\(\tan\)の高階微分についてその4
ここで、
\[ \left((1+x^2)\frac{d}{dx}\right)^n x=T_n(x) \] であることを考えると、その一般化として、 \[ \left((1+x^2)\frac{d}{dx}\right)x^m \] を多項式で表したくなる。そこで、\(t_{n,k}\)を \[ x^{n+1}=\sum_{k=0}^{n}t_{n,k}(T_k(x)-T_{k,0}) \] をみたす係数、上記の添字の範囲外では\(0\)と定義する。これは定数項をまとめて、 \[ x^{n+1}=C_n+\sum_{k=0}^nt_{n,k}T_k(x) \] とかいてもよい。定義より、\(0\leq i,j\leq n\)として、\(T_{i+1,j}\)を行列とみたとき、 \(t_{i,j}\)はその逆行列になっている。さて、この両辺を微分すると、 \begin{align} (n+1)x^n&=\sum_{k=0}^nt_{n,k}T_k'(x)\\ &=\frac{1}{1+x^2}\sum_{k=0}^nt_{n,k}T_{k+1}(x) \end{align} より、 \begin{align} x^n+x^{n+2}&=\frac{1}{n+1}\sum_{k=0}^{n+1}t_{n,k-1}T_{k}(x)\\ C_{n-1}+C_{n+1}+\sum_{k=0}^{n+1}(t_{n-1,k}+t_{n+1,k})T_k(x)&=\frac{1}{n+1}\sum_{k=0}^{n+1}t_{n,k-1}T_{k}(x)\\ \end{align} よって、 \[ t_{n-1,k}+t_{n+1,k}=\frac{t_{n,k-1}}{n+1} \] つまり、 \[ t_{n+1,k}=\frac{t_{n,k-1}}{n+1}-t_{n-1,k} \] これは少し変わった漸化式かもしれない。ここから、 \begin{align} t_{n,0}&=\cos\frac{\pi n}{2}\\ t_{n,n}&=\frac{1}{n!} \end{align} などがわかる。また、 \begin{align} t_{n,n-2}&=\frac{t_{n-1,n-3}}{n}-t_{n-2,n-2}\\ &=\frac{t_{n-1,n-3}}{n}-\frac{1}{(n-2)!} \end{align} これを繰り返しもちいて、 \begin{align} t_{n,n-2}&=-\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{n(n-1)\cdots(k+1)(k-2)!}\\ &=-\sum_{k=0}^{n}\frac{k(k-1)}{n!}\\ &=-\frac{1}{n!}\sum_{k=0}^nk(k-1)\\ &=-\frac{1}{n!}\frac{(n-1)n(n+1)}{3}\\ &=-\frac{n+1}{3(n-2)!}\\ &=-\frac{1}{(n-2)!}-\frac{1}{3(n-3)!} \end{align} ここで、 \[ a_0=0,\quad a_n=\frac{a_{n-1}}{n}-\frac{1}{(n-k)!} \] をみたす数列を考えてみる。漸化式を繰り返しもちいて、 \begin{align} a_n&=\sum_{i=0}^n\frac{1}{n(n-1)\cdots(i+1)(i-k)!}\\ &=-\sum_{i=0}^n\frac{i^{\underline{k}}}{n!}\\ &=-\frac{1}{n!}\frac{(n+1)^{\underline{k+1}}}{k+1}\\ &=-\frac{n+1}{(k+1)(n-k)!}\\ &=-\frac{1}{(n-k)!}-\frac{1}{(k+1)(n-k-1)!} \end{align} さて、これを\(t_{n,n-k}\)につかってみる。\(r_{n,k}\)を \[ t_{n,n-2k}=\sum_{i\geq 0}\frac{r_{k,i}}{(n-i)!} \] で定義してみる。 \[ t_{n+1,k}=\frac{t_{n,k-1}}{n+1}-t_{n-1,k} \] において\(n\to n-1,\,k\to n-2k-2\)とすると、 \begin{align} t_{n,n-2k-2}&=\frac{t_{n-1,n-2k-3}}{n}-t_{n-2,n-2k-2}\\ t_{n,n-2k-2}&=\frac{t_{n-1,n-2k-3}}{n}-\sum_{i\geq 0}\frac{r_{k,i}}{(n-i-2)!} \end{align} さて、ここで\(t_{n,n-2k-2}\)さきほどの\(a_n\)の線形結合と考えて、解くと \begin{align} t_{n,n-2k-2}&=-\sum_{i\geq 0}r_{k,i}\left(\frac{1}{(n-i-2)!}+\frac{1}{(i+3)(n-i-3)!}\right)\\ &=-\sum_{i\geq 2}\frac{r_{k,i-2}}{(n-i)!}-\sum_{i\geq 1}\frac{r_{k,i-3}}{i(n-i)!} \end{align} つまり、 \[ \sum_{i\geq 0}\frac{r_{k+1,i}}{(n-i)!}=-\sum_{i\geq 1}\left(r_{k,i-2}+\frac{r_{k,i-3}}{i}\right)\frac{1}{(n-i)!} \] よって、 \[ r_{n+1,k}=-r_{n,k-2}-\frac{r_{n,k-3}}{k} \] 定義より、 \[ r_{0,k}=\delta_{0k} \] が分かる。漸化式の形から、 \[ r_{n,0}=r_{n,1}=\cdots=r_{n,2n-1}=0 \] が分かるから、改めて \[ R_{n,k}=r_{n,2n+k} \] と定義して、 \[ R_{n+1,k}=-R_{n,k}-\frac{R_{n,k-1}}{2n+k+2} \] とかくことにする。このとき、 \[ t_{n,n-2k}=\sum_{i\geq 0}\frac{R_{k,i}}{(n-2k-i)!} \] 漸化式の形から、\(k > n\)のとき、\(R_{n,k}=0\)がわかる。