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新米社会人による日曜数学の軌跡

von Staudt-Clausenの定理

Bernoulli数

前回は、本記事で用いる補題を証明しました。
negelon.hatenablog.com
今回は、Bernoulli数の分母を完全に決定するvon Staudt-Clausenの定理を証明したいと思います。

von Staudt-Clausenの定理

Thm.23(von Staudt-Clausen) k を自然数とするとき,
\begin{align*}
B_{2k} = G_{2k} - \sum_{(p - 1) | 2k} \dfrac{1}{p}
\end{align*}を満たす整数 G_{2k} が存在する. ただし右辺の和は(p-1) | 2k となる素数 p を渡る.
証明を行う前に Thm.23 から分かるいくつかの事を見ていこう.

  • 右辺を通分すると既約分数になるのでこの定理はBernoulli数の分母を完全に決定していることが分かる.
  • 1,2|2k より全てのBernoulli数の分母は必ず 6 の倍数になっていることが分かる.

では証明にとりかかろう.

(Thm.23の証明)
Lemma.18 より,
\begin{align*}
B_{2k} = \sum_{j=0}^{2k} A_{2k,j}\dfrac{(-1)^{j}}{j+1} \tag{1}
\end{align*}となることから始めよう. Lemma.22 より, j+1 が素数でありかつ j|2k のときはある整数 n を用いて,
\begin{align*}
A_{2k,j} = n(j+1) - 1
\end{align*}とかけるので,
\begin{align*}
\dfrac{A_{2k,j}}{j+1} = n - \dfrac{1}{j+1} \tag{2}
\end{align*}となる. また上記以外のときはある整数 m を用いて,
\begin{align*}
A_{2k,j} = m(j+1)
\end{align*}とかけるので,
\begin{align*}
\dfrac{A_{2k,j}}{j+1} = m \tag{3}
\end{align*}となる. よって, j+1 が素数のとき p と表せば, (1), (2), (3) より整数 G'_{2k} を用いて,
\begin{align*}
B_{2k} = \sum_{(p-1) | 2k}\dfrac{(-1)^{p}}{p} + G'_{2k}
\end{align*}とできる. 従ってこれを変形すれば,
\begin{align*}
B_{2k} &= \dfrac{1}{2} - \sum_{\substack{(p-1) | 2k \\ p \neq 2}}\dfrac{1}{p} + G'_{2k}\\
&= \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{2} - \sum_{\substack{(p-1) | 2k \\ p \neq 2}}\dfrac{1}{p} + G'_{2k}\\
&= G_{2k} - \sum_{(p - 1) | 2k} \dfrac{1}{p}
\end{align*}を得る. ただし最後の等号では G_{2k} = G'_{2k} + 1 とした. ■

具体例

Thm.23 を用いて B_{12} の分母を求めてみよう. (p-1) | 12 を満たす素数 p は p=2, 3, 5, 7, 13 なので, B_{12} の分母は,
\begin{align*}
2 \times 3 \times 5 \times 7 \times 13 = 2730
\end{align*}となる. 実際これは以前に掲載した以下の表より正しいことが分かる.
Bernoulli数

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
1 -\dfrac{1}{2} \dfrac{1}{6} 0 -\dfrac{1}{30} 0 \dfrac{1}{42} 0 -\dfrac{1}{30} 0 \dfrac{5}{66} 0 -\dfrac{691}{2730}

応用

Thm.23 を用いると以下を示すことができる. 読者の演習問題とするので興味があれば是非挑戦してみてほしい.

Exercise k を自然数とする. このとき任意の素数 p に対して,
\begin{align*}
p(p^{2k}-1)B_{2k} \in \mathbb{Z}
\end{align*}が成り立つことを示せ.

1つの補題

Bernoulli数

前回は第二種Stirling数を定義しました。
negelon.hatenablog.com
今回は次記事で必要になる補題を証明します。

A_{2k, j} に関する補題

Lemma.22 2k>j を満たす自然数 k, j に対して,
\begin{align*}
A_{2k, j} \equiv
\begin{cases}
-1\ \ \ (mod.\ j+1) & (j+1 : prime\ \ and\ \ j\ |\ 2k),\\
0\ \ \ (mod.\ j+1) & (otherwise)
\end{cases}
\end{align*}

