形式的冪級数の冪について

近藤健一

1 はじめに

形式的冪級数の和, 差, 積はよく見かける. 即ち, ∑_{n=0}^{∞} a_{n}t^{n} を {a_{n}} と略記すると,

{a_{n}} ± {b_{n}} = {a_{n} ± b_{n}}
{a_{n}}{b_{n}} = {c_{n}}, c_{n} = ∑_{k=0}^{n} a_{k}b_{n−k}

である. ところが商について, つまり逆元については明示的な形を見たことがない. {a_{n}} の逆元が {b_{n}} である条件は Kronecker の δ^{*1}を用いて

{a_{n}}{b_{n}} = 1 ⟺ ∑_{k=0}^{n} a_{k}b_{n−k} = δ_{n}

となるから, {a_{n}} が可逆である条件は a_{0} ≠ 0 で, その場合には b_{n} が唯一つ決まる, という当たり前のことはよく書いてある. もう少し詳しい本だと, a_{0} = 1 と正規化して,

\frac{1}{1 + t} = 1 + ∑_{n=1}^{∞}(−t)^{n}

において t に ∑_{n=1}^{∞} a_{n}t^{n} を代入すればよいと書いてあるが, 代入した後に右辺の冪を展開して整理してはいない. そこで実際に {a_{n}} の冪の明示的な形を求めてみることにする.

2 指数が自然数の場合

{a_{k}}{b_{k}} = {c_{k}} (n は指数に使いたいので k を添字とする) の c_{k} は

c_{k} = ∑_{p+q=k} a_{p}b_{q}

とも書けるから, 一般に {a_{k}}{b_{k}} ⋯ {c_{k}} = {d_{k}} なら

d_{k} = ∑_{p+q+···+r=k} a_{p}b_{q} ⋯ c_{r}

となることは容易に分かる. よって自然数 n に対して {a_{k}}^{n} = {a_{k}^{(n)}} とおけば, a_{k}^{(n)} は

a_{k}^{(n)} = ∑_{p_{1}+p_{2}+···+p_{n}=n} a_{p_{1}}a_{p_{2}} ⋯ a_{p_{n}}  (1)

*1 n = 0 なら δ_{n} = 1, n ≠ 0 なら δ_{n} = 0 である.

で与えられるが, これでは明示的ではないのでもう少し詳しく a_{k}^{(n)} を調べてみる.

具体的に n = k = 3 として計算してみると,

a_{3}^{(3)} = ∑_{p_{1}+p_{2}+p_{3}=3} a_{p_{1}}a_{p_{2}}a_{p_{3}}
= (a_{3}a_{0}a_{0} + a_{0}a_{3}a_{0} + a_{0}a_{0}a_{3}) + (a_{2}a_{1}a_{0} + a_{2}a_{0}a_{1} + ⋯ + a_{0}a_{1}a_{2}) + a_{1}a_{1}a_{1}
= 3a_{0}^{2}a_{3} + 6a_{0}a_{1}a_{2} + a_{1}^{3}

となり, (1) のままではかなり無駄の多いことが分かる. それぞれの項について考えてみると, a_{p_{1}}a_{p_{2}}a_{p_{3}} の積だから 3 次 ({a_{k}}^{3} の 3) であり, 添字の和は常に p_{1} + p_{2}＋ p_{3} = 3 (t^{3} の係数という 3) であり, また係数として添字の順列の数がかかっていることになる. つまり a_{k}^{(n)} を求めるには, 次数が n, 添字の和が k, 係数が添字の順列の数となるような項を全て足せばよいということになる. k を n 個の非負整数の和に分解すれば一つの項が決まるから, 一番重要なのは添字の和が k であるという条件である.

この分解は自然数の分割とほぼ同じだから, 分割に関する記号を借りるので確認しておく. 自然数 n が k 個の自然数 p_{1} ≥ p_{2} ≥ ⋯ ≥ p_{k} を用いて

n = p_{1} + p_{2} + ⋯ + p_{k}  (2)

と表されているとき, 列 λ = (p_{1}, p_{2}, …, p_{k}) を n の分割と呼び, 記号 λ ⊢ n で表す. また p_{1}, p_{2}, …, p_{k} を λ の要素, k を要素数と呼び, p_{1} ∈ λ, k = |λ| のように表す. 特別な場合として, 要素数 0 の列 ε = () は 0 の分割であるとする.

