都立大学数学教室セミナー報告
１９９７
多重ゼータ値と多重ベルヌーイ数
九州大学大学院数理学研究科
金子 昌信
まえがき
この講義録は、平成9年6月10日から13日まで、東京都立大学において「多重ゼータ値と 多重ベルヌーイ数」と題して行われた集中講義のノートをもとにしております。
多重ゼータ値とは ζ(n) (いわゆるリーマンのゼータ関数の正整数点での値) のある一般化 で、ζ(n)同様オイラーが既に研究しています。近年結び目の不変量に現われたりして、整数 論以外でも興味を持たれてきている対象です。一方多重ベルヌーイ数というのは筆者が平成 2, 3年ごろに定義した、ベルヌーイ数の一般化で、はじめは半ばお遊びで初等的な公式を導い たりして喜んでいたのですが、その中のある公式と、多重ゼータ値に関係したある公式の類似 に目が止まったときから二つの関係を真面目に考え出しました。すぐに立教大学の荒川恒男さ んが実質的な結果を出して下さり、その後の共同研究がひとつの論文となって結実しました。
この集中講義で述べさせてもらったのはこの二つの対象の紹介と、荒川さんとの共同研究の概 観です。
多重ゼータ値は重要で面白い対象に間違い無いと思うのですが、多重ベルヌーイ数のほうは 何やらいかがわしくもあり、集中講義の題材としてふさわしかったのか、自信がありません。
それでも中村憲さん、三宅克哉さんのおすすめで講義させていただき、こうして講義録まで出 していただけるのは、両先生と、熱心に聞いて下さった学生さんのお蔭と感謝いたします。ま た、当初より多重ベルヌーイ数をおもしろがって下さって御自身色々と計算され、また励まし て下さった荒川さんに、この機会を借りまして心よりの感謝を表したいと思います。
講義録の出来上がりがこんなに遅れてしまったのは全く私の怠慢のせいで、申し訳なく思い ます。最後に、この原稿を作成するにあたっては、都立大大学院生の小池智君にかなりな部分 のタイプ作業をしていただき、また大阪大学(学振)の大野泰生君と九州大学大学院生の井原 健太郎君には原稿の誤り、不明瞭な点などの指摘を多くしていただきました。どうもありがと うございました。
平成１０年７月２９日 金子昌信
1
第 1 章 多重 Bernoulli 数
古典的なBernoulli数Bn (n= 0,1,2, . . .)は指数関数型母関数により xex
ex−1 =
∑∞ n=0
Bn
xn n!
で定義されます。 x
ex−1 を母関数とする定義もよくみかけますが、違いはB1 の符号だけで、
我々の場合B1= 12 となります。１次の項を除いた xex ex−1 −x
2 が偶関数であることは簡単に 確かめられるので、nが3 以上の奇数のときは常にBn= 0 となることがわかります。
いまζ(s)をRiemann zeta函数とするとき、
ζ(2m) =−1 2
B2m
(2m)!(2πi)2m および ζ(1−m) =−Bm
m
がすべての自然数mについて成り立ちます。Eulerによるこれらの公式こそ、以後の整数論 の大きな流れの、汲めども尽きぬ源泉のひとつと言えるでしょう。我々は以下にBn の一般化 であるところの「多重Bernoulli数(Poly-Bernoulli numbers)」B(k)n を定義しますが、当初 の目論見の一つはこのEulerの公式の一般化にあたるものをBn(k)について探そう、というこ とでした。それは十分成功したとはまだ言えないのですが、ともかくひとつの試みを後章で述 べるとして、まずこの章では、Bn(k)自体について、定義と、定義から導かれる初等的、組合 せ論的ないくつかの性質を見ていきます。
1.1 定義
多重Bernoulli数 Bn(k)∈Qを、次のようにやはり母関数により定義します。
Definition 1.1.1 (多重Bernoulli 数) Lik(1−e−x)
1−e−x =
∑∞ n=0
Bn(k)xn n!
