二項定理のmod N類似を探す

本記事について

本記事は Wataru 様の次の記事 二項定理のmod 4類似
で触れられていた内容について考えてみた記事となります。
本記事をご覧になる前に そちら からご一読頂ければ幸いです。

※なお、元記事では多項式を降べきに並べていますが、本記事では使い勝手および筆者の慣れの関係で昇べきで検討しています。

問題の内容

二項定理について

これは二項係数についた符号がすべて正ですが、
正と負が交互に並ぶようにした
\begin{align} \sum_{k=0}^n(-1)^k\binom nkx^k=x-nx+\binom n2x^{2}-\binom n3x^{3}+\binom n4x^{4}-\cdots\end{align}
も$(1-x)^n$という二項定理同様の積の形で書けます。
これらの類似として、元記事では次の結果が示されています。

これは
\begin{align}x-nx-\binom n2x^{2}+\binom n3x^{3}+\binom n4x^{4}-\cdots\end{align}
と、符号が$+,-,-,+,\cdots$と4つ周期で並んでいる場合についても
定理のような積の形での表示が存在するという結果です。
本記事ではどのような符号の並びであれば上記に類似した結果が得られるのかを検討します。

問題の定式化

符号の部分を係数として一般化し、次の多項式を考える。
$$ f_n(x)=\sum_{k=0}^na_k\binom nk x^k=a_0+a_{1}nx+a_{2}\binom n2x^{2}+a_{3}\binom n3x^{3}+a_{4}\binom n4x^{4}+\cdots $$
$f_(x)$の係数$a_k$について係数が$N$個周期で変化することは
$a_k$が隣接$N+1$項間の漸化式$a_{N+k}=a_{k}$を満たすことといえる。
この$f_n(x)$が一般の$n$について初等的に書ける因数分解を持つのは
$a_k$がどのような場合か考える。

係数$a_k$の表示

$a_k$が隣接$N+1$項間の漸化式$a_{N+k}=a_{k}$を満たすという仮定から
線形代数の一般論などにより$a_k$は次のような一般項の表示を持つことがわかる。
$$ a_k=\sum_{j=0}^{N-1}\alpha_j\exp(\frac{2jk\pi i}{N}) $$
ここで各$\alpha_j$は$a_0,a_1,\cdots,a_{N-1}$によって定まる定数
この表示を$f_n(x)$にあてはめると
$$ f_n(x)=\sum_{k=0}^na_k\binom nk x^k=\sum_{k=0}^n\sum_{j=0}^{N-1}\alpha_j\exp(\frac{2jk\pi i}{N})\binom nk x^k $$
整理すると
$$ f_n(x)=\sum_{k=0}^n\sum_{j=0}^{N-1}\alpha_j\binom nk\Big[\exp(\frac{2j\pi i}{N}) x\Big]^k $$
有限和の順序を入れ替えると
$$ f_n(x)=\sum_{j=0}^{N-1}\alpha_j\sum_{k=0}^n\binom nk\Big[\exp(\frac{2j\pi i}{N}) x\Big]^k=\sum_{j=0}^{N-1}\alpha_j(1+\exp(\frac{2j\pi i}{N}) x)^n $$
となる。まとめると次のようになる

因数分解ができる場合

ここまでの結果から、係数の周期$N$について$N\ge3$とすると
$N=3$の場合でも一般には
$$ f_n(x)=\alpha_0(1+x)^n+\alpha_1(1+\omega x)^n+\alpha_2(1+\omega^2 x)^n $$
を考えることとなる。（$\omega$ は１の原始３乗根$\omega=\exp(\frac{2\pi i}{3})$ ）
これは初等的な分解を因数分解を持たないと考えられる。
より大きな$N$についても同様。
（※本当に持たないかは本記事では触れませんが多分ないのでは）

一方で$N=2$の時や、より大きな$N$でも$\alpha_j=0$となる項が存在することで
$$ f_n(x)=\alpha_1(1+\exp(\frac{2j_1\pi i}{N}) x)^n+\alpha_2(1+\exp(\frac{2j_2\pi i}{N}) x)^n $$
と書けるのであれば、これは$N$乗$-N$乗の形と見なせるので
因数分解を書き下すことができる。
（定理２もこの形に帰着していることが元記事での計算から見て取れる）
このとき$a_k$は
$$ a_k=\alpha_1\exp(\frac{2j_1k\pi i}{N} )+\alpha_2\exp(\frac{2j_2k\pi i}{N}) $$
と書けることから、隣接$N+1$項間の漸化式$a_{N+k}=a_{k}$を満たす$a_k$は
より小さな隣接3項間漸化式
$$ a_{k+2}-\Big\{\exp(\frac{2j_1k\pi i}{N})+\exp(\frac{2j_2k\pi i}{N})\Big\}a_{k+1}+\exp(\frac{2(j_1+j_2)k\pi i}{N})a_k=0 $$
を満たす。この漸化式の特性方程式を考えると
$$ \exp(\frac{2j_1k\pi i}{N})+\exp(\frac{2j_2k\pi i}{N})＝A,\exp(\frac{2(j_1+j_2)k\pi i}{N})=B $$
とあらわすことにすると$t^2-At+B=0$となる。

