【１】オイラーの恒等式</P>

　　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．

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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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