以前に触れた Melzak の公式であるが、その証明をして、さらにいろいろな例に適応させる試み。
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Melzak の公式
非負整数 $n$ と複素数 $w,z$ と高々 $n$ 次の多項式 $P(w)$ について、次の等式が成り立つ。
$$P(w+z) \prod_{k=0}^n \frac{1}{z+k} = \frac{1}{n!} \sum_{k=0}^n (-1)^k \binom{n}{k} \frac{P(w-k)}{z+k}$$
ただし $z$ は極を除く。また、$\binom{n}{k}$ は二項係数。
証明
以前の証明をなぞる。
左辺は、$z$ について分母が $n+1$ 次で分子が高々 $n$ 次であり、$$P(w+z) \prod_{k=0}^n \frac{1}{z+k} = \sum_{k=0}^n \frac{a_k}{z+k}$$と部分分数分解できるから、$k=m$ のときの係数 $a_m$ を求めればよい。この両辺に $z+m$ を掛けて、$z = -m$ とすることを考える。
右辺について、$$
\begin{align}
&\phantom{{}={}} \eval{ (z+m)\sum_{k=0}^n \frac{a_k}{z+k} }_{z=-m} \\
&= \eval{ \qty[ \sum_{k=0}^{m-1} \frac{a_k (z+m)}{z+k} + a_m + \sum_{k=m+1}^{n} \frac{a_k (z+m)}{z+k} ] }_{z=-m} \\
&= \sum_{k=0}^{m-1} \frac{a_k (-m+m)}{-m+k} + a_m + \sum_{k=m+1}^n \frac{a_k (-m+m)}{-m+k} \\
&= a_m
\end{align}
$$である。左辺について、$$
\begin{align}
&\phantom{{}={}} \eval{ (z+m) P(w+z) \prod_{k=0}^n \frac{1}{z+k} }_{z=-m} \\
&= \eval{ P(w+z) \qty[ \prod_{k=0}^{m-1} \frac{1}{z+k} ] \qty[ \prod_{k=m+1}^n \frac{1}{z+k} ] }_{z=-m} \\
&= P(w-m) \qty[ \prod_{k=0}^{m-1} \frac{1}{-m+k} ] \qty[ \prod_{k=m+1}^n \frac{1}{-m+k} ] \\
&= P(w-m) \qty[ (-1)^m \prod_{k=0}^{m-1} \frac{1}{m-k} ] \qty[ \prod_{k=1}^{n-m} \frac{1}{k} ] \\
&= P(w-m) \cdot (-1)^m \frac{1}{m!} \cdot \frac{1}{(n-m)!} \\
&= \frac{1}{n!} (-1)^{m} \binom{n}{m} P(w-m)
\end{align}
$$であるから、辺々を比較して、$$a_m = \frac{1}{n!} (-1)^{m} \binom{n}{m} P(w-m) $$ゆえ、示された。
系
とくに $w=0$ としたとき、$$P(z) \prod_{k=0}^n \frac{1}{z+k} = \frac{1}{n!} \sum_{k=0}^n (-1)^k \binom{n}{k} \frac{P(-k)}{z+k}$$が成り立つ。
系の具体例
調和数列の積
$$\prod_{k=0}^n \frac{1}{z+k} = \frac{1}{n!} \sum_{k=0}^n (-1)^k \binom{n}{k} \frac{1}{z+k}$$であるが、$P(w) \triangleq 1$ とすれば、$P(-k)=1$ ゆえ成り立つ。というのは以前にも言及した例である。
等差数列が分母・分子に交互に来る積
以前示したのと同じ流れであるが。
$$\qty[ \prod_{k=0}^{n-1} (z+2k+1) ] \qty[ \prod_{k=0}^n \frac{1}{z+2k} ] = \frac{1}{4^n} \sum_{k=0}^n \binom{2k}{k} \binom{2(n-k)}{n-k} \frac{1}{z+2k}$$であるが、左辺の分母・分子を $2^{n+1}$ で割り、$\zeta \triangleq z/2$ とおくことで、$$
