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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