exp(冪級数)を冪級数展開

ふと思いました。\( e^{x} \) のMaclaurin展開の \( x \) に冪級数をぶちこんだらどうなるんやろ？？

ということで、今回は次を満たす \( \{b_n\}_{n=0}^{\infty} \) を求めることを考えます：

$$ \exp\left(\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n\right)=\sum_{n=0}^{\infty}b_nx^n $$

以下では形式的な式変形のみを行うので、級数の収束性などは議論しないことをご了承ください。さて、動機に従い、とりあえずは \( e^{x} \) のMaclaurin展開に級数を代入しますが、先に \( a_0 \) を外に出しておきます：

$$ \exp\left(\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n\right)=e^{a_0}\exp\left(\sum_{n=1}^{\infty}a_nx^n\right) $$

なので、次を考えることになります：

$$ \exp\left(\sum_{n=1}^{\infty}a_nx^n\right)=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{k!}\left(\sum_{n=1}^{\infty}a_nx^n\right)^k $$

この右辺の級数の \( k \) 乗を展開していきます。まず

$$ \left(\sum_{n=1}^{\infty}a_nx^n\right)^k=\sum_{n=k}^{\infty}c_{n,k}x^n $$

とおきます。右辺が \( n=k \) スタートであることに注意しましょう。ここで、\( x\neq0 \) のとき、両辺を \( x^{k} \) で割ると

$$ \left(\sum_{n=1}^{\infty}a_nx^{n-1}\right)^k=\sum_{n=k}^{\infty}c_{n,k}x^{n-k} $$

となります。続いて、この両辺を微分して \( x\to0 \) としていこうと思います (これはMaclaurin展開を求めるのにも通ずる手法ですね)。ただし、\( k=0 \) のときは (以下の式から分かるように) 空和を定義せねばならず面倒くさいので、とりあえず \( k\ge1 \) とします。両辺を \( x \) で \( m \) 回微分 ( \( m\ge 0\) ) すると、左辺はLeibniz則により

$$ \begin{align*} \frac{d^m}{dx^m}\left(\sum_{n=1}^{\infty}a_nx^{n-1}\right)^k&=\sum_{\substack{l_1+\cdots+l_k=m \\ 0\le l_1,\ldots,l_k\le m}}\frac{m!}{{l_1}!\cdots{l_k}!}\prod_{j=1}^{k}\left(\frac{d^{l_j}}{dx^{l_j}}\sum_{n=1}^{\infty}a_nx^{n-1}\right) \\\\ &=\sum_{\substack{l_1+\cdots+l_k=m \\ 0\le l_1,\ldots,l_k\le m}}\frac{m!}{{l_1}!\cdots{l_k}!}\prod_{j=1}^{k}\left(\sum_{n=l_j+1}^{\infty}\frac{(n-1)!}{(n-l_j-1)!}a_nx^{n-l_j-1}\right) \end{align*} $$

となり、右辺は

$$ \frac{d^m}{dx^m}\sum_{n=k}^{\infty}c_{n,k}x^{n-k}=\sum_{n=k+m}^{\infty}\frac{(n-k)!}{(n-k-m)!}c_{n,k}x^{n-k-m} $$

となるので、\( x\to0 \) とすれば、それぞれ定数項のみが残って

$$ \sum_{\substack{l_1+\cdots+l_k=m \\ 0\le l_1,\ldots,l_k\le m}}\frac{m!}{{l_1}!\cdots{l_k}!}\prod_{j=1}^{k}{l_j}!a_{l_j+1}=m!c_{k+m,k} $$

を得ます。ここで、左辺は

$$ \sum_{\substack{l_1+\cdots+l_k=m \\ 0\le l_1,\ldots,l_k\le m}}\frac{m!}{{l_1}!\cdots{l_k}!}\prod_{j=1}^{k}{l_j}!a_{l_j+1}=m!\sum_{\substack{l_1+\cdots+l_k=m \\ 0\le l_1,\ldots,l_k\le m}}\prod_{j=1}^{k}a_{l_j+1} $$

となるので

$$ c_{k+m,k}=\sum_{\substack{l_1+\cdots+l_k=m \\ 0\le l_1,\ldots,l_k\le m}}\prod_{j=1}^{k}a_{l_j+1}\quad(m\ge0,\ k\ge 1) $$

すなわち、文字を適宜置き直して

$$ c_{n,k}=\sum_{\substack{l_1+\cdots+l_k=n-k \\ 0\le l_1,\ldots,l_k\le n-k}}\prod_{j=1}^{k}a_{l_j+1}\quad(n\ge k\ge 1) $$

