あるいは、調和数列の 2 乗の積の部分分数分解はどう表されるかが気になったので。前回の発展版。
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調和数列の積の部分分数分解
再掲。
公式
非負整数 $n$ と複素数 $z$ について、次の等式が成り立つ。
$$\prod_{k=0}^{n} \frac{1}{z+k} = \frac{1}{n!} \sum_{k=0}^n (-1)^k \binom{n}{k}\frac{1}{z+k}$$
ただし、$z \neq 0, -1, -2, -3, \ldots, -n$。また、$\binom{n}{k}$ は二項係数。
調和数列の積の 2 乗の部分分数分解
公式
非負整数 $n$ と複素数 $z$ について、次の等式が成り立つ。
$$\prod_{k=0}^n \frac{1}{(z+k)^2} = \frac{1}{(n!)^2}\sum_{k=0}^n \binom{n}{k}^2 \qty[ \frac{1}{(z+k)^2} + \frac{2 (H_k-H_{n-k})}{z+k} ] $$
ただし、$z \neq 0, -1, -2, -3, \ldots, -n$。また、$\binom{n}{k}$ は二項係数であり、$H_k$ は調和数、すなわち、$$H_k = \sum_{i=1}^k \frac{1}{i} $$である。
証明
左辺は、
$$\prod_{k=0}^n \frac{1}{(z+k)^2} = \sum_{k=0}^n \frac{a_k}{(z+k)^2} + \sum_{k=0}^n \frac{b_k}{z+k}$$と部分分数分解できるから、$k=m$ のときの係数 $a_m, b_m$ を求めればよい。ここでは Heaviside の方法を用いる。
先に $a_m$ を求めたい。
$$\prod_{k=0}^n \frac{1}{(z+k)^2} = \sum_{k=0}^n \frac{a_k}{(z+k)^2} + \sum_{k=0}^n \frac{b_k}{z+k}$$の両辺に $(z+m)^2$ を掛けて、$z=−m$ とする。
右辺について、$$
\begin{align}
&\phantom{{}={}} \eval{ (z+m)^2 \sum_{k=0}^n \frac{a_k}{(z+k)^2} }_{z=-m} \\
&= \eval{ \qty[ \sum_{k \neq m} \frac{a_k(z+m)^2}{(z+k)^2} + a_m ] }_{z=-m} \\
&= a_m
\end{align}
$$であり、$$
\begin{align}
&\phantom{{}={}} \eval{ (z+m)^2 \sum_{k=0}^n \frac{b_k}{z+k} }_{z=-m} \\
&= \eval{ \qty[ \sum_{k \neq m} \frac{b_k(z+m)^2}{z+k} + b_m (z+m) ] }_{z=-m} \\
&= 0
\end{align}
$$である。左辺について、$$
\begin{align}
&\phantom{{}={}} \eval{ (z+m)^2 \prod_{k=0}^n \frac{1}{(z+k)^2} }_{z=-m} \\
&= \eval{ \prod_{k \neq m} \frac{1}{(z+k)^2} }_{z=-m} \\
&= \eval{ \qty[ \prod_{k=0}^{m-1} \frac{1}{(z+k)^2} ] \qty[ \prod_{k=m+1}^{n} \frac{1}{(z+k)^2} ] }_{z=-m} \\
&= \qty[ \prod_{k=0}^{m-1} \frac{1}{(-m+k)^2} ] \qty[ \prod_{k=m+1}^{n} \frac{1}{(-m+k)^2} ] \\
&= \qty[ \prod_{k=-m}^{-1} \frac{1}{(-m+(m+k))^2} ] \qty[ \prod_{k=1}^{n-m} \frac{1}{(-m+(m+k))^2} ] \\
&= \qty[ \prod_{k=-m}^{-1} \frac{1}{k} ]^2 \qty[ \prod_{k=1}^{n-m} \frac{1}{k} ]^2 \\
&= \qty[ \prod_{k=1}^{m} \frac{-1}{k} ]^2 \qty[ \prod_{k=1}^{n-m} \frac{1}{k} ]^2 \\
&= \qty[ \frac{1}{m! (n-m)!} ]^2 \\
&= \qty[ \frac{1}{n!} \binom{n}{m} ]^2
\end{align}
$$となるから、辺々を比較して、$$a_m = \qty[ \frac{1}{n!} \binom{n}{m} ]^2$$となる。
