ある対称的な逆数和

この記事は

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　今日は12/3ですね.

1,2,3を左から順に足していくと,

$1$

$1+2 = 3$ ←素数! *1

$1+2+3 = 6$

　となります. これらの積の逆数を取ると,

$\frac{1}{1(1+2)(1+2+3)} = \frac{1}{1\cdot 3 \cdot 6} = \frac{1}{18}$

です. さらに, $1,2,3$ の順番を入れ替えて, それら全部を足してみます.

　　 $\frac{1}{1(1+2)(1+2+3)}+\frac{1}{1(1+3)(1+3+2)}+\frac{1}{2(2+1)(2+1+3)} +\frac{1}{2(2+3)(2+3+1)}+\frac{1}{3(3+1)(3+1+2)}+\frac{1}{3(3+2)(3+2+1)}$

$\displaystyle =\frac{1}{18} + \frac{1}{24} + \frac{1}{36} + \frac{1}{60} + \frac{1}{72} + \frac{1}{96} = \frac{1}{6} = \frac{1}{1 \cdot 2 \cdot 3}$ .

　さて, 今回は次を示します.

　 $n$ 次対称群を $\mathfrak{S}_n$ で表します.

　定理: 任意の数 $f:\{1,2,...,n\} \to \mathbb{C} \backslash \{ 0\}$ について, 次が成り立ちます*2:

$\displaystyle \sum_{\sigma \in \mathfrak{S}_n} \frac{1}{ \prod_{i=1}^{n} \left(\sum_{j=1}^{i} f(\sigma(j)) \right)}= \frac{1}{\prod_{i=1}^{n} f(i)}$ .

　帰納法で直接示すことも出来ますが, 今回は積分を用いた証明をします.

　証明に移る前に, 計算を先に済ませておきます.

　補題: 任意の正の実数 $a_1,\,a_2,\ldots ,a_n$ について,

$\displaystyle \int_{0}^{1} \int_{0}^{x_{n-1}} \cdots \int_{0}^{x_3} \int_{0}^{x_2} \left( x_1^{a_1-1} x_2^{a_2-1} \cdots x_n^{a_n-1} \right) dx_1\, dx_2 \, dx_3\,\cdots\, dx_n = \frac{1}{\prod_{i=1}^{n}(\sum_{j=1}^{i}a_j)} = \frac{1}{a_1(a_1+a_2)(a_1+a_2+a_3)\cdots(a_1+\cdots+a_n)} \; .$

　証明: $n$ についての帰納法で示す.

　 $n=1$ のとき, $\displaystyle \int_{0}^{1} x_1^{a_1-1} dx_1 = \Bigl[ \frac{x_1^{a_1}}{a_1} \Bigr]_0^1 = \frac{1}{a_1}.$

　 $n-1$ のときに成り立つとすると,

$\displaystyle \int_{0}^{x_2} \left( x_1^{a_1-1} x_2^{a_2-1} \cdots x_n^{a_n-1} \right) dx_1 = \Bigl[ \frac{x_1^{a_1}}{a_1} \Bigr]_0^{x_2} x_2^{a_2-1} \cdots x_n^{a_n-1} = \frac{1}{a_1} x_2^{(a_1+a_2)-1} \cdots x_n^{a_n-1}$

より

(補題の左辺) $\displaystyle=\frac{1}{a_1} \int_{0}^{1} \int_{0}^{x_{n-1}} \cdots \int_{0}^{x_3} \left( x_2^{(a_1+a_2)-1} \cdots x_n^{a_n-1} \right) dx_2 \, dx_3\,\cdots\, dx_n,$

変数名を置き換えて $n-1$ のときの結果を用いれば

$\displaystyle=\frac{1}{a_1} \cdot \frac{1}{(a_1+a_2)\left( (a_1+a_2)+a_3\right)\cdots \left( (a_1+a_2)+\cdots+a_n \right) }.$ (証明終)

補題の左辺は

$\displaystyle \int \int \cdots \int_{0\leq x_1 \leq x_2 \leq \cdots \leq x_n \leq 1} \left( x_1^{a_1-1} x_2^{a_2-1} \cdots x_n^{a_n-1} \right) dx_1\, dx_2 \, dx_3\,\cdots\, dx_n$

とも書けることに注意します.

