無限級数の値

Eulerian polynomialsその3

Eulerian polynomialの類似として、

\begin{align*} \sum_{k=0}^{\infty}(2k+1)^nx^{k}=\frac{C_n(x)}{(1-x)^{n+1}} \end{align*} となる多項式を考えてみたい。まず、これが本当に多項式になるかを考える必要がある。 まず、 \begin{align*} \frac{xC_n(x^2)}{(1-x^2)^{n+1}}&=\sum_{k=0}^{\infty}(2k+1)^nx^{2k+1}\\ &=\frac 12\left(\sum_{k=1}^{\infty}k^nx^k+\sum_{k=1}^{\infty}k^n(-x)^k\right)\\ &=\frac 12\left(\frac{xA_n(x)}{(1-x)^{n+1}}+\frac{xA_n(-x)}{(1-x)^{n+1}}\right)\\ &=\frac 12\frac{x\left((1+x)^{n+1}A_n(x)+(1-x)^{n+1}A_n(x)\right)}{(1-x^2)^{n+1}}\\ \end{align*} よって、 \[ C_n(x^2)=\frac{1}{2}\left((1+x)^{n+1}A_n(x)+(1-x)^{n+1}A_n(-x)\right) \] ここで右辺は偶関数であるから、\(x^2\)の多項式である、よって\(C_n(x)\)は\(n\)次の\(x\)の多項式である。 ここで、回分多項式の積は回分多項式であることにより、 \[ (1+x)^{n+1}A_n(x) \] は偶数次数の回分多項式であるから、\(x\to -x\)として、 \[ (1-x)^{n+1}A_n(-x) \] も回分多項式である。同じ次数の回分多項式の和は回分多項式であるから、\(C_n(x)\)が回分多項式であることが分かる。 さて、 \begin{align*} \frac{xC_{n+1}(x^2)}{(1-x^2)^{n+2}}&=\sum_{k=0}^{\infty}(2k+1)^{n+1}x^{2k+1}\\ &=x\frac{d}{dx}\sum_{k=0}^{\infty}(2k+1)^nx^{2k+1}\\ &=x\frac{d}{dx}\frac{xC_n(x^2)}{(1-x^2)^{n+1}}\\ &=x\left(\frac{C_n(x^2)+2x^2C_n'(x^2)}{(1-x^2)^{n+1}}+\frac{2(n+1)x^2C_n(x^2)}{(1-x^2)^{n+2}}\right)\\ &=x\frac{(1-x^2)C_n(x^2)+2x^2(1-x^2)C_n'(x^2)+2(n+1)x^2C_n(x^2)}{(1-x^2)^{n+2}}\\ &=x\frac{(1+(2n+1)x^2)C_n(x^2)+2x^2(1-x^2)C_n'(x^2)}{(1-x^2)^{n+2}} \end{align*} よって、 \[ C_{n+1}(x^2)=(1+(2n+1)x^2)C_n(x^2)+2x^2(1-x^2)C_n'(x^2) \] つまり、 \[ C_{n+1}(x)=(1+(2n+1)x)C_n(x)+2x(1-x)C_n'(x) \] これをもちいて順番に計算すると、\(C_0(x)=1\)より、 \begin{align*} C_1(x)&=1+x\\ C_2(x)&=(1+3x)(1+x)+2x(1-x)\\ &=1+4x+3x^2+2x-2x^2\\ &=1+6x+x^2\\ C_3(x)&=(1+5x)(1+6x+x^2)+2x(1-x)(2x+6)\\ &=1+11x+31x^2+5x^3+12x-8x^2-4x^3\\ &=1+23x+23x^2+x^3\\ \end{align*} である。 \[ C_{n+1}(x)=(1+(2n+1)x)C_n(x)+2x(1-x)C_n'(x) \] に\(x=1\)を代入して、 \[ C_{n+1}(1)=(2n+2)C_n(1) \] \(C_0(1)=1\)であるから、 \[ C_n(1)=2^nn! \] \(C_n(x)\)の指数型母関数を考えてみたい。 \begin{align*} \sum_{n=0}^{\infty}\frac{C_n(x)}{n!}a^n&=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{a^n}{n!}(1-x)^{n+1}\sum_{k=0}^{\infty}(2k+1)^nx^k\\ &=(1-x)\sum_{k=0}^{\infty}x^k\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!}(1-x)^n(2k+1)^na^n\\ &=(1-x)\sum_{k=0}^{\infty}x^ke^{(1-x)(2k+1)a}\\ &=(1-x)e^{(1-x)a}\sum_{k=0}^{\infty}x^ke^{2(1-x)ak}\\ &=(1-x)e^{(1-x)a}\frac{1}{1-xe^{2(1-x)a}}\\ &=\frac{1-x}{e^{(x-1)a}-xe^{(1-x)a}} \end{align*} \(C_n(x)\)が\(n\)次の多項式であることや、この指数型母関数などをみると、 Eulerian polynomialsよりもこの\(C_n(x)\)の方が性質が良いようにみえる気がする。 \(C_{2n+1}(x)\)が\(2n+1\)次の回分多項式であることにより、 \[ C_{2n+1}(-1)=0 \] つまり、 \[ \lim_{x\to -1}\sum_{k=0}^{\infty}(2k+1)^{2n+1}x^k=0 \] これはDirichlet \(\beta\)関数 \[ \beta(s)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n+1)^s} \] が負の奇数において、零点をもつことを暗示している。実際、 \[ \beta(-2n-1)=0 \] がなりたつ。

スタイル変更

サイト内検索

人気記事

関連記事


created in 2019