とある級数の双対性について　-ちょっと細かい一般化-

前回の記事で、以下のような級数の双対性を導きました：

　　 ${ \displaystyle \begin{align*} \sum_{k=1}^n\left\{f(k) - f(k+m)\right\} = \sum_{k=1}^m \left\{f(k) - f(k+n)\right\} \end{align*} }$

この双対性をちょっこっと一般化してみます。　説明のため、この級数を ${ F_m(n) }$ と置きましょう：

　　 ${ \displaystyle \begin{align*} F_m(n) = \sum_{k=1}^n\left\{f(k) - f(k+m)\right\} \end{align*} }$

このとき、級数の双対性は

　　 ${ \displaystyle \begin{align*} F_m(n) = F_n(m) \end{align*} }$

と書けます。

その1

まずは ${ a,\,b }$ を整数（ただし ${ a < b }$ ）として以下のような形の級数について、双対性を導いてみましょう：

　　 ${ \displaystyle \begin{align*} F_{a,b}(n) = \sum_{k=1}^n \left\{f(k+a) - f(k+b)\right\} \end{align*} }$

上記の ${ F_m(n) }$ とは添字の数で区別してね。　 ${ F_m(n) }$ との関係は

　　 ${ \displaystyle \begin{align*} F_{0,m}(n) = F_m(n) \end{align*} }$

となってます。　では双対性の導出。

導出

まず

　　 ${ \displaystyle \begin{align*} g(x) = f(x + a) \end{align*} }$

とおきましょう。　このとき

　　 ${ \displaystyle \begin{align*} F_{a,b}(n) &= \sum_{k=1}^n \left\{f(k+a) - f(k+b)\right\} \\ &= \sum_{k=1}^n\left\{g(k) - g(k+b-a)\right\} \\ &= G_{b-a}(n) \end{align*} }$

${ G_{b-a}(n) }$ は関数 ${ g(x) }$ に対する級数です。　ここで双対性を使うと

　　 ${ \displaystyle \begin{align*} F_{a,b}(n) &= G_n(b-a) \\ &= \sum_{k=1}^{b-a}\left\{g(k) - g(k+n)\right\} \\ &= \sum_{k=1}^{b-a}\left\{f(k+a) - f(k+a+n)\right\} \end{align*} }$

和のダミーインデックス ${ k }$ を ${ i = k + a }$ に変数変換すると、結局

　　 ${ \displaystyle \begin{align*} F_{a,b}(n) = \sum_{i=a+1}^b\left\{f(i) - f(i+n)\right\} \end{align*} }$

となります。　よって、 ${ F_{a,b}(n) }$ にたいしては以下のような双対性が成り立つことが分かります：

　　 ${ \displaystyle \begin{align*} \sum_{k=1}^n \left\{f(k+a) - f(k+b)\right\} = \sum_{k=a+1}^b \left\{f(k) - f(k+n)\right\} \end{align*} }$

おおまかに言って、整数の区間として ${ (a,\,b] }$ と ${ (0,\,n] }$ が入れ替えられるというイメージですね。

注

上記の導出を見ると、 ${ a,\,b }$ が整数でなくても、 ${ b - a }$ が整数なら同じ双対性が成り立ちます。　ただし、右辺の和では ${ k }$ が整数でなくなります（ ${ \sum }$ を使っていいかどうかは分かりませんが）。　それでも和をとる際には ${ k }$ を1ずつ増やしていきます。

具体例

上記の双対性を使って、以下級数を計算してみましょう：

　　 ${ \displaystyle \begin{align*} \sum_{k=1}^n\frac{1}{(k+a)(k+b)} \end{align*} }$

まずは和の各項を部分分数に分解します：

　　 ${ \displaystyle \begin{align*} \frac{1}{(k+a)(k+b)} = \frac{1}{b-a}\left(\frac{1}{k+a} - \frac{1}{k+b}\right) \end{align*} }$

これと双対性を用いて和を計算すると

　　 ${ \displaystyle \begin{align*} \sum_{k=1}^n\frac{1}{(k+a)(k+b)} &= \frac{1}{b-a}\sum_{k=1}^n\left(\frac{1}{k+a} - \frac{1}{k+b}\right) \\ &= \frac{1}{b-a}\sum_{i=a+1}^{b}\left(\frac{1}{k} - \frac{1}{k+n}\right) \\ &= \frac{1}{b-a}\sum_{k=a+1}^n\frac{n}{k(k+n)} \\ &= \frac{n}{b-a}\sum_{k=a+1}^b\frac{1}{k(k+n)} \end{align*} }$

