立つ。m > 1 として、0 < k < 2m + 1 を満たす任意の k に対して主張が成り立つと仮
定する。このとき、定理??より
B2k+1 =
)
k (
∑
1
2k + 2
B2m+1 = 0
2k + 2 m=1 2m + 1
□
が成り立つので m = k のときにも主張が成り立つ。
7

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