が分かります。また、\( k=0 \) のときは

$$ 1=\sum_{n=0}^{\infty}c_{n,0}x^n $$

より

$$ c_{n,0}=\begin{cases} 1 & (n=0) \\\\ 0 & (n\ge 1) \end{cases} $$

となります。なお

$$ \sum_{n=1}^{\infty}a_nx^n=0 $$

のときは、\( k=0 \) において

$$ \left(\sum_{n=1}^{\infty}a_nx^n\right)^0:=0 $$

とします。こうすると求めた \( c_{n,k} \) にも整合性がとれますしね。

さて、ここらで文字の整理をしましょう。上で置いた文字をまとめると

$$ \exp\left(\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n\right)=\sum_{n=0}^{\infty}b_nx^n=e^{a_0}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{k!}\sum_{n=k}^{\infty}c_{n,k}x^n $$

となるのでした。この最右辺において、級数の足す順番を入れ替えると (絶対収束か分からないんだからダメだろ！！！という意見があると思いますが、最初に述べた通り形式的な変形しかしないので、気にしないこととします)

$$ \begin{align*} \sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{k!}\sum_{n=k}^{\infty}c_{n,k}x^n&=\sum_{n=0}^{\infty}c_{n,0}x^n+\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k!}\sum_{n=k}^{\infty}c_{n,k}x^n \\\\ &=\sum_{n=0}^{\infty}c_{n,0}x^n+\sum_{n=1}^{\infty}\left(\sum_{k=1}^{n}\frac{c_{n,k}}{k!}\right)x^n \end{align*} $$

となり、それぞれに求めた \( c_{n,k} \) を代入すると

$$ \sum_{n=0}^{\infty}c_{n,0}x^n=1 \\\\ \sum_{n=1}^{\infty}\left(\sum_{k=1}^{n}\frac{c_{n,k}}{k!}\right)x^n=\sum_{n=1}^{\infty}\left(\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k!}\sum_{\substack{l_1+\cdots+l_k=n-k \\ 0\le l_1,\ldots,l_k\le n-k}}\prod_{j=1}^{k}a_{l_j+1}\right)x^n $$

となるので

$$ b_n= \begin{cases} e^{a_0} & (n=0) \\\\ \displaystyle e^{a_0}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k!}\sum_{\substack{l_1+\cdots+l_k=n-k \\ 0\le l_1,\ldots,l_k\le n-k}}\prod_{j=1}^{k}a_{l_j+1} & (n\ge 1) \end{cases} $$

及び

$$ \exp\left(\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n\right)=e^{a_0}\left\{1+\sum_{n=1}^{\infty}\left(\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k!}\sum_{\substack{l_1+\cdots+l_k=n-k \\ 0\le l_1,\ldots,l_k\le n-k}}\prod_{j=1}^{k}a_{l_j+1}\right)x^n\right\} $$

が従います。係数 \( b_n \) を有限和で表せて、綺麗になりましたね (もし最初に \( e^{a_0} \) を外に出していないと、\( b_n \) は級数表示になります)。

試しに何か求めてみましょう。例えば \( a_n=1 \) としてみると、\( |x|<1 \) のとき

$$ \exp\left(\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n\right)=\exp\left(\frac{1}{1-x}\right) $$

であり、これに対して

$$ b_0=e $$

及び、\( n\ge1 \) において

$$ \begin{align*} b_n&=e\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k!}\sum_{\substack{l_1+\cdots+l_k=n-k \\ 0\le l_1,\ldots,l_k\le n-k}}\prod_{j=1}^{k}1 \\\\ &=e\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k!}\sum_{\substack{l_1+\cdots+l_k=n-k \\ 0\le l_1,\ldots,l_k\le n-k}}1 \\\\ &=e\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k!}\binom{(n-k)+k -1}{k -1} \\\\ &=e\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k!}\binom{n-1}{k -1} \end{align*} $$

であるので (途中で重複組み合わせの考えを用いました)、\( |x|<1 \) において

$$ \exp\left(\frac{1}{1-x}\right)=e\left\{1+\sum_{n=1}^{\infty}\left(\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k!}\binom{n-1}{k -1}\right)x^n\right\} $$

が成り立つことが分かります (導出過程がガバいのでこれが本当に成り立つのか疑問を抱かれるかもしれませんが、これに関してはキチンと合っています)。これに \( x=\dfrac{1}{2} \) なんかを代入してやれば、左辺は \( e^{2} \) なので両辺を \( e \) で割って

$$ e=1+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{2^n}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k!}\binom{n-1}{k -1} $$

という表示が得られます。ちなみに、この級数の収束はそんなに速くないです。級数を \( 10 \) 項ほど足しても

$$ 1+\sum_{n=1}^{10}\frac{1}{2^n}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k!}\binom{n-1}{k -1}=2.6914\cdots $$

と、誤差は大きいです。

以上、冪級数のexponentialを冪級数展開しましたが、冒頭で申し上げた通り、厳密性は省いて議論したので、この展開が成り立つような条件は各自で求めてみてください (僕も考えます)。