高校数学では，分数式の計算

　　Ｆ＝１／（ａ−ｂ）（ｃ−ａ）＋１／（ｂ−ｃ）（ａ−ｂ）＋１／（ｃ−ａ）（ｂ−ｃ）

とか

　　Ｆ＝ａ^2／（ａ−ｂ）（ｃ−ａ）＋ｂ^2／（ｂ−ｃ）（ａ−ｂ）＋ｃ^2／（ｃ−ａ）（ｂ−ｃ）

を簡単にせよという演習問題に出会ったことがあるはずである．

　　Ｆ＝｛ａ^k（ｂ−ｃ）＋ｂ^k（ｃ−ａ）＋ｃ^k（ａ−ｂ）｝／（ａ−ｂ）（ｂ−ｃ）（ｃ−ａ）

として，分子をＦkとおくと

　　Ｆ0＝（ｂ−ｃ）＋（ｃ−ａ）＋（ａ−ｂ）＝０

　　Ｆ1＝ａ（ｂ−ｃ）＋ｂ（ｃ−ａ）＋ｃ（ａ−ｂ）＝０

　　Ｆ2＝ａ^2（ｃ−ｂ）＋ｂ^2（ａ−ｃ）＋ｃ^2（ｂ−ａ）＝−（ａ−ｂ）（ｂ−ｃ）（ｃ−ａ）

　　Ｆ3＝ａ^3（ｂ−ｃ）＋ｂ^3（ｃ−ａ）＋ｃ^3（ａ−ｂ）＝−（ａ−ｂ）（ｂ−ｃ）（ｃ−ａ）（ａ＋ｂ＋ｃ）

よって，ｋ＝０，１，２，３の場合，順に

　　Ｆ＝０，０，−１，−（ａ＋ｂ＋ｃ）

となる．

　Ｆkは交代式で，交代式は差積と対称式Ａの積で表されるという性質があるから

　　Ｆk＝Ａ（ａ−ｂ）（ｂ−ｃ）（ｃ−ａ）

ここで，分母（ａ−ｂ）（ｂ−ｃ）（ｃ−ａ）は３次交代式，分子Ｆkはｋ＋１次交代式であるから，Ｆはｋ−２次対称式となる．このことからｋ＝０，１のときＦ＝０，ｋ＝２のときＦは定数となることがわかる．

ｋ＝２の場合，Ｆ＝−１

ｋ＝３の場合，Ｆ＝−（ａ＋ｂ＋ｃ）

ｋ＝４の場合，Ｆ＝−（ａ^2＋ｂ^2＋ｃ^2＋ａｂ＋ｂｃ＋ｃａ）

ｋ＝５の場合，Ｆ＝−（ａ^3＋ｂ^3＋ｃ^3＋ａ^2ｂ＋ａｂ^2＋ａ^2ｃ＋ａｃ^2＋ｂ^2ｃ＋ｂｃ^2＋ａｂｃ）

　また，対称式の基本定理より，ｎ変数のどんな対称式も基本対称式を用いて表すことができる．３変数の場合の基本対称式

　　σ1＝ａ＋ｂ＋ｃ

　　σ2＝ａｂ＋ｂｃ＋ｃａ

　　σ3＝ａｂｃ

を用いて対称式Ｐを表してみることにしよう．

ｋ＝３の場合，Ｆ＝−（ａ＋ｂ＋ｃ）＝−σ1

ｋ＝４の場合，Ｆ＝−（ａ^2＋ｂ^2＋ｃ^2＋ａｂ＋ｂｃ＋ｃａ）＝−σ1^2＋σ2

ｋ＝５の場合，Ｆ＝−（ａ^3＋ｂ^3＋ｃ^3＋ａ^2ｂ＋ａｂ^2＋ａ^2ｃ＋ａｃ^2＋ｂ^2ｃ＋ｂｃ^2＋ａｂｃ）＝−σ1^3＋２σ1σ2−σ3

しかし，対称式の基本定理など代数学の知識を駆使してもあまり面白い結果になりそうもない．

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【１】オイラーの恒等式

　　１／（ａ−ｂ）（ｃ−ａ）＋１／（ｂ−ｃ）（ａ−ｂ）＋１／（ｃ−ａ）（ｂ−ｃ）＝０

　　（ｂ＋ｃ）／（ａ−ｂ）（ｃ−ａ）＋（ｃ＋ａ）／（ａ−ｂ）（ｂ−ｃ）＋（ａ＋ｂ）／（ｂ−ｃ）（ｃ−ａ）＝０

　　ｂｃ／（ａ−ｂ）（ｃ−ａ）＋ｃａ／（ａ−ｂ）（ｂ−ｃ）＋ａｂ／（ｂ−ｃ）（ｃ−ａ）＝−１

などの一連の式は「オイラーの恒等式」と呼ばれるものだそうである．単なる分数式の練習問題ではなく，由緒ある式なのである．

　しかし，オイラーの恒等式は算術平均と幾何平均の不等式（←フルヴィッツ・ムーアヘッドの等式）や巡回行列式のように２次式の和の形

　　Ｆ＝ΣｋＰ^2

にも表せそうもない．これでは面白味に欠けるが「オイラーの恒等式」に何か面白い性質は隠れていないのだろうか？　オイラーの恒等式は巡回行列式でなく，ファンデルモンドの行列式と近い関係にあることは推測できるのだが，もう一度じっくりみてみることにしよう．