ここに、k は整数（負も許す）で、Lik(z)は形式的べき級数
∑∞ n=1
zn
nk を表します。
いくつかの値の表を与えておきましょう。
3
表1.1: Bn(k)(0≤k≤8, 0≤n≤7) bbbbb
n
k 0 1 2 3 4 5 6 7
0 1 1 1 1 1 1 1 1
1 1 12 16 0 −301 0 421 0
2 1 14 −361 −241 4507 401 −220538 −1685 3 1 18 −21611 −2881 540001243 −720049 −370440075613 35280599 4 1 161 −129649 345641 324000026291 −1440001921 1555848000845233 592704001048349 5 1 321 −7776179 41472515 −194400000216383 −25920000183781 6534561600004644828197
153375307 49787136000
Lik(z) は k ≥1 ならいわゆる多重対数級数 (polylogarithm, これが Bn(k) の名前の由来）
で、k≤0 のときは有理関数 (
z d dz
)−k( z 1−z
)
のTaylor展開です。これを単に形式的べき
級数とみています。k= 1ならLi1(z) =−log(1−z)で Li1(1−e−x) =xとなりますから、
Bn(1)=Bn に外なりません。k≥1 のときはLik(z)の「反復積分」表示 Lik(z) =
∫ z 0
dz z
∫ z 0
dz z · · ·
∫ z 0
dz
| {z z}
(k−1)−times
∫ z 0
dz 1−z
を用いることにより、簡単な変数変換の計算ののち、
ex· 1 ex−1
∫ x 0
1 ex−1
∫ x 0
· · · 1 ex−1
∫ x
| {z 0}
(k−1)−times
x
ex−1dx dx· · ·dx=
∑∞ n=0
Bn(k)xn n!
とも書き表すことが出来ます。(こう書くと、得体の知れない定義も少しは意味ありげに見え てくるでしょうか？)
定義およびこの表示から導かれる漸化式を２つあげておきましょう。
Proposition 1.1.2 任意の k∈Zと n≥0 に対し Bn(k)= 1
n+ 1 {
Bn(k−1)−
n∑−1 m=1
( n m−1
) Bm(k)
} .
ただしempty sum は0 と解釈する。
証明 定義式に1−e−xを掛けたLik(1−e−x) = (1−e−x) (∞
∑
n=0
Bn(k)xn n!
)
の両辺を xで微 分する。Li0k(x) = 1x Lik−1(x)より、
Lik−1(1−e−x)
1−e−x e−x=e−x
∑∞ n=0
Bn(k)xn
n! + (1−e−x)
∑∞ n=1
Bn(k) xn−1 (n−1)!.
両辺にexをかけて、Lik−1(1−e−x) 1−e−x =
∑∞ n=0
Bn(k−1)xn n! より、
∑∞ n=0
Bn(k−1)xn n! =
∑∞ n=0
Bn(k)xn
n! + (ex−1)
∑∞ n=1
Bn(k) xn−1 (n−1)!
=
∑∞ n=0
Bn(k)xn n! +
∑∞ n=1
(n−1
∑
m=0
B(k)m+1 1 (n−m)!m!
) xn
= B0(k)+
∑∞ n=1
( Bn(k)+
n∑−1 m=0
(n m
) B(k)m+1
) xn
n!. よって
B(kn−1)=B(k)n +
n∑−1 m=0
(n m
)
Bm+1(k) = (n+ 1)Bn(k)+
n∑−1 m=1
( n m−1
) Bm(k). あとは移項してn+ 1 で割るとProp. が得られる。
Proposition 1.1.3 k≥1 と n≥0 に対し Bn(k)=
∑n m=0
(−1)m (n
m ) (∑m
`=0
(−1)` n−`+ 1
(m
` )
B`(1) )
B(kn−−m1).
証明 (簡単に。)こんどは反復積分表示を用いる。それによると
Lik(1−e−x) 1−e−x = ex
ex−1
∫ x 0
e−xLik−1(1−e−x) 1−e−x dx であるので、
∑∞ n=0
Bn(k)xn n! =
(∞
∑
n=0
Bn(1)xn−1 n!
) ∫ x 0
(∞
∑
n=0
(−x)n n!
) ( ∞
∑
n=0
B(kn−1)xn n!
) dx.
この右辺は計算すると
∑∞ n=0
( n
∑
m=0
(−1)m m+ 1Bn(1)−m
(m
∑
`=0
(−1)m−` (m
` )
B`(k−1) ))
xn n!
となる。和の順序を変え、
(n m
)(m
` )
= (n
`
)(n−` m−`
)
を使って変形し、さらに適当に和の変 数を変換するとProp. の表示に到達する。
二つの漸化式はいずれも Bn(k)を表すのに Bn(k−1) のように異なる(upper) indexの数を必 要としていますが、
Question 一つのk の中での漸化式は作れるのだろうか？
1.2 Stirling 数と多重 Bernoulli 数
この節では、多重Bernoulli数をStirling数で書き表す公式を与えます。即ち、
Theorem 1.2.1
Bn(k)= (−1)n
∑n m=0
(−1)mm!
