Bernoulli多項式の零点

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。

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.