ｋ＝３のとき，Ｆ＝−（ａ＋ｂ＋ｃ）

ｋ＝４のとき，Ｆ＝−（ａ^2＋ｂ^2＋ｃ^2＋ａｂ＋ｂｃ＋ｃａ）

ｋ＝５のとき，Ｆ＝−（ａ^3＋ｂ^3＋ｃ^3＋ａ^2ｂ＋ａｂ^2＋ａ^2ｃ＋ａｃ^2＋ｂ^2ｃ＋ｂｃ^2＋ａｂｃ）

はｋ−２次の同次項（係数１）がすべて出現している組合せであることに気づかれたであろう．

　その項数は

　　3Ｈk-2＝kＣk-2＝ｋ（ｋ−１）／２

すなわち，ｋ＝３（項数３），ｋ＝４（項数６），ｋ＝５（項数１０）と計算される．そして，ｋ＝６の場合は

　　Ｆ＝−（ａ^4＋ａ^3ｂ＋ａ^3ｃ＋ａ^2ｂ^2＋ａ^2ｂｃ＋ａ^2ｃ^2＋ａｂ^3＋ａｂ^2ｃ＋ａｂｃ^2＋ａｃ^3＋ｂ^4＋ｂ^3ｃ＋ｂ^2ｃ^2＋ｂｃ^3＋ｃ^4）

（項数１５）になるものと推測されるのである．

　この推測の信頼率は95%以下と思われたので，阪本ひろむ氏（最近出版された

　　志賀浩二監訳・阪本ひろむ訳「バナッハとポーランド数学」シュプリンガー・フェアラーク東京

の訳者）にお願いして，Mathematicaを用いて確認してもらっている．

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　オイラーの恒等式では３変数の場合が取り上げられているが，４変数ではどうだろうか？　その前に３変数の場合について，都合上

　　Ｆ＝｛ａ^k（ｂ−ｃ）−ｂ^k（ａ−ｃ）＋ｃ^k（ａ−ｂ）｝／（ａ−ｂ）（ａ−ｃ）（ｂ−ｃ）

と書き直しておく．

　２変数の場合，差積は１次交代式（ｂ−ａ）であるから

　　Ｆ＝ａ^k／（ａ−ｂ）−ｂ^k／（ａ−ｂ）＝（ａ^k−ｂ^k）／（ａ−ｂ）

Ｆk＝Ａ（ａ−ｂ）とすると

　　Ａ＝ａ^(k-1)＋ａ^(k-2)ｂ＋・・・＋ａｂ^(k-1)＋ｂ^k

すなわち，ｋ−１次の同次項が重複なくちょうど１回ずつ現れ，その項数は

　　2Ｈk-1＝kＣk-1＝ｋ

となる．

ｋ＝１のとき，Ｆ＝１　　　（項数１）

ｋ＝２のとき，Ｆ＝ａ＋ｂ　　　（項数２）

ｋ＝３のとき，Ｆ＝ａ^2＋ａｂ＋ｂ^2　　　（項数３）

ｋ＝４のとき，Ｆ＝ａ^3＋ａ^2ｂ＋ａｂ^2＋ｂ^3　　　（項数４）

　４変数の場合，差積は６次交代式

　　（ａ−ｂ）（ａ−ｃ）（ａ−ｄ）（ｂ−ｃ）（ｂ−ｄ）（ｃ−ｄ）

また，

　　Ｆk＝ａ^k（ｂ−ｃ）（ｂ−ｄ）（ｃ−ｄ）−ｂ^k（ａ−ｃ）（ａ−ｄ）（ｃ−ｄ）＋ｃ^k（ａ−ｂ）（ａ−ｄ）（ｂ−ｄ）−ｄ^k（ａ−ｂ）（ａ−ｃ）（ｂ−ｃ）

とかなり厳めしくなるが，Ｆkは差積と対称式Ａの積

　　Ｆk＝Ａ（ａ−ｂ）（ａ−ｃ）（ａ−ｄ）（ｂ−ｃ）（ｂ−ｄ）（ｃ−ｄ）

で表されるはずであるから，ｋ＝０，１，２のときＦ＝０，ｋ＝３のときＦは定数となることがわかる．

　項数は

　　4Ｈk-3＝kＣk-3＝ｋ（ｋ−１）（ｋ−２）／６

ｋ＝３のとき，Ｆ＝１　　　（項数１）

ｋ＝４のとき，Ｆ＝ａ＋ｂ＋ｃ＋ｄ　　　（項数４）

ｋ＝５のとき，Ｆ＝ａ^2＋ａ（ｂ＋ｃ＋ｄ）＋ｂ^2＋ｂ（ｃ＋ｄ）＋ｃ^2＋ｃｄ＋ｄ^2　　　（項数１０）

ｋ＝６のとき，Ｆ＝ａ^3＋ａ^2（ｂ＋ｃ＋ｄ）＋ａ（ｂ^2＋ｃ^2＋ｄ^2＋ｂｃ＋ｃｄ＋ｄａ）＋ｂ^3＋ｂ^2（ｃ＋ｄ）＋ｂ（ｃ^2＋ｃｄ＋ｄ^2）＋ｃ^3＋ｃ^2ｄ＋ｃｄ^2＋ｄ^3　　　　（項数２０）

　次にｋ＝−１，−２，−３，・・・としてみたらどうだろうか？　ｋ＝−１の場合だけを記すが，

　　２変数の場合，Ｆ＝−１／ａｂ

　　３変数の場合，Ｆ＝　１／ａｂｃ

　　４変数の場合，Ｆ＝−１／ａｂｃｄ

　この分数式に数学的背景があるとは思いもしなかったが，すべての同時項（係数１）が出現するなど意外な事実があることを知った．オイラーの恒等式と関係していることを知って少しは楽しくなっただろうか．

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