{n m
}
(m+ 1)k , ∀n≥0, ∀k.
ここで {n
m }
は第 2 種 Stirling 数, 又は Stirling subset number と呼ばれる整数ですが, 証明に使うことも含めて少し詳しく紹介しましょう。 Stirling数はその定義や記号に様々な
variationがあるようですが、ここではKnuth [12]の提案に従うとします。まず、
Definition 1.2.2 (Stirling subset number (第2種 Stirling数)) 正整数n, m >0に対
し {
n m
}
:=n元集合をm個の空でない部分集合に分ける方法の個数 とする（“ n subset m ”と読む）。
例えば4元集合{1,2,3,4}を 2個の空でない部分集合に分ける方法は
{1,2,3} ∪ {4}, {1,2,4} ∪ {3}, {1,3,4} ∪ {2}, {2,3,4} ∪ {1}, {1,2} ∪ {3,4}, {1,3} ∪ {2,4}, {1,4} ∪ {2,3}
の7通りであるから {4
2 }
= 7です。また定義からm > nなら {n
m }
= 0です。この定義の もとで、次の関係式は（二項係数の
(n+ 1 m
)
= (n
m )
+ ( n
m−1 )
の組み合わせ的証明と同じ 要領で）容易に示されます:
{n+ 1 m
}
= { n
m−1 }
+m {n
m }
(∗)
（即ち、ある一つの元に着目し、それが独立の1元集合をなす時と、他の集合の1要素となる 時に分けて数える。）さてそこで、
Definition 1.2.3 (Stirling subset number (つづき)) 任意の整数m, nに対し {n
m }
を 初期値
{0 0 }
= 1, {n
0 }
= {0
m }
= 0, (n, m6= 0)および漸化式(∗) で定義する。
これはwell-definedとなり、n, m >0 の時は先の組み合わせ的定義に一致することが確か められます。(ロジカルにはこの定義だけでよいわけですが、それでは意味がわからないので Def. 1.2.2から始めています。)|m|,|n| ≤5 の範囲の
{n m
}
の表を与えておきます。
表 1.2:
{n m
} bbbbb
m
n −5 −4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4 5
−5 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
−4 10 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0
−3 35 6 1 0 0 0 0 0 0 0 0
−2 50 11 3 1 0 0 0 0 0 0 0
−1 24 6 2 1 1 0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0
1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0
2 0 0 0 0 0 0 1 1 0 0 0
3 0 0 0 0 0 0 1 3 1 0 0
4 0 0 0 0 0 0 1 7 6 1 0
5 0 0 0 0 0 0 1 15 25 10 1
次に、
Definition 1.2.4 (Stirling cycle number (第1種 Stirling数)) 正整数 n, m > 0 に対 し [n
m ]
:=m個のサイクルからなるn次置換(n次対称群の元)の個数 とする（“n cycle m” と読む）。
つまりn次対称群の元を互いに共通の文字のない巡回置換（サイクル）の積として書いた とき、現れるサイクルの個数がmとなる置換の個数が[n
m
]です。例えば [4
2 ]
= 11。（具体 的に書き出して数えてみて下さい。）今度は漸化式
[n+ 1 m
]
= [ n
m−1 ]
+n [n
m ]
(∗∗) をみたします（長さj のサイクルに1つ別の文字を加える仕方はj 通りであることに注意し て、先と同じ要領で計算する）。そこで
Definition 1.2.5 (Stirling cycle number (つづき)) 任意の整数m, nに対し[n m
] を
初期値 [0
0 ]
= 1, [n
0 ]
= [0
m ]
= 0 (n, m6= 0)および漸化式(∗∗) で定義する。
こちらも同じ範囲で表をあげておきます。二つの表を見比べてみましょう。ある著しいこと に気づかれると思います。それも含めて、以下にあとで必要となる、Stirling数の満たすいく
表1.3:
[n m ] bbbbb
m
n −5 −4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4 5
−5 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
−4 10 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0
−3 25 6 1 0 0 0 0 0 0 0 0
−2 15 7 3 1 0 0 0 0 0 0 0
−1 1 1 1 1 1 0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0
1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0
2 0 0 0 0 0 0 1 1 0 0 0
3 0 0 0 0 0 0 2 3 1 0 0
4 0 0 0 0 0 0 6 11 6 1 0
5 0 0 0 0 0 0 24 50 35 10 1
つかの公式を並べておきましょう。他にも沢山の公式がありますが、それらは例えば[5]を参 照して下さい。証明も方針を示すにとどめました。
Proposition 1.2.6 (1)
[n m ]
= {−m
−n }
.
