二項係数入りの有限和について

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二項係数の入った有限和について色々考えたので, 暇つぶしとして記録しようと思います.

まず, 有名等式 $\sum_{k = 0}^{n} {(\binom{n}{k})}^{2} = (\binom{2 n}{n})$ を考えてみます. これの導出は, $(1 + x)^{2 n} = (1 + x)^{n} \cdot (1 + x)^{n}$ の両辺の $x^{n}$ の係数を見比べるのでした.

そこで, $\sum_{k = 0}^{n} {(\binom{n}{k})}^{2} t^{k}$ はどうなるかを考えてみましょう.

これは上と同様にして, $(1 + x)^{n} \cdot (t + x)^{n}$ の $x^{n}$ の係数, と見ることができます. そこで, 今度は $((1 + x) (t + x))^{n}$ を二項定理で展開してみようと思います.

このままでは少し見づらいので, 中身を平方完成して $(a + (b + x)^{2})^{n}$ としたものを展開しようと思います.

$\begin{array}{rcl} (a + (b + x)^{2})^{n} & = & \sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) a^{n - k} (b + x)^{2 k} \\ = & \sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) a^{n - k} \sum_{ℓ = 0}^{2 k} (\binom{2 k}{ℓ}) b^{2 k - ℓ} x^{ℓ} \\ = & \sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) a^{n - k} \sum_{ℓ = 0}^{2 n} (\binom{2 k}{ℓ}) b^{2 k - ℓ} x^{ℓ} \\ = & \sum_{ℓ = 0}^{2 n} \sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) (\binom{2 k}{ℓ}) a^{n - k} b^{2 k - ℓ} x^{ℓ} \end{array}$
ただしここで, 二項係数は $n < r$ のとき $(\binom{n}{r}) = 0$ と約束します.

すると, これの $x^{n}$ の係数は, $ℓ = n$ のとき, つまり $\sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) (\binom{2 k}{n}) a^{n - k} b^{2 k - n}$ となります.

この和についてさらに考えてみます. 今回は母関数をとってみます. 即ち
$f (z) = \sum_{n = 0}^{\infty} \sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) (\binom{2 k}{n}) a^{n - k} b^{2 k - n} z^{n}$
なる $z$ の関数を考えてみましょう.

この和において $n = p + q, k = p$ と置換してみます.

足し合わせる範囲は, 元が $0 \leq k \leq n$ ですから, 置換後は $0 \leq p \leq p + q$ 即ち $0 \leq p, 0 \leq q$ となります.

従って,

$\begin{array}{rcl} f (z) & = & \sum_{n = 0}^{\infty} \sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) (\binom{2 k}{n}) a^{n - k} b^{2 k - n} z^{n} \\ = & \sum_{p = 0}^{\infty} \sum_{q = 0}^{\infty} (\binom{p + q}{p}) (\binom{2 p}{p + q}) a^{q} b^{p - q} z^{p + q} \\ = & \sum_{p = 0}^{\infty} \sum_{q = 0}^{\infty} \frac{(p + q)!}{p! q!} \cdot \frac{(2 p)!}{(p + q)! (p - q)!} a^{q} b^{p - q} z^{p + q} \\ = & \sum_{p = 0}^{\infty} \sum_{q = 0}^{\infty} \frac{(2 p)!}{p!^{2}} \frac{p!}{q! (p - q)!} a^{q} b^{p - q} z^{p + q} \\ = & \sum_{p = 0}^{\infty} (\binom{2 p}{p}) (b z)^{p} \sum_{q = 0}^{\infty} (\binom{p}{q}) (\frac{a z}{b})^{q} \\ = & \sum_{p = 0}^{\infty} (\binom{2 p}{p}) (b z)^{p} (1 + \frac{a z}{b})^{p} \\ = & \sum_{p = 0}^{\infty} (\binom{2 p}{p}) (z (b + a z))^{p} \end{array}$
と計算できます.

ここで, Taylor展開 $\sum_{n = 0}^{\infty} (\binom{2 n}{n}) z^{n} = \frac{1}{\sqrt{1 - 4 z}}$ を用いれば,
$f (z) = \frac{1}{\sqrt{1 - 4 z (b + a z)}}$
と書けることがわかります.

さて, もともと求めたいのは $(a + (b + x)^{2})^{n}$ ではなく $((1 + x) (t + x))^{n}$ の $x^{n}$ の係数でしたので,
$\begin{array}{rcl} (1 + x) (t + x) & = & (x + \frac{1 + t}{2})^{2} - \frac{(1 - t)^{2}}{4} \end{array}$
と平方完成して, $a = - \frac{(1 - t)^{2}}{4}, b = \frac{1 + t}{2}$ とわかるので, これを代入して, 以下を得ます.

\sum_{n = 0}^{\infty} (\sum_{k = 0}^{n} {(\binom{n}{k})}^{2} t^{k}) z^{n} = \frac{1}{\sqrt{1 - 2 (t + 1) z + (t - 1)^{2} z^{2}}}

実はこれは, ルジャンドル多項式と関係があるようです. (というかWikipediaにほぼ同じ式が載っていたので落ち込みました...)

それと, ルジャンドル多項式になるということで, これを具体的に $t$ の多項式で明示するのは無理なようだということもわかりました.

結局この式は特に何も生み出さないように思えますね...😔

ただ, せっかく母関数を求めたので, 収束半径から, 係数のオーダーを求めてみます. 以下 $t > 1$ とします.

このとき, $1 - 2 (t + 1) z + (t - 1)^{2} z^{2} = 0$ の解は $z = \frac{t + 1 \pm 2 \sqrt{t}}{(t - 1)^{2}} = (\frac{\sqrt{t} \pm 1}{t - 1})^{2}$ となり, これを $α, β$ とおきます. ( $0 < α < β$ とします. ) すると収束半径は $α$ となります.

$\sum_{n = 0}^{\infty} (\sum_{k = 0}^{n} {(\binom{n}{k})}^{2} t^{k}) z^{n} = \frac{1}{(t - 1) \sqrt{(β - z) (α - z)}} (| z | < α)$

次に, $α$ を用いて以下のように書き換えます.
$\sum_{n = 0}^{\infty} (α^{n} \sum_{k = 0}^{n} {(\binom{n}{k})}^{2} t^{k}) z^{n} = \frac{1}{(t - 1) \sqrt{α (β - α z) (1 - z)}} (| z | < 1)$

ここで, $z \to 1$ とすると右辺はほとんど $\frac{1}{(t - 1) \sqrt{α (β - α)}}$ 倍の $\sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(\binom{2 n}{n})}{2^{2 n}} z^{n}$ に近く, $\frac{(\binom{2 n}{n})}{2^{2 n}} \sim \frac{1}{\sqrt{π n}}$ ですので, (少し無理やりな議論に思われるかもしれません...が, )

$α^{n} \sum_{k = 0}^{n} {(\binom{n}{k})}^{2} t^{k} \sim \frac{1}{(t - 1) \sqrt{π n α (β - α)}}$
即ち
$\sum_{k = 0}^{n} {(\binom{n}{k})}^{2} t^{k} \sim \frac{(\sqrt{t} + 1)^{2 n + 1}}{2 \sqrt[4]{t} \sqrt{π n}} as n \to \infty$
と, 漸近的挙動を予想することができます！