格子の冪和 - 数学大好き宣言！

意外に単純な関係が導けた。

まずは二方向の格子のべき和。

$\displaystyle S_k(\tau|m,n)=\sum_{a=0}^{m}\sum_{b=0}^{n}(a\tau+b)^k$ を求める問題を考える。

母関数 $\displaystyle f(x)=f(x,\tau,m,n)=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{S_k x^k}{k!}$ を考える。 $S_k$ の定義より

$\displaystyle \sum_{k=0}^{\infty}\frac{S_k x^k}{k!}=\sum_{k=0}^{\infty}\sum_{a=0}^{m}\sum_{b=0}^{n}\frac{(a\tau+b)^k x^k}{k!}$ 和を交換し(絶対収束を一旦認める)

$\displaystyle=\sum_{a=0}^{m}\sum_{b=0}^{n}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(a\tau+b)^k x^k}{k!}=\sum_{a=0}^{m}\sum_{b=0}^{n}e^{(a\tau+b)x}=\\\displaystyle\sum_{a=0}^{m}\sum_{b=0}^{n}e^{a\tau x}e^{bx}=\frac{e^{(m+1)\tau x}-1}{e^{\tau x}-1}\frac{e^{(n+1)x}-1}{e^{x}-1}$

これはベルヌーイ数との関係が見やすいよう変形できて

$f(x)=\displaystyle\frac{\tau x}{e^{\tau x}-1}\frac{x}{e^{x}-1}\frac{(e^{(m+1)\tau x}-1)(e^{(n+1)x}-1)}{x^2}$

これに、ベルヌーイ数のテイラー展開による定義 $\displaystyle\frac{x}{e^x-1}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{B_n}{n!}x^n$ を代入し、畳み込み積で展開すれば、S_kをベルヌーイ数で表せる。

※絶対収束は前半の変形でわかる。なぜなら、正項級数は順序が自由に交換できるから、 $\displaystyle \sum_{k=0}^{\infty}\sum_{a=0}^{m}\sum_{b=0}^{n}\left|\frac{(a\tau+b)^k x^k}{k!}\right|$ は上と同様の変形ができ、結局 $\displaystyle\sum_{a=0}^{m}\sum_{b=0}^{n}e^{|(a\tau+b)x|}$ となるから。これは有限和より収束。

この方法は任意次元で使える。 ${\boldsymbol a},{\boldsymbol m}$ を非負整数係数のn次元ベクトルとする。ベクトル ${\boldsymbol x}$ の第 $i$ 成分を $x_i$ で表す。 ${\boldsymbol a}\leq{\boldsymbol m}$ で、すべての $i\leq n$ で $a_i \leq m_i$ を表すとする。 ${\boldsymbol \omega}$ は複素数係数のベクトルとする。

$S_k=\displaystyle\sum_{{\boldsymbol a}\leq{\boldsymbol m}}({\boldsymbol a}\cdot{\boldsymbol \omega})^k$ を求める問題を考える。母関数を $f(x)=\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty}\frac{S_k}{k!}x^k$ とおくと、 $\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty}\frac{S_k}{k!}x^k=\sum_{k=0}^{\infty}\sum_{{\boldsymbol a}\leq{\boldsymbol m}}\frac{({\boldsymbol a}\cdot{\boldsymbol \omega})^k x^k}{k!}=\sum_{{\boldsymbol a}\leq{\boldsymbol m}}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{({\boldsymbol a}\cdot{\boldsymbol \omega})^k x^k}{k!}\\\displaystyle =\sum_{{\boldsymbol a}\leq{\boldsymbol m}}e^{({\boldsymbol a}\cdot{\boldsymbol \omega})x}=\sum_{{\boldsymbol a}\leq{\boldsymbol m}}\prod_{i=1}^n e^{a_i\omega_i}=\prod_{i=1}^n\sum_{{a_i}=0}^{m_i}e^{a_i\omega_i}=\prod_{i=1}^n \frac{e^{(m_i +1)\omega_i x}-1}{e^{\omega_i x} -1}$

これもベルヌーイ数で展開すれば、計算することができる。