(2) xn=
∑n m=0
{n m
} xm.
ここに
xm=x(x−1)(x−2)· · ·(x−m+ 1) (m >0), x0= 1.(これもKnuthの記号。)
(3) xn=
∑n m=0
(−1)n−m [n
m ]
xm.
(4.1) m, n≥0に対し,∑
`
(−1)m−` [`
m ] {n
` }
=δm,n (Kronecker’s delta).
(4.2) ∑
`
(−1)n−` {`
m }[n
` ]
=δm,n.
（和は全整数をわたるものとするが、実質有限和。）
(5) ∀m, n≥0に対し,
{n m
}
=(−1)m m!
∑m
`=0
(−1)` (m
` )
`n.
(6) (ex−1)m
m! =
∑∞ n=m
{n m
}xn
n! (m≥0).
(7) xm
(1−x)(1−2x)· · ·(1−mx)=
∑∞ n=m
{n m
}
xn (m≥1).
証明の方針 (1) は {−m
−n }
が [n
m ]
と同じ初期値、漸化式を満たすことを確かめればよい。
(2),(3) についても、例えば (2) なら xn=
∑n m=0
an,mxm とおくとき am,n が {n
m }
と同じ 初期値、漸化式を満たすことを確かめる。 (3) も同様。(4) は (2),(3) を使う。例えば (2) の xm に (3) で得られるxm の式を代入し、両辺の係数を比べると (4.1)が出る。(4.2)は 逆にやる。(5) も右辺が
{n m
}
の漸化式を満たすことを見るのが一番手っ取り早いが、(2) 式から差分法の Taylor 展開の要領で自然に導きだすことも出来る。たとえば Jordanの本 [11, §58] を参照。(6) は (ex−1)m
m! =
∑∞ n=m
an,m
xn
n! と書いて、両辺微分した式から an,mが {n
m }
と同じ漸化式をみたすことを導く。(7)の右辺=fmとおくとき、
{n m
}
の漸化式より fm= x
1−mxfm−1, {n
1 }
= 1 ∀n≥1よりf1= x
1−x,これからfm=左辺。
Theorem 1.2.1 の証
∑∞ n=0
Bn(k)xn
n! = Lik(1−e−x) 1−e−x
=
∑∞ m=1
(1−e−x)m−1
mk (Likの定義)
=
∑∞ m=0
(−1)m(e−x−1)m (m+ 1)k
=
∑∞ m=0
(−1)mm!
(m+ 1)k
∑∞ n=m
{n m
}(−x)n
n! (Prop. 1.2.6 (6))
=
∑∞ n=0
(−1)n ( n
∑
m=0
(−1)mm!{n
m
} (m+ 1)k
) xn
n!.
両辺の xn
n! の係数を比べれば求める公式が得られる。
注１. k= 1,即ち古典的なBernoulli数のときのTh. 1.2.1の公式は古くから知られ(少なく
ともKroneckerに遡る)何度も再発見されている。その歴史についてはGould [4]を参照。
注２. Prop. 1.2.6 (5)を用いると B(k)n = (−1)n
∑n m=0
1 (m+ 1)k
∑m
`=0
(−1)` (m
` )
`n
とも書ける。
1.3 負の index の多重 Bernoulli 数
kが0又は負の時Bn(k)は正整数になり、前節で与えた明示公式とは別の、組み合わせ的に 意味のつく公式を持つことが示されます。この節ではそれを述べます。最初に表を与えておき ましょう。
表1.4: B(k)n (−5≤k≤0, 0≤n≤7) bbbbb
n
k 0 1 2 3 4 5 6 7
0 1 1 1 1 1 1 1 1
−1 1 2 4 8 16 32 64 128
−2 1 4 14 46 146 454 1394 4246
−3 1 8 46 230 1066 4718 20266 85310
−4 1 16 146 1066 6902 41506 237686 1315666
−5 1 32 454 4718 41506 329462 2441314 17234438
次の定理の証明が目標です。
Theorem 1.3.1 (Generating function of negative index poly-Bernoulli numbers)
∑∞ n=0
∑∞ k=0
Bn(−k)xnyk=
∑∞ j=0
pj(x)pj(y),
ここにpj(x) = j!xj
(1−x) (1−2x)· · ·(1−(j+ 1)x).
