k-ナッチ数列の四捨五入表示の確率論的導出

　各$j$に対して$p^{(j)}_{n+1}=2p^{(j)}_n-p^{(j)}_{n-k}$が成り立つことを言えばよい。
　いま$x=n$からスタートして一回目の動作でそれぞれ$\frac12$の確率で$x=n+1$または$x=n-k$の位置に進み、そこから$x=j$に至る確率はそれぞれ$p^{(j)}_{n+1},\;p^{(j)}_{n-k}$なので
$$p^{(j)}_n=\frac{p^{(j)}_{n+1}+p^{(j)}_{n-k}}{2}$$
つまり$p^{(j)}_{n+1}=2p^{(j)}_n-p^{(j)}_{n-k}$を得る。

　いま$|\b_i|<1\;(1\leq i< k)$および$1<\a$に注意すると、$p_n^{(j)}$における$\a^n$の係数が$0$でないとすると$n\to\infty$において$p_n^{(j)}$は正か負の無限大に発散することになるが$p_n^{(j)}$は確率なので$0\leq p_n^{(j)}\leq1$であることに矛盾。よって$p_n^{(j)}$ひいては$e_n$における$\a^n$の係数は$0$であり主張を得る。

　いま得点$e(j)$の値については特に定めてなかったので、$a_n$をk-ナッチ数列、$f(x)$を$$f(x)=\frac{x^{k+1}-2x^k+1}{x-1}$$
とし$e(j)$を
$$e_n=a_n-\frac{\a^n}{f'(\a)}\quad(n=0,1,2,\ldots,k-1)$$
となるように定めることにする。具体的には$p_j^{(j)}=1$より$e_j=e(j)$なので
$$e(j)=a_j-\frac{\a^j}{f'(\a)}$$
とすればよい。
　このとき$e_n$の一般項を
$$e_n=c_0+c_1\b_1^n+c_2\b_2^n+\cdots+c_{k-1}\b^n_{k-1}$$
と表すと$c_0,c_1,\ldots,c_{k-1}$についての$k$個の方程式
$$e_n=a_n-\frac{\a^n}{f'(\a)}=\sum^{k-1}_{j=1}\frac{\b_j^n}{f'(\b_j)} \quad(n=0,1,2,\ldots,k-1)$$
から$c_0=0,c_j=\frac1{f'(\b_j)}$つまり$k\leq n$においても常に
$$e_n=\sum^{k-1}_{j=1}\frac{\b^n_j}{f'(\b_j)}=a_n-\frac{\a^n}{f'(\a)}$$
が成り立つことがわかる。
　ところで 前回の記事 で示したように$0\leq n< k$において
$$|e(n)|=\left|a_n-\frac{\a^n}{f'(\a)}\right|<\frac12$$
が成り立つことがわかっているので$k\leq n$においても
$$\left|a_n-\frac{\a^n}{f'(\a)}\right|=|e_n|\leq\sum^{k-1}_{j=0}p_n^{(j)}|e(j)|<\frac12\sum^{k-1}_{j=0}p_n^{(j)}=\frac12$$
となることがわかる。