定理の証明:

$f(1),f(2),...,f(n)$ を変数としてみると, 定理の式は両辺とも $\mathbb{Q}$ 係数有理式. 従って, $f$ の値域が $[1,\infty)$ に含まれるときに示せば十分.

$\displaystyle S = \sum_{\sigma \in \mathfrak{S}_n} \frac{1}{ \prod_{i=1}^{n} \left(\sum_{j=1}^{i} f(\sigma(j)) \right)}$

とおく. 補題より,

$\displaystyle S = \sum_{\sigma \in \mathfrak{S}_n} \int \int \cdots \int_{0\leq x_1 \leq x_2 \leq \cdots \leq x_n \leq 1}\left( \prod_{i=1}^{n}x_i^{f(\sigma(i))-1} \right) dx_1\, dx_2 \, dx_3\,\cdots\, dx_n$

$\displaystyle =\int \int \cdots \int_{0\leq x_1 \leq x_2 \leq \cdots \leq x_n \leq 1} \sum_{\sigma \in \mathfrak{S}_n} \left( \prod_{i=1}^{n}x_i^{f(\sigma(i))-1} \right) dx_1\, dx_2 \, dx_3\,\cdots\, dx_n.$

ここで,被積分関数は $x_1,x_2,\ldots ,x_n$ について対称な関数なので, 任意の $\tau \in \mathfrak{S}_n$ について

$\displaystyle \int \int \cdots \int_{0\leq x_{\tau(1)} \leq x_{\tau(2)} \leq \cdots \leq x_{\tau(n)} \leq 1} \sum_{\sigma \in \mathfrak{S}_n} \left( \prod_{i=1}^{n}x_i^{f(\sigma(i))-1} \right) dx_1\, dx_2 \, dx_3\,\cdots\, dx_n = S$

が成り立ち, よって

$\displaystyle \sum_{\tau \in \mathfrak{S}_n} \int \int \cdots \int_{0\leq x_{\tau(1)} \leq x_{\tau(2)} \leq \cdots \leq x_{\tau(n)} \leq 1} \sum_{\sigma \in \mathfrak{S}_n} \left( \prod_{i=1}^{n}x_i^{f(\sigma(i))-1} \right) dx_1\, dx_2 \, dx_3\,\cdots\, dx_n = n! S$

だが,

$\displaystyle \sum_{\tau \in \mathfrak{S}_n} \int \int \cdots \int_{0\leq x_{\tau(1)} \leq x_{\tau(2)} \leq \cdots \leq x_{\tau(n)} \leq 1} = \int \int \cdots \int_{0 \leq x_1, x_2, ..., x_n \leq 1}$

より,

$\displaystyle n! S = \int \int \cdots \int_{0 \leq x_1, x_2, ..., x_n \leq 1} \sum_{\sigma \in \mathfrak{S}_n} \left( \prod_{i=1}^{n}x_i^{f(\sigma(i))-1} \right) dx_1\, dx_2 \, dx_3\,\cdots\, dx_n$

$\displaystyle = \sum_{\sigma \in \mathfrak{S}_n} \int_0^1 \int_0^1 \cdots \int_0^1 \left( \prod_{i=1}^{n}x_i^{f(\sigma(i))-1} \right) dx_1\, dx_2 \, dx_3\,\cdots\, dx_n$

$\displaystyle = \sum_{\sigma \in \mathfrak{S}_n} \Bigr[ \frac{x_1^{f(\sigma(1))}}{f(\sigma(1))} \Bigl]_0^1 \Bigr[ \frac{x_2^{f(\sigma(2))}}{f(\sigma(2))}\Bigl]_0^1 \cdots \Bigr[ \frac{x_n^{f(\sigma(n))}}{f(\sigma(n))} \Bigl]_0^1$

$\displaystyle = \sum_{\sigma \in \mathfrak{S}_n} \frac{1}{\prod_{i=1}^{n} f(\sigma(i))} = \sum_{\sigma \in \mathfrak{S}_n} \frac{1}{\prod_{i=1}^{n} f(i)} = \frac{n!}{\prod_{i=1}^{n} f(i)}.$

(証明終)

　2/10 追記: 続編を公開しました.

apple10math.hatenablog.com

*1:ノルマ達成.

*2:ただし, 左辺が定義される限り.