Corollary 1.3.2 任意のn, k≥0 に対し、
Bn(−k)=
min(n,k)∑
j=0
(j!)2 {n+ 1
j+ 1
}{k+ 1 j+ 1 }
(>0). 特に、
Corollary 1.3.3 (Duality)
B(n−k)=B(k−n).
Cor. 1.3.2の証明 Prop. 1.2.6 (7) より pj(x) =j!
∑∞ n=j
{n+ 1 j+ 1 }
xn.
これを代入して係数を比べる。そのときj >min(n, k)⇒ {n+ 1
j+ 1
}{k+ 1 j+ 1 }
= 0に注意する。
この公式によりBn(−k) にある組み合わせの数としての意味をつけることが出来ます（各自 考えてみて下さい)。また、定理の証明(これからやります)の途中で得られる式から次の等式 が示せます。
Proposition 1.3.4 任意の n >0に対し
∑n
`=0
(−1)`Bn(−−`)` = 0.
この式は、上のduality からnが奇数の時は自明な式になりますが、nが偶数の時は非自 明なことを言っています。例えば 表1.4より1−2 + 1 = 0, 1−8 + 14−8 + 1 = 0, など。
Th. 1.3.1 及び Prop. 1.3.4 の証明 Th. 1.3.1の左辺 =B(x, y)とおく。Th. 1.2.1を 使うと,
B(x, y) =
∑∞ n=0
∑∞ k=0
( (−1)n
∑n m=0
(−1)mm!
{n m
}
(m+ 1)k )
xnyk
=
∑∞ n=0
(−1)n
∑n m=0
(−1)mm!
{n m
} xn
∑∞ k=0
(m+ 1)kyk
=
∑∞ m=0
(−1)mm!
∑∞ n=m
(−1)n {n
m }
xn 1
1−(m+ 1)y. ここでProp. 1.2.6 (7)を使うと
B(x, y) =
∑∞ m=0
m!xm
(1 +x) (1 + 2x)· · ·(1 +mx) (1−(m+ 1)y) となる(m= 0の項は 1
1−y)。これからProp. 1.3.4が出る。即ち、
B(x,−x) =
∑∞ m=0
m!xm
(1 +x) (1 + 2x)· · ·(1 +mx) (1 + (m+ 1)x)
=
∑∞ m=1
(m−1)!xm−1 (1 +x)· · ·(1 +mx)
=
∑∞ m=1
(−1)m(m−1)!
∑∞ n=m
{n m
}
(−1)nxn−1 (Prop. 1.2.6 (7))
=
∑∞ n=1
(−1)n ( n
∑
m=1
(−1)m [m
1 ]{n
m })
xn−1 ((m−1)! = [m
1 ]
)
= 1. (Prop. 1.2.6 (4.1)) 一方
B(x,−x) =
∑∞ n=0
∑∞ k=0
(−1)kB(n−k)xn+k
=
∑∞ n=0
( n
∑
`=0
(−1)`B(n−−`)` )
xn
(n+k→n k→`
)
であるから、Prop. 1.3.4が証明された。
定理の証明に戻る。まず補題を用意する。
Lemma 1.3.5 (1) 1
1−(m+ 1)y =
∑m j=0
(m j
)
pj(y) (pj(y)はTh.1.3.1の通り).
(2)
∑n m=j
(−1)mm!
(m j
){n m
}
= (−1)nj!
{n+ 1 j+ 1 }
(n≥j≥0).
先にこれを認めてTh. 1.3.1を証明する。前頁中段B(x, y)の式より、
B(x, y) =
∑∞ m=0
(−1)mm!
∑∞ n=m
(−1)n {n
m }
xn 1
1−(m+ 1)y
=
∑∞ m=0
(
(−1)mm!
∑∞ n=m
(−1)n {n
m }
xn ) m
∑
j=0
(m j
)
pj(y) (Lem. 1.3.5 (1))
=
∑∞ j=0
pj(y)
∑∞
m=j
(−1)mm!
(m j
)∑∞ n=m
(−1)n {n
m }
xn
=
∑∞ j=0
pj(y)
∑∞ n=j
(−1)nxn
∑n
m=j
(−1)mm!