そして $b_m$ を求めたい。
$$\prod_{k=0}^n \frac{1}{(z+k)^2} = \sum_{k=0}^n \frac{a_k}{(z+k)^2} + \sum_{k=0}^n \frac{b_k}{z+k}$$の両辺に $(z+m)^2$ を掛けたものを微分して、$z=−m$ とする。
右辺について、$$
\begin{align}
&\phantom{{}={}} \eval{ \dv{z} (z+m)^2 \sum_{k=0}^n \frac{a_k}{(z+k)^2} }_{z=-m} \\
&= \eval{ \qty[ \sum_{k \neq m} a_k \dv{z} \frac{(z+m)^2}{(z+k)^2} + \dv{z} a_m ] }_{z=-m} \\
&= \eval{ \sum_{k \neq m} a_k \qty[ \frac{2(z+m)}{(z+k)^2} - \frac{2(z+m)^2}{(z+k)^3} ] }_{z=-m} \\
&= 0
\end{align}
$$であって、さらに、$$
\begin{align}
&\phantom{{}={}} \eval{ \dv{z} (z+m)^2 \sum_{k=0}^n \frac{b_k}{z+k} }_{z=-m} \\
&= \eval{ \qty[ \sum_{k \neq m} b_k \dv{z} \frac{(z+m)^2}{z+k} + \dv{z} b_m (z+m) ] }_{z=-m} \\
&= \eval{ \sum_{k \neq m} b_k \qty[ \frac{2(z+m)}{z+k} - \frac{(z+m)^2 }{(z+k)^2} ] }_{z=-m} + b_m \\
&= b_m
\end{align}
$$となる。左辺について、$$
\begin{align}
&\phantom{{}={}} \eval{ \dv{z} (z+m)^2 \prod_{k=0}^n \frac{1}{(z+k)^2} }_{z=-m} \\
&= \eval{ \dv{z} \prod_{k \neq m} \frac{1}{(z+k)^2} }_{z=-m} \\
&= \eval{ \sum_{k \neq m} \qty[ \qty (\dv{z} \frac{1}{(z+k)^2} ) \prod_{i \neq k,m} \frac{1}{(z+i)^2} ] }_{z=-m} \\
&= \eval{ \sum_{k \neq m} \qty[ \frac{-2}{(z+k)^3} \prod_{i \neq k,m} \frac{1}{(z+i)^2} ] }_{z=-m} \\
&= \eval{ -2\sum_{k \neq m} \qty[ \frac{1}{z+k} \prod_{i \neq m} \frac{1}{(z+i)^2} ] }_{z=-m} \\
&= \eval{ -2 \qty[ \prod_{k \neq m} \frac{1}{(z+k)^2} ] \sum_{k \neq m} \frac{1}{z+k} }_{z=-m} \\
&= -2 \qty[ \prod_{k \neq m} \frac{1}{(-m+k)^2} ] \sum_{k \neq m} \frac{1}{-m+k}
\end{align}
$$となる。
ここで、$$\prod_{k \neq m} \frac{1}{(-m+k)^2} = a_m $$だったから、$$
\begin{align}
&\phantom{{}={}} \eval{ \dv{z} (z+m)^2 \prod_{k=0}^n \frac{1}{(z+k)^2} }_{z=-m} \\
&= -2 a_m \sum_{k \neq m} \frac{1}{-m+k} \\
&= -2 a_m \qty[ \sum_{k=0}^{m-1} \frac{1}{-m+k} + \sum_{k=m+1}^{n} \frac{1}{-m+k} ] \\
&= -2 a_m \qty[ \sum_{k=-m}^{-1} \frac{1}{-m+(m+k)} + \sum_{k=1}^{n-m} \frac{1}{-m+(m+k)} ] \\
&= -2 a_m \qty[ \sum_{k=-m}^{-1} \frac{1}{k} + \sum_{k=1}^{n-m} \frac{1}{k} ] \\
&= -2 a_m \qty[ \sum_{k=1}^{m} \frac{-1}{k} + \sum_{k=1}^{n-m} \frac{1}{k} ] \\
&= -2 a_m (-H_m+H_{n-m})\\
&= 2 a_m (H_m-H_{n-m})
\end{align}
$$であるから、辺々を比較して、$$
