4 二項変換

4.1 二項変換とその逆変換

$p_n(x)$において一番重要なのは $a_0,a_1,\ldots,a_n$という係数の列だから, 初めに数列$\{a_n\}$があって, 関数列$\{p_n(x)\}$は$\{a_n\}$に対して後から作られたものとも考えられる. この意味で, $a_0\ne1$の場合も含めて$\{p_n(x)\}$を$\{a_n\}$の二項変換と呼ぶ. ここでは二項変換の逆変換を調べたいのだが, 例えば $p_0(x),p_1(x),p_2(x)$を用いて$a_2$を表せば

$$\begin{eqnarray*} a_2&=&x^2\cdot a_0+(-2x)\cdot(a_0x-a_1)+1\cdot(a_0x^2-2a_1x+a_2) \\ &=&p_0(x)x^2-2p_1(x)x+p_2(x) \end{eqnarray*}$$

となるから, 自分自身が逆変換であると予想できる. 簡単に$a_n=a^n$という場合を考えると, $p_n(x)=(x-a)^n$であるから, $p_n(x)$の二項変換は

$$\sum_{k=0}^{n}(-1)^k{n \choose k}x^{n-k}(x-a)^k=(x-(x-a))^n=a^n$$

となり, 予想を裏付けている. そこで一般的に$p_n(x)$の二項変換を求めると, まず

$$\begin{eqnarray*} \sum_{k=0}^{n}(-1)^k{n \choose k}x^{n-k}p_k(x) &=&\sum_{k=0}... ...{n}\sum_{k=m}^{n}(-1)^{k+m}{n \choose k}{k \choose m}x^{n-m}a_m \end{eqnarray*}$$

であり, 次に

$$\begin{eqnarray*} \sum_{k=m}^{n}(-1)^{k+m}{n \choose k}{k \choose m} &=&\sum_{... ...e m} \\ &=&\sum_{k=0}^{n-m}(-1)^k{n-m \choose k}{n \choose m} \end{eqnarray*}$$

と変形できる. ここでKroneckerの$\delta$⁵を用いて

$$\sum_{k=0}^{n-m}(-1)^k{n-m \choose k}=\delta_{n-m}$$ (4.27)

であるから, 結局

$$\sum_{k=0}^{n}(-1)^k{n \choose k}x^{n-k}p_k(x)=\sum_{m=0}^{n}\delta_{n-m}{n \choose m}x^{n-m}a_m=a_n$$ (4.28)

を得る. よって二項変換の逆変換は自分自身であることが証明された.

4.2 Umbral Calculusを用いた証明

先程の一般的な場合の証明は$a_n=a^n$の場合に比べてかなり複雑になっている. 添字と指数の間には $p_n'(x)=np_{n-1}(x)$のように強い対応関係が存在するのだから, $a_n=a^n$の場合からすぐに一般の場合が従えばそれに越したことはない. そこで実際に $\varphi:a^n \mapsto a_n$という写像を導入してみる. $p_n(x)$を$(x-a)^n$との対応から導出したことを考えると, さらに $p_n(x)=\varphi((x-a)^n)$という性質を要求するのが自然であるから, $\varphi$には線形性⁶を仮定する. 具体的に書くと,

$$\varphi((x-a)^n) = \varphi\left(\sum_{k=0}^{n}(-1)^k{n \choose k}x^{n-k}a^k\right)$$

$$= \sum_{k=0}^{n}(-1)^k{n \choose k}x^{n-k}\varphi(a^k)$$

$$= \sum_{k=0}^{n}(-1)^k{n \choose k}x^{n-k}a_k$$

$$= p_n(x)$$ (4.29)

とできるような$\varphi$を導入したのである. この手法はumbral calculusという分野⁷で使われるもので, $\varphi$をevaluationと呼んで記号$\mathrm{eval}$で表し, また変数$a$のことをumbraと呼んで他の変数とは区別する. $\mathrm{eval}$は頻繁に使うので $p_n(x)=(x-a)^n$のように省略するのが普通だが, 対応するという意味で

$$p_n(x) \simeq (x-a)^n$$ (4.30)

と書くことにする. $\mathrm{eval}$を使うと, $p_n(x)$の二項変換は

$$\sum_{k=0}^{n}(-1)^k{n \choose k}x^{n-k}p_k(x) \simeq \sum_{k=0}^{n}(-1)^k{n \choose k}x^{n-k}(x-a)^k$$

$$= (x-(x-a))^n$$

$$\simeq a_n$$ (4.31)

のように驚くほどあっさりと求めることができる.

4.3 第2種Stirling数

二項変換の応用として第2種Stirling数${m \brace n}$を簡単な和で表す公式を導いてみる. ${m \brace n}$は$m$要素の集合を$n$個の空でない部分集合に分ける方法の数で, $x^m$を降冪

$$x^{\underline{n}}=x(x-1)\cdots(x-n+1)$$ (4.32)

で展開したときの係数に現れる. つまり

$$x^m=\sum_{k=0}^{m}{m \brace k}x^{\underline{k}}$$ (4.33)

ということだ⁸が, $x^{\underline{k}}={x \choose k}k!$だから

$$x^m=\sum_{k=0}^{m}{x \choose k}k!{m \brace k}$$

であり, $x=n$ $(0 \le n \le m)$を代入すれば

$$n^m=\sum_{k=0}^{n}{n \choose k}k!{m \brace k}$$

となる. 今まで扱ってきた二項変換を交代二項変換と呼ぶことにすると, この形は$(-1)^k$を取り除いた非交代二項変換と呼ぶべきもので, 一般的に

$$\widetilde{p_n}(x)=\sum_{k=0}^{n}{n \choose k}x^{n-k}a_k \simeq (x+a)^n$$ (4.34)

とおいて⁹逆変換がどうなるのかを調べてみる. しかしこれは簡単で, $\{\widetilde{p_n}(x)\}$は$\{(-1)^na_n\}$の交代二項変換になっているから,

$$(-1)^na_n=\sum_{k=0}^{n}(-1)^k{n \choose k}x^{n-k}\widetild... ...a_n=\sum_{k=0}^{n}{n \choose k}(-x)^{n-k}\widetilde{p_k }(x)$$ (4.35)

となる. よって$\{n^m\}$を逆変換することで

$$n!{m \brace n}=\sum_{k=0}^{n}{n \choose k}(-1)^{n-k}k^m$$ (4.36)

を得る.