(証明)
まず j+1 が素数であり, かつ j \ |\ 2k のときに示す. j\geq 2 のときFermatの小定理より, 1 \leq l \leq j である自然数l に対して,
\begin{align*}
l^{j} \equiv 1\ \ \ (mod.\ j+1)
\end{align*}であり, j\ |\ 2k なので,
\begin{align*}
l^{2k} \equiv 1\ \ \ (mod.\ j+1)
\end{align*}となる. このとき j が偶数であることに注意すると, Prop.4 より,
\begin{align*}
A_{2k, j} &= (-1)^{j}\sum_{l=1}^{j}(-1)^{l}\dbinom{j}{l}l^{2k}\\
&\equiv (-1)^{j}\sum_{l=1}^{j}(-1)^{l}\dbinom{j}{l}\ \ \ (mod.\ j+1)\\
&= (-1)^{j}\sum_{l=0}^{j}(-1)^{l}\dbinom{j}{l}-1\\
&= -1
\end{align*}である. また j=1 のときは,
\begin{align*}
A_{2k, 1} &= (-1)^{1}\dbinom{1}{1}1^{2k} \\
&= -1\\
&\equiv -1\ \ \ (mod.\ j+1).
\end{align*}従って, j+1 が素数であり, かつ j \ |\ 2k のときは成り立つ. 次に, j+1 が素数であり, かつ j \ \mid \hspace{-.67em}/\ 2k のときに示す. 今 3 < j < 2k としても一般性を失わない. まずFermatの小定理より, l=1, 2, \cdots ,j に対して
\begin{align*}
l^{2k+j} \equiv l^{2k}\ \ \ (mod.\ j+1)
\end{align*}であり, (j+1) \ \mid \hspace{-.67em}/\ l^{j} より,
\begin{align*}
l^{2k} \equiv l^{2k-j}\ \ \ (mod.\ j+1)
\end{align*} である. これを繰り返すことによって,
\begin{align*}
A_{2k, j} \equiv A_{2k-j, j} \equiv A_{2k-2j, j} \equiv \cdots \equiv A_{2k-nj, j}\ \ \ (mod.\ j+1)
\end{align*}
となることが分かる. 今, \rho = \left[\dfrac{2k}{j}\right] \in \mathbb{Z} とおくと, 0 < 2k-\rho j < j より,
\begin{align*}
A_{2k, j} \equiv A_{2k-j, j} \equiv A_{2k-2j, j} \equiv \cdots \equiv A_{2k-\rho j, j} \equiv 0\ \ \ (mod.\ j+1)
\end{align*}となって成立する. 最後に j+1 が合成数のときに示す. (j+1) \geq 6 のときは (j+1) | j! であることと, Prop.20 より,
\begin{align*}
A_{2k, j} \equiv 0\ \ \ (mod.\ j+1)
\end{align*}を得る. j=3 のときは,
\begin{align*}
A_{2k, 3} &= 3 - 3 \cdot 2^{2k} + 3^{2k}\\
&= 3(3^{2k-1}+1) - 3 \cdot 2^{2k}\\
&\equiv 0\ \ \ (mod.\ 4)
\end{align*}となる. 従ってこの場合も成立する.■

第二種Stirling数

Bernoulli数

前回はBernoulli数の明示公式を与えました。
negelon.hatenablog.com
今回は、後に必要となる第二種Stirling数を導入したいと思います。

第二種Stirling数

Prop.20 任意の非負整数 q, j に対して,
\begin{align*}
\mathfrak{S}_{q}^{j} := \dfrac{A_{q, j}}{j!}
\end{align*} は整数.

