無限級数の値

Eulerian polynomialsその2

さて、\(A_n(x^2)\)との関係をつくれないか考えてみよう。

\begin{align*} \frac{xA_n(x)}{(1-x)^{n+1}}-\frac{xA_n(-x)}{(1+x)^{n+1}}&=\sum_{k=0}^{\infty}k^nx^k+\sum_{k=0}^{\infty}k^n(-x)^k\\ &=2\sum_{k=0}^{\infty}(2k)^nx^{2k}\\ &=2^{n+1}\sum_{k=0}^{\infty}k^nx^{2k}\\ &=2^{n+1}\frac{x^2A_n(x^2)}{(1-x^2)^{n+1}}\\ \end{align*} だから、 \[ (1+x)^{n+1}A_n(x)-(1-x)^{n+1}A_n(-x)=2^{n+1}xA_n(x^2) \] これは重要な性質な気がする。さて、 \begin{align*} \sum_{n=0}^{\infty}\frac{A_n(x)}{n!}a^n&=\frac{1-x}{e^{(x-1)a}-x}\\ &=\frac{e^{(x-1)a}+x}{1+x}\frac{1-x^2}{e^{2(x-1)a}-x^2}\\ &=\frac{e^{(x-1)a}+x}{1+x}\frac{1-x^2}{e^{(x^2-1)\frac{2a}{1+x}}-x^2}\\ &=\frac{e^{(x-1)a}+x}{1+x}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{A_n(x^2)}{n!}\left(\frac{2a}{1+x}\right)^n\\ \end{align*} 両辺の\(a^n\)の係数を比較して、 \begin{align*} \sum_{k=0}^n\binom{n}{k}\frac{2^kA_k(x^2)}{(1+x)^k}(x-1)^{n-k}+\frac{2^nxA_n(x^2)}{(1+x)^n}&=(1+x)A_n(x)\\ \end{align*} これを整理して、 \begin{align*} \frac{1}{1+x}\sum_{k=0}^{n-1}\binom{n}{k}2^k(x^2-1)^{n-k}A_k(x^2)&=(1+x)^{n}A_n(x)-2^nA_n(x^2)\\ \end{align*} が得られる。これは変形の方法から、なんとなく非自明な気がする。 そして左辺の形が漸化式 \[ \sum_{k=1}^n\binom{n}{k}(x-1)^{k-1}A_{n-k}(x)=A_n(x) \] に似ている。他にも最初の式を\(1\)の\(m\)乗根をもちいて、一般化できる。 \[ \sum_{k=0}^{m-1}\frac{e^{2\pi ik/m}A_n(xe^{2\pi ik/m})}{(1-xe^{2\pi ik/m})^{n+1}}=\frac{m^{n+1}x^{m-1}A_n(x^m)}{(1-x^m)^{n+1}} \] となるだろうか。

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