(m j
){n m
}
=
∑∞ j=0
pj(y)
∑∞ n=j
j!
{n+ 1 j+ 1 }
xn (Lem. 1.3.5 (2))
=
∑∞ j=0
pj(x)pj(y). (Prop. 1.2.6 (7))
これが求める式であった。
Lem. 1.3.5 の証明（１）次の部分分数展開式は留数の計算で容易に示せる。
1
z(z−1)· · ·(z−m) = (−1)m m!
∑m
`=0
(−1)` (m
` )
z−` . これより、
ypj(y) = j!yj+1
(1−y) (1−2y)· · ·(1−(j+ 1)y)
= j!
(1 y−1
) (1 y −2
)· · ·(
1
y −(j+ 1) )
= j!(−1)j+1 y(j+ 1)!
j+1∑
`=0
(−1)` (j+ 1
` )
1 y−`
= (−1)j+1 j+ 1
j+1∑
`=0
(−1)` (j+ 1
` )
1−`y . 従って
y
∑m j=0
(m j
)
pj(y) =
∑m j=0
(m j
)(−1)j+1 j+ 1
∑j+1
`=0
(−1)` (j+ 1
` )
1−`y
=
∑m j=0
(m j
)(−1)j+1 j+ 1 +
m+1∑
`=1
(−1)` 1−`y
∑m j=`−1
(−1)j+1 j+ 1
(m j
)(j+ 1
` )
. (最初の和が`= 0に対応)
ここで、
∑m j=0
(m j
)(−1)j+1
j+ 1 =− 1 m+ 1 ( (1−x)m=
∑m j=0
(−1)j (m
j )
xj の
∫ 1 0
dxをとる）。また、
∑m j=`−1
(−1)j+1 j+ 1
(m j
)(j+ 1
` )
= 1
`
∑m j=`−1
(−1)j+1 (m
j )( j
`−1 )
= 1
`
∑m j=`−1
(−1)j+1 ( m
`−1
)(m−`+ 1 j−`+ 1
)
= 1
` ( m
`−1 ) ∑m
j=`−1
(−1)j+1
(m−`+ 1 j−`+ 1
)
=
(−1)m+1
m+ 1 `=m+ 1
0 ` < m+ 1.
(２つ目の等号は (p
q )(q
r )
= (p
r
)(p−r q−r )
を用いた。)よって,
y
∑m j=0
(m j
)
pj(y) = − 1
m+ 1 + (−1)m+1
1−(m+ 1)y ·(−1)m+1 m+ 1
= y
1−(m+ 1)y. これで(１)が示せた。
（２） まず、右辺のgenerating series
∑∞ n=j
(−1)nj!
{n+ 1 j+ 1
}tn
n! = (e−t−1)j·e−t をいう。これにはProp. 1.2.6 (6)
(et−1)j
j! =
∑∞ n=j
{n j
}tn n!
より出発、j →j+ 1 として (et−1)j+1
(j+ 1)! =
∑∞ n=j+1
{ n j+ 1
}tn n!
=
∑∞ n=j
{n+ 1 j+ 1
} tn+1
(n+ 1)! (n→n+ 1).
両辺t で微分して、
(et−1)j·et
j! =
∑∞ n=j
{n+ 1 j+ 1
}tn n!. これより
(e−t−1)j·e−t=
∑∞ n=j
(−1)nj!
{n+ 1 j+ 1
}tn n!.
従って、Lem. 1.3.5 (2)を言うためには左辺も同じgenerating seriesをもつこと、つまり
∑∞ n=j
∑n
m=j
(−1)mm!
(m j
){n m
}tn
n! = (e−t−1)j·e−t を言えばよい。
左辺 =
∑∞ m=j
(−1)mm!
(m j
) ∑∞
n=m
{n m
}tn n!
=
∑∞ m=j
(−1)mm!
(m j
)(et−1)m
m! (Prop. 1.2.6 (6))
=
∑∞ m=j
(−1)m (m
j )
(et−1)m.
ここで
∑∞ m=j
(m j
)
Xm= Xj
(1−X)j+1 であるから(これは,
∑∞ m=0
(m+j j
) Xm=
∑∞ m=0
(−1)m
(−j−1 m
) Xm
= (1−X)−(j+1)において、m→m−j として得られる)
∑∞ m=j
(−1)m (m
j )
(et−1)m=
∑∞ m=j
(m j
)
(1−et)m= (1−et)j
(1−(1−et))j+1 = (e−t−1)j·e−t.