上の記号を用いて a_{k}^{(n)} を大雑把に表すと, P_{0}(n, λ) を λ の要素と n − |λ| 個の 0 の順列の数として,

a_{k}^{(n)} = ∑_{λ⊢k} P_{0}(n, λ) · a_{0}^{n−|λ|} ∏_{p∈λ} a_{p}

となるが, k = 0 の場合に ε の扱いが問題となってしまう. またこのままでは雑然としているので, うまく記号を定義して整理する事を考える.

まず a_{0} = 1 と正規化しておく. 次に λ の要素の順列の数を P (λ) で表し, 特に P (ε) = 1 とすると, P_{0}(n, λ) は, λ の要素を並べた後に n − |λ| 個の 0 を追加すると考えることで

P_{0}(n, λ) = \binom{n}{|λ|}P (λ)

となる. 最後に, λ (≠ ε) に対して

a^{λ} = P (λ) ∏_{p∈λ} a_{p}  (3)

と定義し^{*2}, また a^{ε} = 1 とする. 例えば λ = (2, 1, 1) なら a^{λ} = 3a_{2}a_{1}^{2} = a_{2}a_{1}a_{1} + a_{1}a_{2}a_{1} + a_{1}a_{1}a_{2}

というように, 添字を順列に見立てて書き出したものの和になる. 結局 a_{k}^{(n)} は

a_{k}^{(n)} = ∑_{λ⊢k} \binom{n}{|λ|}a^{λ}  (4)

という形で表されることになるが, これは (1 + at)^{n} における t^{k} の係数\binom{n}{k}a^{k} と本質的に同じ形であることが分かる. つまり二項定理の一般化として {a_{k}}^{n} の係数を求めることができたのである.

*2 標準 Young 盤の個数を f^{λ} によって表すこともあるが, 違うものである.

3 逆元及び指数が複素数の場合

最後の (4) は当然全ての自然数 n に対して成り立つが, この形だと n が自然数である必要のないところが重要である. つまり, 二項係数を

\binom{x}{k} = \frac{x(x − 1) ⋯ (x − k + 1)}{k!}  (5)

と考えることで, 複素数 x に対して a_{k}^{(x)} を自然に定義することができるのである. 試しにこの定義で {a_{k}^{(−1)}} が \{a_{k}\} の逆元にならないかと計算してみると, \binom{−1}{k} = (−1)^{k} より

a_{0}^{(−1)} = 1
a_{1}^{(−1)} = −a_{1}
a_{2}^{(−1)} = −a_{2} + a_{1}^{2}
a_{3}^{(−1)} = −a_{3} + 2a_{2}a_{1} − a_{1}^{3}

であるから, 例えば {a_{k}}{a_{k}^{(−1)}} の t^{3} の係数は

(−a_{3} + 2a_{2}a_{1} − a_{1}^{3}) + a_{1}(−a_{2} + a_{1}^{2}) + a_{2}(−a_{1}) + a_{3} = 0

となるなのでうまくいっているようである.

ここで {a_{k}}{a_{k}^{(−1)}} = 1 を証明してもよいが, より一般的に複素数 x, y に対して成り立つであろう指数法則

{a_{k}^{(x+y)}} = {a_{k}^{(x)}}{a_{k}^{(y)}}  (6)

を証明する. この式を変形すると,

\{a_{k}^{(x+y)}\} = \{a_{k}^{(x)}\}\{a_{k}^{(y)}\} ⟺ ∑_{λ⊢k} \binom{x + y}{|λ|}a^{λ} = ∑_{l=0}^{k} (∑_{μ⊢l} \binom{x}{|μ|}a^{μ}) ( ∑_{ν⊢k−l} \binom{y}{|ν|}a^{ν})
⟺ ∑_{λ⊢k} \binom{x + y}{|λ|}a^{λ} = ∑_{l=0}^{k} ∑_{μ⊢l} ∑_{ν⊢k−l} \binom{x}{|μ|}\binom{y}{|ν|}a^{μ}a^{ν}