(証明)
n を自然数とするとき,
\begin{align*}
(x)_{n} := x(x-1) \cdots (x-n+1)
\end{align*}と定める. すると A_{q, j} の定義から自然数 q に対して,
\begin{align*}
x^{q} &= \sum_{j=1}^{q}A_{q, j}\dbinom{x}{j}\\
&= \sum_{j=1}^{q}\dfrac{x(x-1) \cdots (x-j+1)}{j!}A_{q, j}\\
&=\sum_{j=1}^{q}\mathfrak{S}_{q}^{j}(x)_{j}
\end{align*}となる. ここで,
\begin{align*}
\mathfrak{S}_{q}^{q} &= \dfrac{A_{q, q}}{q!}\\
&=\dfrac{q!}{q!}\\
&= 1
\end{align*}であることと,
\begin{align*}
(x)_{j} &= x(x-1) \cdots (x-j+1)\\
&= \sum_{i=1}^{j}\left\{\sum_{1 \leq k_{1} < \cdots < k_{j-i} \leq j-1}(-1)^{j-i}k_{1} \cdots k_{j-i}\right\}x^{i}\\
&= \sum_{i=1}^{j} m_{i}^{j} x^{i}
\end{align*} であることから,
\begin{align*}
x^{q}-(x)_{q} &= \sum_{j=1}^{q-1} \mathfrak{S}_{q}^{j}(x)_{j}\\
&= \sum_{j=1}^{q-1} \mathfrak{S}_{q}^{j}\sum_{i=1}^{j}m_{i}^{j}x^{i}\\
&= \sum_{i=1}^{q-1} \left( \sum_{j=i}^{q-1} \mathfrak{S}_{q}^{j} m_{i}^{j} \right) x^{i}\\
&= \sum_{i=1}^{q-1}\left(\mathfrak{S}_{q}^{j} + \sum_{j=i+1}^{q-1}\mathfrak{S}_{q}^{j}m_{i}^{j}\right)x_{i}
\end{align*}を得る. 今, 左辺は整数係数 q-1 次モニック多項式なので帰納的に \mathfrak{S}_{q}^{q-1} \in \mathbb{Z}, \mathfrak{S}_{q}^{q-2} \in \mathbb{Z}, \cdots , \mathfrak{S}_{q}^{1} \in \mathbb{Z} が分かる. また q, j を自然数とするとき,
\begin{align*}
&\mathfrak{S}_{0}^{0} = \dfrac{A_{0, 0}}{0!} = 1 \in \mathbb{Z},\\
&\mathfrak{S}_{q}^{0} = \dfrac{A_{q, 0}}{q!} = 0 \in \mathbb{Z},\\
&\mathfrak{S}_{j}^{0} = \dfrac{A_{0, j}}{0!} = 0 \in \mathbb{Z},\\
&\mathfrak{S}_{q}^{j} = \dfrac{A_{q, j}}{q!} = 0 \in \mathbb{Z}\ \ \ (j \geq q+1),
\end{align*}であるから, 任意の非負整数 q, j に対して \mathfrak{S}_{q}^{j} は整数となる.■

Def.21 任意の非負整数 q, j に対して, \mathfrak{S}_{q}^{j} を第二種Stirling数という.

第二種Stirling数については以下でも詳しく説明されているので参照せよ.
integers.hatenablog.com
mathtrain.jp

Bernoulli数の明示公式

Bernoulli数

前回はBernoulli多項式の零点と, そこから導かれるBernoulli数の性質について考察しました。
negelon.hatenablog.com
今回はBernoulli数の明示公式を与えたいと思います。

Bernoulli数の明示公式

次の Lemma.18 から始める.

Lemma.18 任意の自然数 q に対して,
\begin{align*}
B_{q-1} = \sum_{j=0}^{q-1}A_{q-1, j}\dfrac{(-1)^{j}}{j+1}.
\end{align*}

(証明)
まず Lemma.10 より,
\begin{align*}
B_{q}(x)&=\sum_{k=0}^{q} \dbinom{q}{k} B_{k} x^{q-k}\\
&= x^q + qB_{1}x^{q-1} + \dfrac{q(q-1)}{2} B_{2} x^{q-2} + \cdots + qB_{q-1}x + B_{q} \tag{1}
\end{align*}である. 一方でBernoulli多項式の定義から,
\begin{align*}
B_{q}(x) &= q \sum_{j=0}^{q-1} A_{q-1, j} \dbinom{x}{j+1}+B_{q}\\
&= B_{q} + q\sum_{j=0}^{q-1}(-1)^{j}\dfrac{A_{q-1, j}}{j+1}x + \cdots + x^{q} \tag{2}
\end{align*}である. 従って(1), (2)の x の係数を比較すれば,
\begin{align*}
qB_{q-1}=q\sum_{j=0}^{q-1}A_{q-1,j}\dfrac{(-1)^j}{j+1},
\end{align*}つまり,
\begin{align*}
B_{q-1}=\sum_{j=0}^{q-1}A_{q-1, j}\dfrac{(-1)^j}{j+1}
\end{align*}を得る.■

Bernoulli数の明示公式は以下で与えられる.