これでLemmaの証明が完了し、Th. 1.3.1がすべて証明された。
注１. もう少し証明が簡略化されないものでしょうか。
注２. Bn(−k)の指数関数型の母関数はTh. 1.2.1を用いて容易に計算でき、
∑∞ n=0
∑∞ k=0
Bn(−k)xn n!
yk
k! = ex+y ex+ey−ex+y となります。これからもBn(−k)=Bk(−n)であって、右辺は
ex+y
1−(ex−1)(ey−1) =ex+y(
1 + (ex−1)(ey−1) + (ex−1)2(ey−1)2+· · ·) と展開できるから、
Bn(−k)>0 (∀n, k≥0) もわかります。
1.4 2 重 Bernoulli 数の分母
古典的なBernoulli数の分母はClausen-von Staudtの定理によって完全に決定されていま す。(ちなみに、Th. 1.2.1の公式を用いるとClausen-von Staudtの定理の非常に自然な証明 を与えることが出来ます。)この節ではそれにあたることを“di-Bernoulli”数(k= 2)につい て与えます。
Theorem 1.4.1 (1) nが奇数のときB(2)n =−(n−2)
4 Bn(1)−1. （従ってこの場合分母の決定 は本質的に古典的な場合に帰する。）
(2) nを偶数(≥2)とする。素数pについて Bn(2) のp-orderを ord(p, n)と書くとき、次が 成り立つ。
(2-1) p > n+ 1 ならば ord(p, n)≥0. （つまりBn(2)の分母にpは現われない。）
(2-2) 5≤p≤n+ 1 なるpについて、
(a) p−1|nならばord(p, n) =−2.
(b) p−1/n| のとき (b-1) p| B(1)n
n であるか、又は1< n0< p−1なるn0があってn≡n0modp(p− 1)のときord(p, n)≥0.
(b-2) その他のとき ord(p, n) =−1.
(2-3) n >2かつn≡2 mod 3 のときord(3, n)≥0,その他のときord(3, n) =−2.
(2-4) n >2かつn≡2 mod 4 のとき ord(2, n)≥0,n≡0 mod 4 のときord(2, n) =
−1,ord(2,2) =−2.
注. (b-1) において現われる有理数 B(1)n
n は常に p-整数である(Ireland-Rosen [10, Prop.
15.2.4]参照。)
証明のために一つ補題を用意する。
Lemma 1.4.2 n≥2 を偶数、p≥5 を素数とし、2p−1 =mとする。このとき、
(−1)mm!
{n m
}
≡0 modp2,
従って (−1)mm!{n
m
}
(m+ 1)2 は p-整数。
証明 Prop. 1.2.6 (5) より
(−1)mm!
{n m
}
=
2p∑−1
`=1
(−1)`
(2p−1
` )
`n
=
p−1
∑
`=1
{ (−1)`
(2p−1
` )
`n+ (−1)2p−`
(2p−1 2p−` )
(2p−`)n }
+ (−1)p
(2p−1 p
) pn
≡
p−1
∑
`=1
{ (−1)`
(2p−1
` )
`n+ (−1)`
(2p−1 2p−` )
(−2np`n−1+`n) }
modp2.
ここで
(2p−1
` )
+
(2p−1
`−1 )
=2p
`
(2p−1
`−1 )
であるので、最後の和は
2p(1−n)
p−1
∑
`=1
(−1)`
(2p−1
`−1 )
`n−1
に等しい。 (
2p−1
`−1 )
≡(−1)`−1 modp と、p−1/n| −1であること（nは偶数でpは奇数)より
p−1
∑
`=1
(−1)`
(2p−1
`−1 )
`n−1≡ −
p−1
∑
`=1
`n−1≡0 modp.
Th. 1.4.1 の証明 ここでだけ、Bn を古典的Bernoulli数で、B1=−1
2 の方とする。つま りn6= 1ならBn =B(1)n で
∑∞ n=0
Bn
xn n! = x
ex−1. Bn(2) の反復積分による定義より
∑∞ n=0
Bn(2)xn
n! = ex ex−1
∫ x 0
∑∞
`=0
B`
t`
`!dt
=
∑∞ m=0
Bm(1)xm−1 m! ·∑∞
`=0
B`
x`+1 (`+ 1)!. これより
B(2)n =
∑n
`=0
(n
`
)B(1)n−`B`
`+ 1
を得る。nが奇数のとき、n−`, `の一方は奇数であって、奇数`≥3に対してはB(1)` =B`= 0 であるので、
Bn(2)= n
2B(1)n−1B1+B(1)1 Bn−1=−(n−2) 4 Bn(1)−1. これで(1)が証明された。
(2-1)はTh.1.2.1で与えた公式より自明。またその公式に現われる m!