となるが, 左辺と比較するために右辺を a^{λ} で整理することを考える. 右辺において例えば a_{1}a_{2}a_{1} が a_{2}a_{1}a_{1} や a_{1}a_{1}a_{2} ではなくこの順番で現れる場合だけを考えると,

\binom{x}{0}\binom{y}{3}1 · a_{1}a_{2}a_{1} + \binom{x}{1}\binom{y}{2}a_{1} · a_{2}a_{1} + \binom{x}{2}\binom{y}{1}a_{1}a_{2} · a_{1} + \binom{x}{3}\binom{y}{0}a_{1}a_{2}a_{1} · 1

となる. つまり a_{1}a_{2}a_{1} のような a^{λ} のある順列について考えると, a^{μ} の部分に左 0 個の要素が割り当てられる場合から, |λ| 個の要素が割り当てられる場合までの |λ| + 1 回右辺に表れる. よって a^{λ} で整理すれば

∑_{l=0}^{k} ∑_{μ⊢l} ∑_{ν⊢k−l} \binom{x}{|μ|}\binom{y}{|ν|}a^{μ}a^{ν} = ∑_{λ⊢k} a^{λ} ∑_{l=0}^{|λ|} \binom{x}{l}\binom{y}{|λ| − l}  (7)

となるので, もとの式に代入して係数比較をすると, |λ| を k で置き換えて

\binom{x + y}{k} = ∑_{l=0}^{k} \binom{x}{l}\binom{y}{k − l}  (8)

という式を証明すればよいことになる. これは Vandermonde の畳み込みとして知られているものだが, ここで証明しておく. x, y が自然数の場合に正しいことは既に分かっているが, 例えば

(1 + t)^{x+y} = (1 + t)^{x}(1 + t)^{y}

という等式において t^{k} の係数を比較することで得られる. x, y が複素数でも成り立つことを証明するには, 両辺を x の多項式と考える. y が自然数の場合, x の k 次以下の多項式

\binom{x + y}{k} − ∑_{l=0}^{k} \binom{x}{l}\binom{y}{k − l}

は全ての自然数が零点となるので, 恒等的に 0 である. 次に, 全ての自然数 y について上の多項式は 0 となるから, 係数である y の多項式も同様の議論により全て 0 である. よって x, y が複素数の場合にでも (8) は成り立ち, 指数法則が証明された.

指数法則が証明されたので後は簡単である. x が有理数の場合, 当然 {a_{k}}^{x} は {a_{k}^{(x)}} によってうまく定義される. また a_{k}^{(x)} は x の多項式だから, 多項式の正則性よりこの定義は x が複素数の場合に自然に拡張される. つまり, 複素数 x に対して

{a_{k}}^{x} = {a_{k}^{(x)}}  (9)

と定義できるということである.

4 多価性

冪の多価性を考えた場合, {a_{k}^{(x)}} は {a_{k}}^{x} の定数項を 1 に制限したもの, つまり主値と捉えることが出来る. a_{k}^{(x)} を定数項 1 を含む形で書けば

a_{k}^{(x)} = ∑_{λ⊢k} \binom{x}{|λ|}1^{x−|λ|}a^{λ}

となるから, 1 の冪の多価性によって {a_{k}^{(x)}} に多価性が入ると期待できる. そこで整数 m を用いて

a_{k,m}^{(x)} = ∑_{λ⊢k} \binom{x}{|λ|}e^{2πi(x−|λ|)m}a^{λ}  (10)

と定義すると, {a_{k,m}^{(x)}}{a_{k,m}^{(y)}} における t^{k} の係数は

∑_{l=0}^{k} (∑_{μ⊢l} \binom{x}{|μ|}e^{2πi(x−|μ|)m}a^{μ}) ( ∑_{ν⊢k−l} \binom{y}{|ν|}e^{2πi(y−|ν|)m}a^{ν})
= ∑_{l=0}^{k} ∑_{μ⊢l} ∑_{ν⊢k−l} \binom{x}{|μ|}\binom{y}{|ν|}e^{2πi(x+y−|μ|−|ν|)m}a^{μ}a^{ν}
= ∑_{λ⊢k} e^{2πi(x+y−|λ|)m}a^{λ} ∑_{l=0}^{|λ|} \binom{x}{l}\binom{y}{|λ| − l}
= ∑_{λ⊢k} \binom{x + y}{|λ|}e^{2πi(x+y−|λ|)m}a^{λ}

となって, {a_{k,m}^{(x+y)}} における t^{k} の係数に等しい. つまり, {a_{k}}^{x} の第 m 分枝は {a_{k,m}^{(x)}} によって定義できるということである.