Prop.19 任意の自然数 q に対して,
\begin{align*}
B_{q}=\sum_{j=1}^{q}\dfrac{1}{j+1}\sum_{l=1}^{j}(-1)^l\dbinom{j}{l}l^{q}.
\end{align*}

(証明)
Lemma.18 において q を q+1 に置き換えれば,
\begin{align*}
B_{q}=\sum_{j=1}^{q}A_{q, j}\dfrac{(-1)^{j}}{j+1}
\end{align*}である. この右辺にProp.4 を代入すれば,
\begin{align*}
B_{q}=\sum_{j=1}^{q}\dfrac{1}{j+1}\sum_{l=1}^{j}(-1)^l\dbinom{j}{l}l^{q}.
\end{align*}を得る.■

Bernoulli多項式の零点

Bernoulli数

前回は 3 以上の奇数番目におけるBernoulli数の値が 0 になることを証明しました。
negelon.hatenablog.com
今回はBernoulli多項式の零点に着目して、そこから導かれるいくつかのBernoulli数の性質を見ていきましょう。

Bernoulli多項式の零点

Lemma.14 任意の自然数 k に対して,
\begin{align*}
B_{2k+1}(0)=B_{2k+1}\left(\dfrac{1}{2}\right)=B_{2k+1}(1)=0.
\end{align*}

(証明)
Lemma.12 において, q=2k+1, x=\dfrac{1}{2} とすれば,
\begin{align*}
B_{2k+1}\left(\dfrac{1}{2}\right)=-B_{2k+1}\left(\dfrac{1}{2}\right)
\end{align*}となるので,
\begin{align*}
B_{2k+1}\left(\dfrac{1}{2}\right) = 0.
\end{align*}次に 2k+1 >1 であるから, Prop.8 , Prop.13 より,
\begin{align*}
B_{2k+1}(0) &= B_{2k+1}(1)\\
&=B_{2k+1}\\
&=0
\end{align*}となる.■

本記事の主命題は以下である.

Prop.15 任意の自然数 k に対して, B_{2k+1}(x) の [0, 1] における零点は x=0, \dfrac{1}{2}, 1 のみである.

Prop.15 の証明にはRolleの定理を用いる. Rolleの定理については以下の素晴らしいサイトを参照せよ.
mathtrain.jp
では早速証明に入ろう.

(Prop.15の証明)
k に関する帰納法で示す. k=1 のときは Lemma.14 と degB_3(x)=3 であることから直ちに従う. 次に B_{2k-1}(x) の零点が x=0, \dfrac{1}{2}, 1 のみであると仮定する. このとき, B_{2k+1}(x) の零点が x=0, \dfrac{1}{2}, 1 のみであることを示そう. まず Lemma.14 より B_{2k+1}(x) は x=0, \dfrac{1}{2}, 1 を零点に持つ. ここで B_{2k+1}(x) がこれら以外の零点 x=\alpha を[0, 1]で持つと仮定する. このとき, 0 < \alpha < \dfrac{1}{2} としても一般性を失わない. するとRolleの定理より,
\begin{align*}
\begin{cases}
B'_{2k+1}(\beta_{j})=0\ \ \ (j = 1, 2, 3), \\
0<\beta_{1}<\alpha<\beta_{2}<\dfrac{1}{2}<\beta_{3}<1
\end{cases}
\end{align*}となる実数 \beta_{1}, \beta_{2}, \beta_{3} が存在する. ここでBernoulli多項式の定義から,
\begin{align*}
\dfrac{1}{2k+1}B'_{2k+1}(x)=B_{2k}(x)
\end{align*}であるから,
\begin{align*}
B_{2k}(\beta_{j})&=\dfrac{1}{2k+1}B'_{2k+1}(\beta_{j})\\
&=0\ \ \ (j=1,2,3)
\end{align*}となる. よって再びRolleの定理より,
\begin{align*}
\begin{cases}
B'_{2k}(\gamma_{j})=0\ \ \ (j = 1, 2), \\
\beta_{1}<\gamma_{1}<\beta_{2}<\gamma_{2}<\beta_{3}
\end{cases}
\end{align*}となる実数 \gamma_{1}, \gamma_{2} が存在する. ここでも同様にBernoulli多項式の定義から,
\begin{align*}
\dfrac{1}{2k}B'_{2k}(x)=B_{2k-1}(x)
\end{align*}より,
\begin{align*}
B_{2k-1}(\gamma_{j}) &= \dfrac{1}{2k}B'_{2k}(\gamma_{j})\\
&=0\ \ \ (j=1,2)
\end{align*}が分かる. これより B_{2k-1}(x) は [0, 1] に少なくとも 4 つの零点を持ってしまうが, これは帰納法の仮定に矛盾する. 従って B_{2k+1}(x) は [0, 1] において x=0,\dfrac{1}{2},1 のみを零点に持つ.■

同様の議論でこれら 3 つの零点が単純零点であることが証明できる. 興味のある読者は挑戦してみてほしい.

さて, 今は奇数番目のBernoulli多項式における零点の話であったが, 偶数番目のBernoulli多項式についても同じような命題が成り立つ.

