\(\tan\)の高階微分についてその2
前の記事では、\(T_{n,k}\)を定義したが、 ここでは、多項式
\[ T_n(x)=\sum_{k=0}^{n+1}T_{n,k}x^k \] について考えたいと思う。ここで、\(T_n\)は\(n+1\)次の多項式であることに注意しておく。 まず、母関数を考える。通常の母関数は収束しなさそうなので、指数型母関数を考える。 \begin{align} \tan(x+a)&=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{a^n}{n!}\frac{d^n}{dx^n}\tan x\\ &=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{a^n}{n!}T_n(\tan x) \end{align} であるから、 \begin{align} \sum_{n=0}^{\infty}T_n(x)\frac{a^n}{n!}&=\tan(a+\arctan x)\\ &=\frac{x+\tan a}{1-x\tan a} \end{align} さて、 \[ \left((1+x^2)\frac{d}{dx}\right)^nf(\arctan x)=f^{(n)}(\arctan x) \] であるから、 \[ \left((1+x^2)\frac{d}{dx}\right)^nx=T_n(x) \] とかける。これをもちいると、 \[ T_{n+1}(x)=(1+x^2)T_n'(x) \] がわかる。さて、\(\tan x\)が奇関数であることにより、\(T_n(x)\)は \(n\)が偶数のとき奇関数で、奇数のとき偶関数である。\(n\geq 1\)とすると、 \[ T_n(i)=0 \] がわかるので、 \[ \sum_{k\geq 0}(-1)^{k}T_{2n-1,2k}=0,\quad \sum_{k\geq 0}(-1)^kT_{2n,2k+1}=0 \] が得られる。さて、 \[ \sum_{n=0}^{\infty}T_n(x)\frac{a^n}{n!}=\tan(a+\arctan x)\\ \] の両辺を\(a\)で偏微分すると、 \[ \sum_{n=0}^{\infty}T_{n+1}(x)\frac{a^n}{n!}=1+\tan^2(a+\arctan x)\\ \] 両辺の\(a^n\)の係数を比較すると、 \[ T_{n+1}(x)=\delta_{n0}+\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}T_k(x)T_{n-k}(x)\\ \] である。ここで、 \[ T_{n+1}(x)=(1+x^2)T_n'(x) \] をもちいることによって、\(n\geq 2\)のとき \begin{align} (1+x^2)T_{n}'(x)&=2T_0(x)T_n(x)+(1+x^2)^2\sum_{k=1}^n\binom{n-1}{k}T_{k-1}'(x)T_{n-k-1}'(x)\\ (1+x^2)T_{n}'(x)&=2x(1+x^2)T_{n-1}'(x)+(1+x^2)^2\sum_{k=1}^n\binom{n-1}{k}T_{k-1}'(x)T_{n-k-1}'(x)\\ T_{n}'(x)&=2xT_{n-1}'(x)+(1+x^2)\sum_{k=1}^n\binom{n-1}{k}T_{k-1}'(x)T_{n-k-1}'(x)\\ \end{align} ここで、\(x=i\)とすると、 \[ T_n'(i)=2iT_{n-1}'(i) \] が得られるから、 \[ T_n'(i)=(2i)^{n-1}T_1'(i)=(2i)^n \] である。これは\(n\geq 0\)でなりたつ。これを展開すると、 \begin{align} \sum_{k\geq 0}(-1)^{n-k}(2k)T_{2n-1,2k}&=2^{2n-1}\\ \sum_{k\geq 0}(-1)^{n-k}(2k+1)T_{2n,2k+1}&=2^{2n} \end{align}