付録 A a_{k}^{(x)} の具体的な式

a_{k}^{(x)} = ∑_{λ⊢k} \binom{x}{|λ|}a^{λ}
a_{0}^{(x)} = 1
a_{1}^{(x)} = \binom{x}{1}a_{1}
a_{2}^{(x)} = \binom{x}{1}a_{2} + \binom{x}{2}a_{1}^{2}
a_{3}^{(x)} = \binom{x}{1}a_{3} + \binom{x}{2}2a_{2}a_{1} + \binom{x}{3}a_{1}^{3}
a_{4}^{(x)} = \binom{x}{1}a_{4} + \binom{x}{2}2a_{3}a_{1} + \binom{x}{2}a_{2}^{2} + \binom{x}{3}3a_{2}a_{1}^{2} + \binom{x}{4}a_{1}^{4}
a_{5}^{(x)} = \binom{x}{1}a_{5} + \binom{x}{2}2a_{4}a_{1} + \binom{x}{2}2a_{3}a_{2} + \binom{x}{3}3a_{3}a_{1}^{2} + \binom{x}{3}3a_{2}^{2}a_{1} + \binom{x}{4}4a_{2}a_{1}^{3} + \binom{x}{5}a_{1}^{5}
a_{6}^{(x)} = \binom{x}{1}a_{6} + \binom{x}{2}2a_{5}a_{1} + \binom{x}{2}2a_{4}a_{2} + \binom{x}{2}a_{3}^{2} + \binom{x}{3}3a_{4}a_{1}^{2} + \binom{x}{3}6a_{3}a_{2}a_{1} + \binom{x}{3}a_{2}^{3} +

\binom{x}{4}4a_{3}a_{1}^{3} + \binom{x}{4}6a_{2}^{2}a_{1}^{2} + \binom{x}{5}5a_{2}a_{1}^{4} + \binom{x}{6}a_{1}^{6}

付録 B a_{k}^{(n)} の表

\begin{matrix}n\k & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 \\ −3 & 1 & −3a_{1} & −3a_{2} + 6a_{1}^{2} & −3a_{3} + 12a_{2}a_{1} − 10a_{1}^{3} & −3a_{4} + 12a_{3}a_{1} + 6a_{2}^{2} − 30a_{2}a_{1}^{2} + 15a_{1}^{4} \\ −2 & 1 & −2a_{1} & −2a_{2} + 3a_{1}^{2} & −2a_{3} + 6a_{2}a_{1} − 4a_{1}^{3} & −2a_{4} + 6a_{3}a_{1} + 3a_{2}^{2} − 12a_{2}a_{1}^{2} + 5a_{1}^{4} \\ −1 & 1 & −a_{1} & −a_{2} + a_{1}^{2} & −a_{3} + 2a_{2}a_{1} − a_{1}^{3} & −a_{4} + 2a_{3}a_{1} + a_{2}^{2} − 3a_{2}a_{1}^{2} + a_{1}^{4} \\ 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & a_{1} & a_{2} & a_{3} & a_{4} \\ 2 & 1 & 2a_{1} & 2a_{2} + a_{1}^{2} & 2a_{3} + 2a_{2}a_{1} & 2a_{4} + 2a_{3}a_{1} + a_{2}^{2} \\ 3 & 1 & 3a_{1} & 3a_{2} + 3a_{1}^{2} & 3a_{3} + 6a_{2}a_{1} + a_{1}^{3} & 3a_{4} + 6a_{3}a_{1} + 3a_{2}^{2} + 3a_{2}a_{1}^{2} \end{matrix}