Prop.16 2 以上の自然数 k に対して, B_{2k}(x)-B_{2k} は (0, 1) において零点を持たない.

(証明)
背理法で示す. B_{2k}(x)-B_{2k} が (0, 1) に零点 \xi を持つと仮定する. このとき Prop.8 より,
\begin{align*}
B_{2k}(1)-B_{2k}&=B_{2k}(0)-B_{2k}\\
&=B_{2k}-B_{2k}\\
&=0
\end{align*}であるからRolleの定理より,
\begin{align*}
\begin{cases}
B'_{2k}(\alpha_{j})=0\ \ \ (j=1,2)\\
0<\alpha_{1}<\xi<\alpha_{2}<1
\end{cases}
\end{align*}となる実数 \alpha_{1}, \alpha{2} が存在する. 今Bernoulli多項式の定義から,
\begin{align*}
B_{2k-1}(x)=\dfrac{1}{2k}B'_{2k}(x)
\end{align*}より,
\begin{align*}
B_{2k-1}(\alpha_{j}) &= \dfrac{1}{2k}B'_{2k}(\alpha_{j})\\
&=0\ \ \ (j=1, 2)
\end{align*}であるので, B_{2k-1}(x) は [0, 1] において x=0,\alpha_{1}, \alpha_{2}, 1 の 4 つの零点を持つ. しかしこれは Prop.15 に矛盾する.■

偶数番目のBernoulli数

以前の記事に載せたBernoulli数の表を再掲しよう.
negelon.hatenablog.com
Bernoulli数

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
1 -\dfrac{1}{2} \dfrac{1}{6} 0 -\dfrac{1}{30} 0 \dfrac{1}{42} 0 -\dfrac{1}{30} 0 \dfrac{5}{66} 0 -\dfrac{691}{2730}

おかわりいただけるだろうか. そう、偶数番目のBernoulli数の符号が反転しているのである. Prop.15, Prop.16 を用いるとこれを示すことができる.

Prop.17 任意の自然数 k に対して,
\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (-1)^{k-1}B_{2k}>0.

(証明)
2 以上の自然数 k に対して, B_{2k+1}(0)=B_{2k+1}\left(\dfrac{1}{2}\right)=0 であるからRolleの定理より,
\begin{align*}
\begin{cases}
B'_{2k+1}(\beta)=0\\
0<\beta<\dfrac{1}{2}
\end{cases}
\end{align*}を満たす実数 \beta が存在する. 今, Bernoulli多項式の定義から,
\begin{align*}
B_{2k}(x)=\dfrac{1}{2k+1}(x)
\end{align*}なので,
\begin{align*}
B_{2k}(\beta)&=\dfrac{1}{2k+1}B'_{2k+1}(\beta)\\
&=0.
\end{align*}一方 Prop.16 より (0, 1) 上で,
\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (B_{2k}(x)-B_{2k})(B_{2k}(\beta)-B_{2k})>0
が成り立つ. ここで Lemma.10 を用いると,
\begin{align*}
(B_{2k}(x)-B_{2k})(B_{2k}(\beta)-B_{2k})&=-B_{2k}\sum_{j=0}^{2k-2}\dbinom{2k}{j}B_{j}x^{2k-j}\\
&>0
\end{align*}であるから,
\begin{align*}
B_{2k}\sum_{j=0}^{2k-2}\dbinom{2k}{j}B_{j}x^{2k-2-j}<0
\end{align*}となって, x\rightarrow +0 とした後に両辺を \binom{2k}{2k-2} で割れば,
\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ B_{2k}B_{2k-2}<0
となる. 従って B_2=\dfrac{1}{6}>0 なので自然数k に対して,
\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (-1)^{k-1}B_{2k}>0
を得る.■

