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カタラン数の漸化式をアレンジ

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$$\newcommand{C}[0]{\mathbb{C}} \newcommand{div}[0]{\mathrm{div}} \newcommand{division}[0]{÷} \newcommand{grad}[0]{\mathrm{grad}\ } \newcommand{N}[0]{\mathbb{N}} \newcommand{Q}[0]{\mathbb{Q}} \newcommand{R}[0]{\mathbb{R}} \newcommand{rot}[0]{\mathrm{rot}\ } \newcommand{Z}[0]{\mathbb{Z}} $$

収束性など、厳密なところは気にしないでください。

カタラン数

$$ C_0 = 1\\ C_{n+1} = \sum_{i+j=n} C_{i}C_{j} $$

これの一般解は次のように求める。
$$f(x)=\sum_{k=0}^\infty C_kx^k$$を考える。
$$ \begin{align} f(x)^2 &=(C_0+C_1x+C_2x^2+C_3x^3+\cdots)(C_0+C_1x+C_2x^2+C_3x^3+\cdots)\\ &=C_0C_0+(C_0C_1+C_1C_0)x+(C_0C_2+C_1C_1+C_2C_0)x^2+\cdots\\ &=C_1+C_2x+C_3x^2+\cdots\\ &=\frac{f(x)-C_0}{x} \end{align} $$
つまり$xf(x)^2=f(x)-C_0=f(x)-1$
これを$f(x)$の二次方程式と考えると
$$f(x)=\frac{1\pm\sqrt{1-4x}}{2x}$$
$f(0)=1$だから複合のうち下側を選び
$$f(x)=\frac{1-\sqrt{1-4x}}{2x}$$
一般化二項定理を使えば、
$$ \begin{align} f(x) &=\frac{1}{2x}\left(1-(1-4x)^{1/2}\right)\\ &=\frac{1}{2x}\left(1-\sum_{k=0}^\infty \binom{1/2}{k}(-4x)^k \right)\\ &=\frac{1}{2x}\left(1-1-\sum_{k=1}^\infty \binom{1/2}{k}(-4x)^k \right)\\ &=\frac{1}{2x}\left(-\sum_{k=1}^\infty \binom{1/2}{k}(-4x)^k \right) \end{align} $$
$k\geq1$とすれば
$$ \begin{align} \binom{1/2}{k} &=\left. \left(\frac{1}{2}\cdot\frac{-1}{2}\cdot\frac{-3}{2}\cdots\frac{-2k+3}{2}\right)\right/ k!\\ &=\frac{(-1)^{k-1}}{k!2^k}\frac{(2k-2)!}{(k-1)!2^{k-1}}\\ &=\frac{(-1)^{k-1}(2k-2)!}{2^{2k-1}k!(k-1)!} \end{align} $$
よって
$$ \begin{align} f(x) &=\frac{1}{2x}\left(-\sum_{k=1}^\infty \binom{1/2}{k}(-4x)^k \right)\\ &=\frac{1}{2x}\left(-\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k-1}(2k-2)!}{2^{2k-1}k!(k-1)!}(-4x)^k \right)\\ &=\frac{1}{2x}\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{2k}2^{2k-(2k-1)}(2k-2)!}{k!(k-1)!}x^k\\ &=\sum_{k=1}^\infty\frac{(2k-2)!}{k!(k-1)!}x^{k-1}\\ &=\sum_{k=0}^\infty\frac{2k!}{(k+1)!k!}x^k\\ &=\sum_{k=0}^\infty\frac{1}{k+1}\binom{2k}{k}x^k \end{align} $$
これから
$$C_n=\frac{1}{n+1}\binom{2n}{n}$$
が分かる。

ここで、次のような拡張を考えた。

$$ d_0 = 1\\ d_{n+1} = \sum_{i+j+k=n} d_{i}d_{j}d_{k} $$

数列$d$$d_0=1,\ d_1=1,\ d_2=3,\ d_3=12,\ d_4=55,\ \ldots$と続く

$$f(x)=\sum_{k=0}^{\infty}d_kx^k$$を考える。
$f(x)^3$$x^n$の係数を考えると、
$$ \begin{align} f(x)^3 &=(d_0+d_1x+d_2x^2+\cdots)(d_0+d_1x+d_2x^2+\cdots)(d_0+d_1x+d_2x^2+\cdots)\\ &=d_0d_0d_0+(d_0d_0d_1+d_0d_1d_0+d_1d_0d_0)x+(d_0d_0d_2+d_0d_2d_0+d_2d_0d_0+d_0d_1d_1+d_1d_0d_1+d_1d_1d_0)x^2+\cdots\\ &=d_1+d_2x+d_3x^2+\cdots\\ &=\frac{f(x)-d_0}{x} \end{align} $$
$$\frac{f(x)-1}{x}=f(x)^3$$が成り立つ。
変形して$f(x)=xf(x)^3+1$とできる。
以降省略のために$y=f(x)$とする。

$y^3-\frac{1}{x}y+\frac{1}{x}=0$$y$$3$次方程式として解き、それをマクローリン展開して一般項を決定しようと考えた。
しかし単にカルダノの公式に当てはめると、あまりに複雑でとてもマクローリン展開などできない。。
$$ y=\omega^k\sqrt[3]{-\frac{1}{2x}+\frac{1}{2x}\sqrt{1+\frac{4}{27x}}}+\omega^{3-k}\sqrt[3]{-\frac{1}{2x}-\frac{1}{2x}\sqrt{1+\frac{4}{27x}}} $$