元々$a_k$が$a_{N+k}=a_{k}$を満たす数列だということと合わせると
漸化式$a_{N+k}=a_{k}$の特性方程式が$t^N-1=0$なので
多項式$t^2-At+B$は$t^N-1$の因数でなければならない。
数列$a_k$を整数列に限定すると多項式$t^2-At+B$も
整数係数の多項式でなければならないので
$t^2-At+B$は円分多項式かそれらの積に限定される。

多項式の次数が２の円分多項式$ \Phi_m(t)$は
$$ \Phi_3(t)=t^2+t+1,\Phi_4(t)=t^2+1,\Phi_6(t)=t^2-t+1 $$
の３種類しかないので$a_k$が満たしうる漸化式は
$$ a_{k+2}+a_{k+1}+a_{k}=0,a_{k+2}+a_{k}=0,a_{k+2}-a_{k+1}+a_{k}=0 $$
のいずれかであるか、または
円分多項式の積まで考えて$t^2-1=(t-1)(t+1)$から
$a_{k+2}-a_{k}=0$となる。

元の問題に立ちかえって、$a_k$を符号の付き方と見なすと
$+,-,+,-,\cdots$(周期2)は$a_{k+2}-a_{k}=0$、より簡単には$a_{k+1}+a_{k}=0$に対応し
$+,-,-,+,\cdots$(周期4)は$a_{k+2}+a_{k}=0$に対応する。

また、符号として$0$まで許容すれば
$+,0,-,+,0,-,\cdots$(周期3)は$a_{k+2}+a_{k+1}+a_{k}=0$に対応し
$+,0,-,-,0,+,\cdots$(周期6)は$a_{k+2}-a_{k+1}+a_{k}=0$に対応する。
（シフトと正負反転をのぞく）これ以外の符号（または$0$）の
付き方では対応する漸化式の特性多項式の次数が2次より大きく
なるため、元の問題は簡単な因数分解をもたないと考えられる。

より一般に実数係数を許す場合には1の$N$乗根$\exp(2j\pi i/N)=\xi_N$と
その複素共役$\bar{\xi_N}$で
$$ a_k=\alpha_1{\xi_N}^k+\alpha_2\bar{\xi_N}^k $$
$$ a_{k+2}-2\cos(2j\pi i/N)a_{k+1}+a_k=0 $$
と書ける$a_k$については因数分解ができると言える

因数分解の計算

因数分解可能な場合を把握したので、実際に因数分解がどうなるかを計算する。
次の場合を考える。
$$ a_{k+2}-2\cos\theta a_{k+1}+a_k=0　(\thetaは\piの整数倍でない実数),a_0=1,a_1=0 $$
この漸化式を満たす数列$a_k$の一般項は
$$ a_k=\alpha_1\exp(ik\theta)+\alpha_2\exp(-ik\theta) $$
と書けるので$a_0=1,a_1=0$より
$a_0=\alpha_1+\alpha_2=1,a_1=\alpha_1\exp(i\theta)+\alpha_2\exp(-i\theta)=0$
２つ目の式から
$\alpha_1\exp(i\theta)+\alpha_2\exp(-i\theta)=0$
$(\alpha_1+\alpha_2)\cos\theta+(\alpha_1-\alpha_2)i\sin\theta=0$
$\cos\theta+(\alpha_1-\alpha_2)i\sin\theta=0$
$\alpha_1-\alpha_2=i\cot\theta$