(m+ 1)2 が整数でないの
はm+ 1 = 8, 9, 素数, 2×素数 のときのみであることが初等的に確かめられる。ところが
Lemmaより、m+ 1 = 2p,(pは素数≥5)、のとき(−1)mm!{n
m
}
(m+ 1)2 の分母にpが現われない。
次にB(2)n の分母に寄与しうる項として m+ 1 = p(pは 5以上の素数)のときを考えると、
このとき
(−1)mm!
{n m
}
=
p−1
∑
`=1
(−1)` (p−1
` )
`n≡
p−1
∑
`=1
`n modp.
これはmodpで、p−1|nなら−1に, p−1/n| なら0 に合同である。従ってp−1|nの とき(−1)mm!{n
m
}
(m+ 1)2 のp-orderは −2 。他の項はp-integralだから、これで (2-2)-(a)が示さ れた。p−1/n| とする。modp2 で
(p−1
` )
≡(−1)`+ (−1)`−1p
∑` i=1
1
i modp2 なること((p−1)(p−2)· · ·(p−`)を展開する)を用いると
p−1
∑
`=1
(−1)` (p−1
` )
`n≡
p−1
∑
`=1
`n−p
p−1
∑
`=1
`n
∑` i=1
1
i modp2. ところでnが偶数でp−1/n| のとき
p−1
∑
`=1
`n≡pBn(1) modp2.
(Ireland-Rosen [10, Prop. 15.2.2のCor.]) 一方n≡n0modp−1, 1< n0< p−1,とすると、
n0も偶数になり、Vandiver [18, (63)]より
p−1
∑
`=1
`n
∑` i=1
1
i ≡
p−1
∑
`=1
`n0
∑` i=1
1
i modp
≡ B(1)n0 modp.
よって
(−1)mm!
{n m
}
≡p (
Bn(1)−Bn(1)0 )
modp2.
p−1 /n| であるのでB(1)n
n は p-整数かつB(1)n0 ≡n0B(1)n
n modp (Ireland-Rosen [10, Prop.
15.2.4, Th. 5])。以上より
(−1)mm!
{n m
}
≡p(n−n0)Bn(1)
n modp2
となり、(2-2)-(b)がこれより従う。3-orderについては、Th. 1.2.1の公式の和の項で3-整数 でないかもしれないのは
2!{n
2
}
32 , −5!{n
5
} 62 , 8!{n
8
} 92 .
公式Prop. 1.2.6 (5)をつかってそれぞれ計算することにより(2-3)が得られる。2-orderにつ いても同様に計算するが省略する。
この定理の(2-2)-(b-1)にp| Bn(1)
n という条件がでてくることに注目すると、素数pの非正 則性をBn(2)の分母の言葉で述べることができます。
Corollary 1.4.3 素数p(≥5)が非正則であるための必要十分条件は範囲 p+ 1≤n≤2p−4 の中の偶数nで、B(2)n の分母がpで割れないものが存在することである。
古典的なBernoulli数は、奇数番目は0で、偶数番目の分母は初等的に決めることが出来、
分子が円分体の整数論などと深く結びついた微妙な量でした。このdi-Bernoulli数は奇数番 目が本質的に古典的Bernoulli数になり、偶数番目の分母の決定に古典的Bernoulli数の分子 の情報を必要とします。さて、それではdi-Bernoulli数の分子と結びつくような面白い数論の 対象はあるでしょうか。こういう対象が見つかったとき、多重Bernoulli数も一段深いものに 格上げされるのですが。
一般の場合の分母については次のことが Th. 1.2.1の公式を使って言えます。(荒川さんに よる。共著論文を予定中。)
Theorem 1.4.4 pを k+ 2≤p≤n+ 1を満たす素数とする。
(1)p−1/n| のとき、pk−1Bn(k) は p-整数。
(2)p−1|nのとき、pkB(k)n が p-整数で、
pkBn(k)≡ −1 modpZp.
