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関・ベルヌーイ数とベルヌーイ多項式

定義 1 (関・ベルヌーイ数)        数列$\{B_n\}$を次の漸化式で定義する．

$$\sum_{k=0}^n{}_{n+1}\mathrm{C}_kB_k=n+1$$

$B_n$を関・ベルヌーイ数という． ■

関・ベルヌーイ数は日本の関孝和と， スイスのヤコブ・ベルヌーイが17世後半にそれぞれ独立に発見した．

例 0.1.1  

$$\begin{eqnarray*} &&B_0=1\\ 2B_1+B_0=2,&&B_1=\dfrac{1}{2}\\ 3B_2+3B_1+B_0=3... ...=4,&&B_3=0\\ 5B_4+10B_3+10B_2+5B_1+B_0=5,&&B_4=-\dfrac{1}{30} \end{eqnarray*}$$

以下

$$B_6=\dfrac{1}{42},\ B_8=-\dfrac{1}{30},\ B_{10}=\dfrac{5}{66},\ B_{12}=-\dfrac{691}{2730},\ \cdots$$

である．

基本的性質

数列の性質を調べる強力な手段が母関数の方法である． 一般に，数列$\{a_n\}$に対して， 形式的なべき級数 $$\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{a_n}{n!}t^n$$ を指数的母関数という.

関・ベルヌーイ数$B_k$に対して，その指数的母関数を

$$f(t)=\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{B_n}{n!}t^n$$

とおく．

命題 1        $f(t)$は等式

$$f(t)=\dfrac{te^t}{e^t-1}$$

を満たす．ただし $$e^t=\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{1}{n!}t^n$$とする． ■

証明     

$$\begin{eqnarray*} f(t)\cdot e^t &=& \left(B_0+B_1t+\cdots+\dfrac{B_n}{n!}t^n ... ...{B_n+nB_{n-1}+{}_n\mathrm{C}_2B_{n-2}+\cdots+B_0}{n!}t^n+\cdots \end{eqnarray*}$$

ここで，

$$nB_{n-1}+{}_n\mathrm{C}_2B_{n-2}+\cdots+B_0 =\sum_{k=0}^{n-1}{}_n\mathrm{C}_kB_k=n$$

であるから，$B_0=1$を必要なところに代入して

$$\begin{eqnarray*} f(t)\cdot e^t&=&\left(t+\cdots+\dfrac{n}{n!}t^n+\cdots \right)\\ &&\quad +B_0+B_1t+\cdots+\dfrac{B_n}{n!}t^n+\cdots=te^t+f(t) \end{eqnarray*}$$

これから上記等式が成立する． □

命題 2        $B_{2k-1}=0\ (k\ge 2)$である． ■

証明      $f(t)$の一次の項は$\dfrac{1}{2}t$である．

$$f(t)-\dfrac{1}{2}t=\dfrac{te^t}{e^t-1}-\dfrac{1}{2}t=\dfrac{1}{2}t\cdot\dfrac{e^t+1}{e^t-1}$$

となる．ところが

$$\dfrac{1}{2}(-t)\cdot\dfrac{e^{-t}+1}{e^{-t}-1}= \dfrac{1}... ...ot\dfrac{1+e^t}{1-e^1}=\dfrac{1}{2}t\cdot\dfrac{e^t+1}{e^t-1}$$

となり，$f(t)$から項$\dfrac{1}{2}t$を除いた部分は偶関数である． 従って

$$B_{2k-1}=0\ (k\ge 2)$$

が示された． □

定義 2 (ベルヌーイ多項式)        自然数$n$に対して，多項式$B_n(x)$を 関・ベルヌーイ数$B_n$を用いて

$$B_n(x)=\sum_{k=0}^n(-1)^k{}_n\mathrm{C}_kB_kx^{n-k}$$

で定める． これをベルヌーイ多項式という． ■

定義から$B_n(0)=B_n$である．基本性質をあげる．2.はあとでは使わないが， ベルヌーイ多項式の意味そのものなのであげておく．

命題 3        次の等式が成りたつ．

1.

$$\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{B_n(x)}{n!}t^n=\dfrac{te^{xt}}{e^t-1}$$．

2.

$B_n(x+1)-B_n(x)=nx^{n-1}$．

3.

$B_n(1-x)=(-1)^nB_n(x)$．■

証明
1.      命題1と同様の計算を行う．

$$\begin{eqnarray*} \sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{B_n(x)}{n!}t^n&=& \sum_{n=0}^{\inf... ...=&\dfrac{-te^{-t}}{e^{-t}-1}\cdot e^{xt}=\dfrac{te^{xt}}{e^t-1} \end{eqnarray*}$$

2.      $F(t,\ x)=\dfrac{te^{xt}}{e^t-1}$とおく． 二つの変形を行う．

$$\begin{eqnarray*} &&F(t,\ x)e^t=\dfrac{te^{(x+1)t}}{e^t-1}=F(t,\ x+1)\\ &&F(t,\ x)e^t=\dfrac{e^t}{e^t-1}te^{xt}=te^{xt}+F(t,\ x) \end{eqnarray*}$$

1.を用いて 両辺の級数展開での$t^n$の係数を比較する．

$$\dfrac{B_n(x+1)}{n!}=\dfrac{x^{n-1}}{(n-1)!}+\dfrac{B_n(x)}{n!}$$

よって， $B_n(x+1)-B_n(x)=nx^{n-1}$である．
3. 同様に$F(t,\ 1-x)$を考える．

$$F(t,\ 1-x)=\dfrac{te^{(1-x)t}}{e^t-1} =\dfrac{te^te^{x(-t)... ...^{x(-t)}}{1-e^{-t}}=\dfrac{(-t)e^{x(-t)}}{e^{-t}-1}=F(-t,\ x)$$

同様に両辺の$t^n$の係数比較から $B_n(1-x)=(-1)^nB_n(x)$を得る． □ 次: 倍角公式から得られる代数方程式 上: ζを関・ベルヌーイ数で表す 前: ζを関・ベルヌーイ数で表す