以上をまとめると

　　 ${ \displaystyle \begin{align*} \sum_{k=1}^n\frac{1}{(k+a)(k+b)} = \frac{n}{b-a} \sum_{k=a+1}^b \frac{1}{k(k+n)} \end{align*} }$

となります。　さらに具体的にして、たとえば ${ a=1,\,b=3 }$ のとき

　　 ${ \displaystyle \begin{align*} \sum_{k=1}^n \frac{1}{(k+1)(k+3)} &= \frac{n}{2}\sum_{k=2}^3\frac{1}{k(k+n)} \\ &= \frac{n}{2}\left(\frac{1}{2(n+2)}+\frac{1}{3(n+3)}\right) \\ &= \frac{n(5n+13)}{12(n+2)(n+3)} \end{align*} }$

その2

次はさらにもう少し一般化して

　　 ${ \displaystyle \begin{align*} F_{p,a,b}(n) &= \sum_{k=1}^n\left\{f(pk + a) - f(pk + b)\right\} & (a \equiv b \pmod{p}) \end{align*} }$

という形の級数を考えます。　似たような記号使って申し訳ないけど、やっぱり添字の数で区別してね。　 ${ F_{a,b}(n) }$ との関係は

　　 ${ \displaystyle \begin{align*} F_{1,a,b}(n) = F_{a,b}(n) \end{align*} }$

となってます。　また、「 ${ a \equiv b \pmod{p} }$ 」は ${ a,\,b }$ をそれぞれ ${ p }$ で割った余りが等しい、もしくは ${ b - a }$ が ${ p }$ の整数倍である、という意味です。

導出

${ a \equiv b \pmod{p} }$ より、 ${ m }$ を整数として

　　 ${ \displaystyle \begin{align*} b = pm + a \end{align*} }$

と書けます。　このとき

　　 ${ \displaystyle \begin{align*} F_{p,a,b}(n) &= \sum_{k=1}^n\left\{f(pk+a) - f(pk+pm+a)\right\} \\ &= \sum_{k=1}^n \left\{f(pk+a) - f(p(k+m)+a)\right\} \end{align*} }$

ここで

　　 ${ \displaystyle \begin{align*} h(x) = f(px+a) \end{align*} }$

とおくと

　　 ${ \displaystyle \begin{align*} F_{p,a,b}(n) &= \sum_{k=1}^n\left\{h(k) - h(k+m)\right\} \\ &= H_m(n) \end{align*} }$

${ H_m(n) }$ に対して双対性を使うと

　　 ${ \displaystyle \begin{align*} F_{p,a,b}(n) &= H_n(m) \\ &= \sum_{k=1}^m\left\{h(k) - h(k+n)\right\} \\ &= \sum_{k=1}^m \left\{f(pk+a) - f(p(k+n)+a)\right\} \\ &= \sum_{k=1}^{\frac{b-a}{p}}\left\{f(pk+a) - f(pk+a+pn)\right\} \end{align*} }$

よって以下の双対性を得ます：

　　 ${ \displaystyle \begin{align*} \sum_{k=1}^n\left\{f(pk + a) - f(pk + b)\right\} = \sum_{k=1}^{\frac{b-a}{p}}\left\{f(pk+a) - f(pk+a+pn)\right\} \end{align*} }$

具体例

では、具体例として以下の級数を考えましょう：

　　 ${ \displaystyle \begin{align*} \sum_{k=1}^n\frac{1}{(2k-1)(2k+1)} \end{align*} }$

まずは級数の各項を部分分数分解。

　　 ${ \displaystyle \begin{align*} \frac{1}{(2k-1)(2k+1)} = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{2k-1} - \frac{1}{2k+1}\right) \end{align*} }$

これを用いて、問題の級数は

　　 ${ \displaystyle \begin{align*} \sum_{k=1}^n\frac{1}{(2k-1)(2k+1)} = \frac{1}{2}\sum_{k=1}^n\left(\frac{1}{2k-1} - \frac{1}{2k+1}\right) \end{align*} }$

ここで級数

　　 ${ \displaystyle \begin{align*} \sum_{k=1}^n\left(\frac{1}{2k-1} - \frac{1}{2k+1}\right) \end{align*} }$

について、これは ${ F_{p,a,b}(n) }$ で ${ p=2,\,a=-1,\,b=1,\,f(x) = \frac{1}{x} }$ としたものなので、上記で導いた双対性を用いて

　　 ${ \displaystyle \begin{align*} \sum_{k=1}^n\left(\frac{1}{2k-1} - \frac{1}{2k+1}\right) &= \sum_{k=1}^1 \left(\frac{1}{2k-1} - \frac{1}{2k-1+2n}\right) \\ &= 1 - \frac{1}{2n+1} \\ &= \frac{2n}{2n+1} \end{align*} }$