3 乗和の公式が 1 乗和の公式の 2 乗になる理由

3 乗和の公式について思い出そう.
\begin{align*}
\sum_{n=1}^{N-1}n^3=\left(\sum_{n=1}^{N-1}n\right)^2
\end{align*}3 乗和の公式が 1 乗和の公式の 2 乗で表されている. 高校生の時は「覚えやすいなあ」くらいにしか感じなかったと思うが, 実はこれは偶然ではなくきちんと理由があるのだ. 以下, そのことについて述べる.
k\geq 2 において Prop.8から,
\begin{align*}
B_{2k}(1)-B_{2k}&=B_{"k}(0)-B_{2k}\\
&=0
\end{align*}であり, Bernoulli多項式の定義から,
\begin{align*}
(B_{2k}(x)-B_{2k})'&=2kB_{2k-1}(x)
\end{align*}であるので,
\begin{align*}
(B_{2k}(1)-B_{2k})'&=(B_{2k}(0)-B_{2k})'\\
&=2kB_{2k-1}\\
&=0
\end{align*}なので, =0,1 は B_{2k}(x)-B_{2k} の重根になっている. 特に,
\begin{align*}
B_{2}(x)-B_{2}&=x(x-1)
\end{align*}より, B_{2k}(x)-B_{2k} は (B_{2}(x)-B_{2})^2 を因子に持つことが分かる. このことと, B_{4}(x)-B_{4} が 4次有理数係数モニック多項式であることより,
\begin{align*}
B_{4}(x)-B_{4}=(B_{2}(x)-B_{2})^2
\end{align*}となる. 従って,
\begin{align*}
\sum_{n=1}^{N-1}n^3&=\dfrac{1}{4}\left(B_{4}(N)-B_{4}\right)\\
&=\dfrac{1}{2^2}(B_{2}(N)-B_{2})^2\\
&=\left(\sum_{n=1}^{N-1}n\right)^2
\end{align*}を得る.

奇数番目のBernoulli数

Bernoulli数

前回はBernoulli多項式とBernoulli数を定義から具体的に計算した後、Bernoulli数の漸化式を示しました。
negelon.hatenablog.com
今回は、Bernoulli数のある性質を証明したいと思います。

奇数番目のBernoulli数

前記事のBernoulli数の表を再掲しよう.
Bernoulli数

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
1 -\dfrac{1}{2} \dfrac{1}{6} 0 -\dfrac{1}{30} 0 \dfrac{1}{42} 0 -\dfrac{1}{30} 0 \dfrac{5}{66} 0 -\dfrac{691}{2730}

おかわりいただけるだろうか. 3以上の奇数番目におけるBernoulli数の値が0になっている. 今回はこれを示すことが目的である. 次のLemma.12から始めよう.

Lemma.12 任意の自然数 q に対して,
\begin{align*}
B_q(1-x)=(-1)^qB_q(x).
\end{align*}
(証明)
2 以上の自然数 N を任意にとり固定する. このとき Prop.9 から,
\begin{align*}
\sum_{n=1}^{N-1}n^q=\frac{1}{q+1}\left\{B_{q+1}(N)-B_{q+1}\right\}
\end{align*}であるので n を -n に取り換えることにより,
\begin{align*}
\sum_{n=-N+1}^{-1}n^q=(-1)^q\frac{1}{q+1}\left\{B_{q+1}(N)-B_{q+1}\right\}
\end{align*}となる. 一方で Prop.9より,
\begin{align*}
\sum_{n=-N+1}^{-1}n^q=\frac{1}{q+1}\left\{B_{q+1}-B_{q+1}(1-N)\right\}
\end{align*}であるからこれらより,
\begin{align*}
\frac{1}{q+1}\left\{B_{q+1}-B_{q+1}(1-N)\right\}=(-1)^q\frac{1}{q+1}\left\{B_{q+1}(N)-B_{q+1}\right\}
\end{align*}が成り立つ. N は任意だったので,
\begin{align*}
\frac{1}{q+1}\left\{B_{q+1}-B_{q+1}(1-x)\right\}=(-1)^q\frac{1}{q+1}\left\{B_{q+1}(x)-B_{q+1}\right\}
\end{align*}であり両辺を微分すれば,
\begin{align*}
B'_{q+1}(1-x)=(-1)^{q}B'_{q+1}(x)
\end{align*}となる. 従って両辺に B'_{q+1}(x)=(q+1)B_q(x) を代入すれば,
\begin{align*}
(q+1)B_q(1-x)=(-1)^{q}(q+1)B_q(x)
\end{align*}となり両辺を (q+1) で割ることにより,
\begin{align*}
B_q(1-x)=(-1)^qB_q(x)
\end{align*}を得る.■
この Lemma.12 を用いて次を示す.

