倍数の階乗の逆数和

今回は，とある作業の途中で出てきた次のような問題を考えます．

また，少し発展させて， で割ったときの余りが （）となる数の階乗の逆数の和
\begin{align*}
S_{d,r} := \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{(nd+r)!} = \frac{1}{r!} + \frac{1}{(d+r)!} + \frac{1}{(2d+r)!} + \cdots
\end{align*}を計算する方法も考えます．

• 簡単な場合―
• 一般化のための考察
• 一般の場合―
• さらに一般の場合―

簡単な場合―

まずは簡単な場合を考えます． の値は，指数関数 のマクローリン展開の式から，
\begin{align*}
S_{1} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n!} = \left.\left( \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{n}}{n!} \right)\right|_{x=1} = \left.(e^{x})\right|_{x=1} = e
\end{align*}と求まります．

次に， や ですが，値を求めるために，双曲線関数のマクローリン展開を考えます．まずは双曲線余弦関数ですが，そのマクローリン展開は
\begin{align*}
\cosh x &:= \frac{e^{x} + e^{-x}}{2}\\
&= \frac{1}{2} \left( \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{n}}{n!} + \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-x)^{n}}{n!} \right) \\
&= \frac{1}{2} \left( \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{2n}}{(2n)!} + \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!} + \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{2n}}{(2n)!} - \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!} \right) \\
&= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{2n}}{(2n)!}
\end{align*}となります．次に双曲線正弦関数ですが，同様に計算を行うと，そのマクローリン展開は
\begin{align*}
\sinh x &:= \frac{e^{x} - e^{-x}}{2}\\
&= \frac{1}{2} \left( \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{n}}{n!} - \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-x)^{n}}{n!} \right) \\
&= \frac{1}{2} \left( \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{2n}}{(2n)!} + \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!} - \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{2n}}{(2n)!} + \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!} \right) \\
&= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}
\end{align*}となります*2．これらを用いると， は
\begin{align*}
S_{2} = S_{2,0} &= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{(2n)!} = \left.\left( \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{2n}}{(2n)!} \right) \right|_{x=1}\\
&= \left.\left( \frac{e^{x} + e^{-x}}{2} \right) \right|_{x=1} = \frac{e+e^{-1}}{2}
\end{align*}と求まり， は
\begin{align*}
S_{2,1} &= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{(2n+1)!} = \left.\left( \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!} \right) \right|_{x=1} \\
&= \left.\left( \frac{e^{x} - e^{-x}}{2} \right) \right|_{x=1} = \frac{e-e^{-1}}{2}
\end{align*}と求まります．

一般化のための考察

さて，一般の における の値を計算していきます．先ほどまでのように上手い関数を見つけてマクローリン展開を利用する，という方針は賢明ではないでしょうから，別の方針を見つけていきましょう．

ここで先ほどの の計算に現れる や のマクローリン展開を並べてみましょう*3．
\begin{alignat*}{4}
e^{x} &= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{n}}{n!} &&= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{2n}}{(2n)!} &&+{} &\sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!},\\
e^{-x} &= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-x)^{n}}{n!} &&= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{2n}}{(2n)!} &&+(-1) &\sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}.
\end{alignat*} の値を計算するときは，上のように分けたうちの後ろの方，すなわち の部分を消去して だけを残すことで
\begin{alignat*}{2}
\frac{e^{x} + e^{-x}}{2} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{2n}}{(2n)!}
\end{alignat*}という式を作りました．

見方を変えれば， だけを取り出すために

を使って， の他に を用意した，と見ることができます．

では， だけを取り出すにはどのようにすれば良いでしょうか．

冪級数の形は大きく変える必要はないでしょうから，一旦， の場合の冪を見ていきましょう．
\begin{align*}
e^{\lambda x} &= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(\lambda x)^{n}}{n!} \\
&= \frac{x^{0}}{0!} + \frac{\lambda x}{1!} + \cdots \frac{\lambda^{d-1} x^{d-1}}{(d-1)!}\\
&\phantom{={}} + \frac{\lambda^{d} x^{d}}{d!} + \cdots
\end{align*}ですが， の部分では，係数が となってほしいので，
\begin{align*}
\lambda^{d} = 1,
\end{align*}つまり， は 乗すると になる数， の 乗根を考えれば良いということになります．

以上の考察を基に，今度は のマクローリン展開を考えます．

なお，以下では 個ある の 乗根を，
\begin{align*}
\quad\zeta_{d}^{k} := \exp \left( \frac{2 \pi i k}{d} \right) \quad\quad （k=0,1,2,\ldots, d-1）
\end{align*}とおきます．