\begin{align} b_m
&= 2 a_m (H_m-H_{n-m}) \\
&= 2 \qty[ \frac{1}{n!} \binom{n}{m} ]^2 (H_m-H_{n-m})
\end{align}
$$ゆえ、示された。
蛇足
組合せ論的な議論
$$\prod_{k=0}^{n} \frac{1}{z+k} = \frac{1}{n!} \sum_{k=0}^n (-1)^k \binom{n}{k}\frac{1}{z+k}$$の両辺を 2 乗して、$$
\begin{align}
\prod_{k=0}^{n} \frac{1}{(z+k)^2}
&= \qty[ \sum_{k=0}^n \frac{1}{n!} (-1)^k \binom{n}{k}\frac{1}{z+k} ]^2 \\
&= \frac{1}{(n!)^2} \qty{ \qty[ (-1)^m \binom{n}{m}\frac{1}{z+m} ] + \qty[ \sum_{k \neq m} (-1)^k \binom{n}{k}\frac{1}{z+k} ] }^2 \\
&= \frac{1}{(n!)^2} \qty{ \qty[ (-1)^m \binom{n}{m}\frac{1}{z+m} ]^2 + 2 \qty[ (-1)^m \binom{n}{m}\frac{1}{z+m} ] \qty[ \sum_{k \neq m} (-1)^k \binom{n}{k}\frac{1}{z+k} ] + \qty[ \sum_{k \neq m} (-1)^k \binom{n}{k}\frac{1}{z+k} ]^2 }
\end{align}
$$と二項展開できるが、この右辺を観察したい。
$1/(z+m)^2$ についての項は、$$
\begin{align}
&\phantom{{}={}} \frac{1}{(n!)^2} \qty[ (-1)^m \binom{n}{m}\frac{1}{z+m} ]^2 \\
&= \qty[ \frac{1}{n!} \binom{n}{m} ]^2 \frac{1}{(z+m)^2}
\end{align}
$$で得られるから、$$a_m =\qty[ \frac{1}{n!} \binom{n}{m} ]^2$$とすぐに求められる。先ほどの方法よりも手軽である。
他の $1/(z+m)$ についての項は、$$\frac{2}{(n!)^2} \qty[ (-1)^m \binom{n}{m}\frac{1}{z+m} ] \qty[ \sum_{k \neq m} (-1)^k \binom{n}{k}\frac{1}{z+k} ]$$からすべて得られる。これは、$$
\begin{align}
&\phantom{{}={}} \frac{2}{(n!)^2} \qty[ (-1)^m \binom{n}{m}\frac{1}{z+m} ] \qty[ \sum_{k \neq m} (-1)^k \binom{n}{k}\frac{1}{z+k} ] \\
&= \frac{2}{(n!)^2} \binom{n}{m} \sum_{k \neq m} (-1)^{k+m} \binom{n}{k}\frac{1}{(z+m)(z+k)} \\
&= \frac{2}{(n!)^2} \binom{n}{m} \sum_{k \neq m} (-1)^{k+m} \binom{n}{k} \frac{1}{k-m} \qty( \frac{1}{z+m} - \frac{1}{z+k} )
\end{align}
$$と変形できる。ここから $1/(z+m)$ の項だけを注目すれば、$$b_m = \frac{2}{(n!)^2} \binom{n}{m} \sum_{k \neq m} (-1)^{k+m} \binom{n}{k} \frac{1}{k-m}$$と表すことができる。一方で、$$b_m = 2 \qty[ \frac{1}{n!} \binom{n}{m} ]^2 (H_m-H_{n-m})$$ だったがゆえ、$$\frac{2}{(n!)^2} \binom{n}{m} \sum_{k \neq m} (-1)^{k+m} \binom{n}{k} \frac{1}{k-m} = 2 \qty[ \frac{1}{n!} \binom{n}{m} ]^2 (H_m-H_{n-m})$$ より、$$\sum_{k \neq m} (-1)^{k+m} \binom{n}{k} \frac{1}{k-m} = \binom{n}{m} (H_m-H_{n-m})$$なる関係式が示された。
調和数列の積の N 乗の部分分数分解
一般化して Mathlog に載せた。
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