Prop.13 任意の自然数 k に対して,
\begin{align*}
B_{2k+1}=0.
\end{align*}

(証明)
Lemma.12 においてx=0, q=2k+1とすれば,
\begin{align*}
B_{2k+1}(0)=(-1)^{2k+1}B_{2k+1}(1)=-B_{2k+1}(1)
\end{align*}である. Prop.8より B_{2k+1}(0)=B_{2k+1}(1)=B_{2k+1} であるから,
\begin{align*}
B_{2k+1}&=-B_{2k+1}
\end{align*}となって,
\begin{align*}
B_{2k+1}&=0
\end{align*}を得る.■

Bernoulli数の漸化式

Bernoulli数

前回の記事ではBernoulli多項式とBernoulli数を定義し, べき乗和の公式を導きました。
negelon.hatenablog.com
今回はいくつか具体例を計算してみたいと思います。
またBernoulli多項式, Bernoulli数の計算を幾分か楽に行うために、漸化式を証明します。

具体例 - Bernoulli多項式, Bernoulli数 -

前回導入したBernoulli多項式とBernoulli数の定義を再掲する.

Def.6 (Bernoulli多項式) 自然数 q に対して,
\begin{align*}
B_{q}(x) = q\sum_{j \geq 0}A_{q-1, j}\dbinom{x}{j+1} + B_{q}
\end{align*}をBernoulli多項式という. ここで定数 B_q は,
\begin{align*}
\frac{1}{q+1}B'_{q+1}(x) = B_{q}(x)
\end{align*}を満たすようにとる. ただし, B_{0}(x) := 1 と定める.

Def.7 (Bernoulli数) 自然数 q に対して, Def.6 の B_{q} をBernoulli数という. ただし, B_{0} := 1 と定める.

最初に q=1 のときを求めよう. A_{0, 0}=1 であることと自然数 j に対して A_{0,j}=0 であることに注意すると, Def.6 より,
\begin{align*}
B_{1}(x) &= \sum_{j \geq 0}A_{0, j}\dbinom{x}{j+1} + B_{1}\\
&= A_{0, 0}\dbinom{x}{1} + b_{1}\\
&= x + B_{1}\tag{1}
\end{align*}となる. 次に q=2 のとき, A_{0, 0}=1 であることと自然数 j に対して A_{0,j}=A_{j, 0}=0, A_{j, j}=j! であることに注意すると, Def.6 より,
\begin{align*}
B_{2}(x) &= 2\sum_{j \geq 0}A_{1, j}\dbinom{x}{j+1} + B_2\\
&= 2\left\{A_{1, 0}\dbinom{x}{1}+A_{1, 1}\dbinom{x}{2}\right\}+B_{2}\\
&= x(x-1)+B_{2}\\
&= x^2-x+B_{2}\tag{2}
\end{align*}となるので,
\begin{align*}
\dfrac{1}{2}B'_{2}(x) = x-\dfrac{1}{2} \tag{3}
\end{align*}である. 定義から(1), (3)が等しいので,
\begin{align*}
x + B_{1} = x-\dfrac{1}{2},
\end{align*}つまり,
\begin{align*}
B_{1} = -\dfrac{1}{2}
\end{align*}となる. よってこれを(1)に代入することで,
\begin{align*}
B_1(x) = x-\dfrac{1}{2}.
\end{align*}次に, q=3 のとき, A_{0, 0}=1 , A_{2,1}=1であることと自然数 j に対して A_{0,j}=A_{j, 0}=0, A_{j, j}=j! であることに注意すると, Def.6 より,
\begin{align*}
B_3(x) &= \sum_{j \geq 0}A_{2, j}\dbinom{x}{j+1} + B_3\\
&= 3\left\{A_{2, 0}\dbinom{x}{1}+A_{2, 1}\dbinom{x}{2} + A_{2, 2}\dbinom{x}{3}\right\}+B_{3}\\
&= 3\dfrac{x(x-1)}{2} + x(x-1)(x-2) +B_3\\
&= x^3 - \dfrac{3}{2}x^2 + \dfrac{1}{2} + B_3 \tag{4}
\end{align*}となるので,
\begin{align*}
\dfrac{1}{3}B'_3(x) = x^2 - x + \dfrac{1}{6} \tag{5}
\end{align*}である. 定義から(2), (5)が等しいので,
\begin{align*}
x^2-x+B_{2} = x^2 - x + \dfrac{1}{6},
\end{align*}つまり,
\begin{align*}
B_{2} = \frac{1}{6}
\end{align*}となる. よってこれを(2)に代入することで,
\begin{align*}
B_2(x) = x^2 - x + \dfrac{1}{6}.
\end{align*}

Bernoulli数の漸化式

上の具体例を見ればわかるように, q が大きくなるにつれてたくさんの A_{q, j} を計算しなければならず, あまり現実的ではない. そこで, 具体的な計算にはこれから示す漸化式を用いるとよい.