一般の場合―

（）のマクローリン展開を基に，
\begin{align*}
S_{d} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{(nd)!}
\end{align*}を求めます．計算のために， に対して，
\begin{align*}
S_{d,\ell}(x) := \sum_{q=0}^{\infty} \frac{x^{qd+\ell}}{(qd+\ell)!}
\end{align*}とおきます．すると，次のようにマクローリン展開を計算できます．
\begin{align*}
\exp (\zeta_{d}^{k} x) &= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(\zeta_{d}^{k} x)^{n}}{n!}\\
&= \sum_{q=0}^{\infty} \sum_{\ell=0}^{d-1} \frac{(\zeta_{d}^{k} x)^{qd+\ell}}{(qd+\ell)!} \\
&= \sum_{q=0}^{\infty} \sum_{\ell=0}^{d-1} \frac{\zeta_{d}^{k\ell} x^{qd+\ell}}{(qd+\ell)!} \\
&= \sum_{\ell=0}^{d-1} \zeta_{d}^{k\ell} \sum_{q=0}^{\infty} \frac{x^{qd+\ell}}{(qd+\ell)!}\\
&= \sum_{\ell=0}^{d-1} \zeta_{d}^{k\ell} S_{d, \ell}(x).
\end{align*}そこで， にわたって和をとると，
\begin{align*}
\sum_{k=0}^{d-1} \exp (\zeta_{d}^{k} x) &= \sum_{k=0}^{d-1} \sum_{\ell=0}^{d-1} \zeta_{d}^{k\ell} S_{d, \ell}(x)\\
&= \sum_{\ell=0}^{d-1} S_{d, \ell}(x) \sum_{k=0}^{d-1} \zeta_{d}^{k\ell}\\
&= \color{blue}{\underset{\ell = 0のとき}{\underline{\color{black}{S_{d,0}(x) \sum_{k=0}^{d-1} 1}}}} + \color{blue}{\underset{\ell \neq 0のとき}{\underline{\color{black}{\sum_{\ell=1}^{d-1} S_{d, \ell}(x) \sum_{k=0}^{d-1} (\zeta_{d}^{\ell})^{k} }}}}\\
&= dS_{d,0}(x) + \sum_{\ell=1}^{d-1} S_{d, \ell}(x) \frac{1-(\zeta_{d}^{\ell})^{d}}{1-\zeta_{d}^{\ell}} \\
&= dS_{d,0}(x)
\end{align*}となります．この式に， を代入すれば，
\begin{align*}
\sum_{k=0}^{d-1} \exp(\zeta_{d}^{k}) = d S_{d,0}(1) = d \sum_{q=0}^{\infty} \frac{1}{(qd)!} = d S_{d},
\end{align*}つまり，
\begin{align*}
S_{d} = \frac{1}{d} \sum_{k=0}^{d-1} \exp(\zeta_{d}^{k})
\end{align*}と求まります*4．

さらに一般の場合―

さらに話を発展させて，今度は で割ったときの余りが （）となる数の階乗の逆数の和
\begin{align*}
S_{d,r} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{(nd+r)!}
\end{align*}の値を考えましょう．

先ほどの の計算では特に触れませんでしたが， にわたって和をとったところの式で，公比が の等比級数が現れることによって， の項だけを得ています．これを踏まえて，和として残したい の項が出てくるように，前節の の展開式を次のように変形します．
\begin{align*}
\exp (\zeta_{d}^{k} x) &= \sum_{\ell=0}^{d-1} \zeta_{d}^{k\ell} S_{d, \ell}(x) \\
&= \zeta_{d}^{kr} \sum_{\ell=0}^{d-1} \zeta_{d}^{k(\ell-r)} S_{d, \ell}(x).
\end{align*}すると， にわたって和をとったとき，今度は，
\begin{align*}
\sum_{k=0}^{d-1} \zeta_{d}^{-kr} \exp (\zeta_{d}^{k} x) &= \sum_{k=0}^{d-1} \sum_{\ell=0}^{d-1} \zeta_{d}^{k(\ell - r)} S_{d, \ell}(x)\\
&= \sum_{\ell=0}^{d-1} S_{d, \ell}(x) \sum_{k=0}^{d-1} \zeta_{d}^{k(\ell-r)}\\
&= \color{blue}{\underset{\ell = rのとき}{\underline{\color{black}{S_{d,r}(x) \sum_{k=0}^{d-1} 1}}}} + \color{blue}{\underset{\ell \neq rのとき}{\underline{\color{black}{\sum_{\ell \neq r} S_{d, \ell}(x) \sum_{k=0}^{d-1} (\zeta_{d}^{\ell-r})^{k}}}}}\\
&= dS_{d,r}(x)
\end{align*}を得ます．したがって， を代入して，
\begin{align*}
S_{d,r} = S_{d,r}(1) = \frac{1}{d} \sum_{k=0}^{d-1} \zeta_{d}^{-kr} \exp (\zeta_{d}^{k})
\end{align*}と求まります．特に とおけば先ほどの の表式に一致することが確認できます*5．

以上より，最終的に次の結果を得ます．