対称式に引き続き、分数式の場合も見てみたい。

＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝

【３】オイラーの恒等式

　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．

−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−

　　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．

＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