\begin{align}
\qty[ \prod_{k=0}^{n-1} (z+2k+1) ] \qty[ \prod_{k=0}^n \frac{1}{z+2k} ]
&= \qty[ \frac{1}{2} \prod_{k=0}^{n-1} \qty( \frac{z}{2}+\frac{2k+1}{2} ) ] \qty[ \prod_{k=0}^n \frac{1}{\frac{z}{2}+k} ] \\
&= \frac{1}{2} \qty[ \prod_{k=0}^{n-1} \qty( \zeta+\frac{2k+1}{2} ) ] \qty[ \prod_{k=0}^n \frac{1}{\zeta+k} ]
\end{align}
$$となる。ここで、$$P(w) \triangleq \prod_{i=0}^{n-1} \qty( w+\frac{2i+1}{2} )$$と定義して、$$\qty[ \prod_{k=0}^{n-1} (z+2k+1) ] \qty[ \prod_{k=0}^n \frac{1}{z+2k} ] = \frac{1}{2} P(\zeta) \prod_{k=0}^n \frac{1}{\zeta+k}$$を考えると、$$
\begin{align}
P(-k)
&= \prod_{i=0}^{n-1} \qty( -k+\frac{2i+1}{2} ) \\
&= \frac{1}{2^n} \prod_{i=0}^{n-1} (-2k+2i+1) \\
&= (-1)^k \frac{(2k)!(2(n-k))!}{4^n k!(n-k)!}
\end{align}
$$となり、$$
\begin{align}
\frac{1}{n!} (-1)^k \binom{n}{k} P(-k)
&= \frac{1}{n!} (-1)^k \binom{n}{k} \cdot (-1)^k \frac{(2k)!(2(n-k))!}{4^n k!(n-k)!} \\
&= \frac{1}{4^n} \binom{2k}{k} \binom{2(n-k)}{n-k}
\end{align}
$$であるから、$$
\frac{1}{2} P(\zeta) \qty[ \prod_{k=0}^n \frac{1}{\zeta+k} ]
= \frac{1}{2} \sum_{k=0}^n \frac{1}{4^n} \binom{2k}{k} \binom{2(n-k)}{n-k} \frac{1}{\zeta+k}
$$より、$$\qty[ \prod_{k=0}^{n-1} ( z+2k+1 ) ] \qty[ \prod_{k=0}^{n} \frac{1}{z+2k} ]
= \frac{1}{4^n} \sum_{k=0}^n \binom{2k}{k} \binom{2(n-k)}{n-k} \frac{1}{z+2k}$$となる。
調和数列の部分列の積
たとえば、$$\frac{1}{(z+1)(z+3)(z+4)} = \frac{1}{6(z+1)} - \frac{1}{2(z+3)} + \frac{1}{3(z+4)}$$であるが、少し遠回りして、$$\frac{1}{(z+1)(z+3)(z+4)} = z(z+2) \prod_{k=0}^4 \frac{1}{z+k}$$をいったん考えることにする。ここで、$$P(w) \triangleq w(w+2)$$とおくと、$P(0)=0, P(-1)=-1,P(-2)=0,P(-3)=3,P(-4)=8$ である。すると、$$
\begin{align}
z(z+2) \prod_{k=0}^4 \frac{1}{z+k}
&= \frac{1}{4!} \qty[ \frac{1 \cdot 0}{z} - \frac{4 \cdot (-1)}{z+1} + \frac{6 \cdot 0}{z+2} - \frac{4 \cdot 3}{z+3} + \frac{1 \cdot 8}{z+4} ] \\
&= \frac{1}{6(z+1)} - \frac{1}{2(z+3)} + \frac{1}{3(z+4)}
\end{align}
$$となる。
〆
本丸に切り込んだ感。