そこでビエトの解(を少しアレンジしたもの)を使った。
$\sin x$の3倍角の公式を利用する。
$\sin 3\alpha=-4\sin^3\alpha+3\sin \alpha$
$\sin^3\alpha=\frac{3}{4}\sin \alpha-\frac{1}{4}\sin 3\alpha$
$(2\sin \alpha)^3=3(2\sin \alpha)-2\sin 3\alpha$
$(2\sin\alpha)^3-3(2\sin\alpha)+2\sin3\alpha=0$

一方で
$y^3-y/x+1/x=0$$\sqrt{3x}^3$をかけると
$(\sqrt{3x}y)^3-3\sqrt{3x}y+3\sqrt{3x}=0$

つまり
$\sqrt{3x}y=2\sin\alpha,\ 3\sqrt{3x}=2\sin3\alpha$であればよい。
$3\sqrt{3x}=2\sin3\alpha$を変形し
$\alpha=\frac{1}{3}\arcsin{\frac{3\sqrt{3x}}{2}}$
したがって$y=\frac{2}{\sqrt{3x}}\sin\left(\frac{1}{3}\arcsin{\frac{3\sqrt{3x}}{2}}\right)$

$\arcsin x,\sin x$のマクローリン展開はそれぞれ次のようになる。
$$ \begin{align} \sin x &= \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n+1)!}x^{2n+1}\\ \arcsin x &= \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{4^n(2n+1)}\binom{2n}{n}x^{2n+1} \end{align} $$

これを代入すると
$$ \begin{align} y &=\frac{2}{\sqrt{3x}}\sin\left(\frac{1}{3}\sum_{n=0}^\infty\frac{1}{4^n(2n+1)}\binom{2n}{n}\frac{\sqrt{3}^{3(2n+1)}\sqrt{x}^{2n+1}}{2^{2n+1}}\right)\\ &=\frac{2}{\sqrt{3x}}\sin\left(\frac{\sqrt{3x}}{3}\sum_{n=0}^\infty\frac{3^{3n+1}x^n}{2^{4n+1}(2n+1)}\binom{2n}{n}\right)\\ &=\frac{2}{\sqrt{3x}}\sin\left(\frac{\sqrt{3x}}{2}\sum_{n=0}^\infty\frac{27^nx^n}{16^n(2n+1)}\binom{2n}{n}\right)\\ &=\frac{2}{\sqrt{3x}}\sum_{m=0}^\infty\frac{(-1)^m}{(2m+1)!}\left\{\frac{\sqrt{3x}}{2}\sum_{n=0}^\infty\frac{27^nx^n}{16^n(2n+1)}\binom{2n}{n}\right\}^{2m+1}\\ &=\frac{2}{\sqrt{3x}}\sum_{m=0}^\infty\frac{(-1)^m\sqrt{3x}^{2m+1}}{(2m+1)!2^{2m+1}}\left\{\sum_{n=0}^\infty\frac{27^nx^n}{16^n(2n+1)}\binom{2n}{n}\right\}^{2m+1}\\ &=\sum_{m=0}^\infty\left(\frac{3x}{4}\right)^m\frac{(-1)^m}{(2m+1)!}\left\{\sum_{n=0}^\infty\frac{27^nx^n}{16^n(2n+1)}\binom{2n}{n}\right\}^{2m+1} \end{align} $$

ここで多項定理
$$ \left(\sum_{k=0}^mx_k\right)^n=n!\sum_{i_1+i_2+\cdots+i_m=n}\ \prod_{j=1}^m\frac{x_j^{i_j}}{i_j!} $$
$(m\rightarrow \infty)$でも成り立つとする。(ここがちょっとヒューリスティック)

$$ \begin{align} y &=\sum_{m=0}^\infty\left(\frac{3x}{4}\right)^m\frac{(-1)^m}{(2m+1)!}\left\{\sum_{n=0}^\infty\frac{27^nx^n}{16^n(2n+1)}\binom{2n}{n}\right\}^{2m+1}\\ &=\sum_{m=0}^\infty\left(\frac{3x}{4}\right)^m\frac{(-1)^m(2m+1)!}{(2m+1)!}\sum_{i_0+i_1+\cdots=2m+1}\left\{\prod_{j=0}^\infty\frac{1}{i_j!}\left(\frac{27^{j}x^{j}}{16^{j}(2j+1)}\binom{2j}{j}\right)^{i_j}\right\} \end{align} $$
ここで
$$ y=\sum_{m=0}^\infty d_mx^m $$
だったから係数を比較することで次式を得る。
$$ d_k=\sum_{m=0}^k\frac{(-3)^m}{4^m}\sum_{\sum_{n=0}^{k-m}i_n=2m+1\\ \sum_{n=0}^{k-m}ni_n=k-m}\left\{\prod_{j=0}^{k-m}\frac{1}{i_j!}\left(\frac{27^{j}}{16^{j}(2j+1)}\binom{2j}{j}\right)^{i_j}\right\} $$

しかし、これではあまりに複雑

もっとずっと簡単な表記として
$$d_k=\frac{1}{2k+1}\binom{3k}{k}$$
が(おそらく)ある。

そのうち続きも書きます。

投稿日:202165

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