Lemma.10 qを自然数とするとき,
\begin{align*}
B_q(x)=\sum_{j=0}^{q}\binom{q}{j}B_jx^{q-j}.
\end{align*}
(証明)
qに関する数学的帰納法で示す. q=1 のときは, 任意の自然数 j に対して A_{0, j}=0 であることに注意すれば,
\begin{align*}
B_1(x)&=\sum_{j \geq 0}A_{0,j}\binom{x}{j+1}+B_1\\
&=\dbinom{x}{1}+B_1\\
&=x+B_1
\end{align*}となり成立する. q-1まで成り立つと仮定すると,
\begin{align*}
B'_{q}(x)&=qB_{q-1}(x)\\
&=q\sum_{j=0}^{q-1}\binom{q-1}{j}B_jx^{q-j-1}\\
&=\sum_{j=0}^{q-1}\frac{q!}{j!(q-j-1)!}B_jx^{q-j-1}
\end{align*}である. ただし2行目の等号で q-1 のときの仮定を用いた. ここで両辺を積分すると C を積分定数として,
\begin{align*}
B_q(x)&=\sum_{j=0}^{q-1}\frac{q!}{j!(q-j)!}B_jx^{q-j}+C\\
&=\sum_{j=0}^{q-1}\binom{q}{j}B_jx^{q-j}+C
\end{align*}となり x=0 を代入すれば Prop.9 より B_q=B_q(0)=C となるので, B_0=1より,
\begin{align*}
B_q(x)&=\sum_{j=0}^{q-1}\binom{q}{j}B_jx^{q-j}+B_q\\
&=\sum_{j=0}^{q}\binom{q}{j}B_jx^{q-j}
\end{align*}を得る. ■

Lemma.10 より, Bernoulli多項式は有理数係数モニック多項式であることが分かる.

Prop.11 (Bernoulli数の漸化式) 2 以上の自然数 q に対して,
\begin{align*}
\sum_{j=0}^{q-1}\binom{q}{j}B_j=0.
\end{align*}
(証明)
Lemma.10の両辺にq! をかけてx=1 とすれば, q は 2 以上の自然数なので Prop.9 から,
\begin{align*}
B_q=\sum_{j=0}^{q}\binom{q}{j}B_j
\end{align*}である. 従って両辺から B_q をひけば,
\begin{align*}
\sum_{j=0}^{q-1}\binom{q}{j}B_j=0
\end{align*}を得る. ■

Bernoulli多項式, Bernoulli数の最初のいくつかを下図にまとめる.
Bernoulli多項式

B_0(x) B_1(x) B_2(x) B_3(x) B_4(x) B_5(x) B_6(x)
1 x-\dfrac{1}{2} x^2-x+\dfrac{1}{6} x^3-\dfrac{3}{2}x^2+\dfrac{1}{2}x x^4-2x^3+x^2-\dfrac{1}{30} x^5-\dfrac{5}{2}x^4+\dfrac{5}{3}x^3-\dfrac{1}{6}x x^6-3x^5+\dfrac{5}{2}x^4-\dfrac{1}{2}x^2+\dfrac{1}{42}

Bernoulli数

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
1 -\dfrac{1}{2} \dfrac{1}{6} 0 -\dfrac{1}{30} 0 \dfrac{1}{42} 0 -\dfrac{1}{30} 0 \dfrac{5}{66} 0 -\dfrac{691}{2730}

具体例 -べき乗和の公式-

本記事の最後に, 5 乗和の公式を導出してみよう. B_6(x), B_6 は上の表を参考にせよ. N を自然数とするとき Prop.8 に注意すると, Prop.9 (べき乗和の公式) より,
\begin{align*}
\sum_{n=1}^{N}n^5 &= \dfrac{1}{6}\left\{B_6(N+1) - B_6(1)\right\}\\
&= \dfrac{1}{6}\left\{B_6(N+1) - B_6\right\}\\
&= \dfrac{1}{6}\left\{(N+1)^6 - 3(N+1)^5 + \dfrac{5}{2}(N+1)^4 -\dfrac{1}{2}(N+1)^2\right\}\\
&= \dfrac{1}{12}(N+1)^2\left\{2(N+1)^4 - 6(N+1)^3 + 5(N+1)^2 - 1\right\}\\
&= \dfrac{1}{12}\left\{N(N+1)\right\}^2(2N^2+2N-1)
\end{align*}となる. 従って5乗和の公式は,
\begin{align*}
\sum_{n=1}^{N}n^5 = \dfrac{1}{12}\left\{N(N+1)\right\}^2(2N^2+2N-1)
\end{align*}である.