なので$\alpha_1=1/2(1+i\cot\theta),\alpha_2=1/2(1-i\cot\theta)$
$$ \alpha_1= \frac{1}{2\sin\theta} (\sin\theta+i\cos\theta)=\frac{1}{2\sin\theta} (\cos(\pi/2-\theta)+i\sin(\pi/2-\theta))=\frac{\exp(-i\theta+\pi i/2)}{2\sin\theta} $$
$$ \alpha_2=\frac{\exp(i\theta-\pi i/2)}{2\sin\theta} $$
ゆえ
$$ a_k=\frac{\exp(-i\theta+\pi i/2)}{2\sin\theta}\exp(ik\theta)+\frac{\exp(i\theta-\pi i/2)}{2\sin\theta}\exp(-ik\theta) $$
$$ f_n(x)=\sum_{k=0}^na_k\binom nk x^k=a_0+a_{1}nx+a_{2}\binom n2x^{2}+a_{3}\binom n3x^{3}+a_{4}\binom n4x^{4}+\cdots $$
について
$$ f_n(x)= \frac{\exp(-i\theta+\pi i/2)}{2\sin\theta}(1+\exp(i\theta)x)^n+\frac{\exp(i\theta-\pi i/2)}{2\sin\theta}(1+\exp(-i\theta)x)^n $$
$1+\exp(i\theta)x$の極形式表示を$1+\exp(i\theta)x=r\exp(i\phi)$とすると
$r^2=|1+\exp(i\theta)x|^2=((1+x\cos\theta)^2+x^2\sin^2\theta)=1+2x\cos\theta+x^2=(x+\cos\theta)^2+\sin^2\theta>0 $
$$ \tan\phi= \frac{x\sin\theta}{1+x\cos\theta} $$
この時
$$ f_n(x)= \frac{\exp(-i\theta+\pi i/2)}{2\sin\theta}(1+\exp(i\theta)x)^n+\frac{\exp(i\theta-\pi i/2)}{2\sin\theta}(1+\exp(-i\theta)x)^n= \frac{(\sqrt{1+2x\cos\theta+x^2})^n}{\sin\theta} \cos(n\phi-\theta+\pi/2) $$
$\cos(n\phi-\theta+\pi/2)=0$となるのは$n\phi-\theta+\pi/2=\pi/2+k\pi　k=0,1,\cdots,n-1$なので
$\phi=(\theta+k\pi)/n　k=0,1,\cdots,n-1$
$$ \frac{x\sin\theta}{1+x\cos\theta} =\tan\phi $$
$$ x\sin\theta =\tan\phi(1+x\cos\theta) $$
$$ x\sin\theta\cos\phi =\sin\phi(1+x\cos\theta) $$
$$ x(\sin\theta\cos\phi-\cos\theta\sin\phi) =\sin\phi $$
$$ x\sin(\theta-\phi)=\sin\phi $$

$$ \frac{1}{ｘ} =\frac{\sin(\theta-\phi) }{\sin\phi} =\frac{\sin(\theta)\cos(\phi)-\cos(\theta)\sin(\phi)}{\sin(\phi)}=-\cos\theta+\sin\theta\cot(\phi) $$
$$ \frac{1}{ｘ} =-\cos\theta+\sin\theta\cot((\theta-k\pi)/n)=-\cos\theta-\sin\theta\cot((k\pi-\theta)/n)　k=0,1,\cdots,n-1 $$
よって因数定理より定数$C$があって
$$ f_n(x)= C\prod_{k=0}^{n-1}\left\{1-x(-\cos\theta-\sin\theta\cot((k\pi-\theta)/n))\right\}=C\prod_{k=0}^{n-1}\left\{1+x(\cos\theta+\sin\theta\cot((k\pi-\theta)/n))\right\} $$
と因数分解できる。$f_n(x)$の定数項は$1$なので係数比較により$C=1$
以上から次が得られる

$+,0,-,+,0,-,\cdots$(周期3),$a_{k+2}+a_{k+1}+a_{k}=0$の場合

$a_0=1,a_1=0,a_{k+2}+a_{k+1}+a_{k}=0$とした時
これは定理5の$\cos\theta=-1/2$($\theta=2\pi/3$)の場合なので
$$ 1-\binom n2x^{2}+\binom n3x^{3}-\binom n5 x^{5 }+\cdots=\prod_{k=0}^{n-1}\left\{1+x(-1/2+\sqrt{3}/2\cot((k\pi-2\pi/3)/n))\right\} $$
$$ 1-\binom n2x^{2}+\binom n3x^{3}-\binom n5 x^{5 }+\cdots=\prod_{k=0}^{n-1}\left[1+x\left\{ \frac{-1}{2} +\frac{\sqrt{3}}{2}\cot( \frac{3k-2}{3n}\pi)\right\}\right] $$
$\cot$は周期$\pi$なので、右辺の添え字を$0$番目を$n$番目とした次でも同じ
$$ 1-\binom n2x^{2}+\binom n3x^{3}-\binom n5 x^{5 }+\cdots=\prod_{k=1}^{n}\left[1+x\left\{ \frac{-1}{2} +\frac{\sqrt{3}}{2}\cot( \frac{3k-2}{3n}\pi)\right\}\right] $$

$+,0,-,-,0,+,\cdots$(周期6),$a_{k+2}-a_{k+1}+a_{k}=0$の場合

$a_0=1,a_1=0,a_{k+2}-a_{k+1}+a_{k}=0$とした時
これは定理5の$\cos\theta=1/2$($\theta=2\pi/6=\pi/3$)の場合なので

$$ 1-\binom n2x^{2}-\binom n3x^{3}+\binom n5 x^{5 }+\cdots=\prod_{k=1}^{n}\left[1+x\left\{ \frac{1}{2} +\frac{\sqrt{3}}{2}\cot( \frac{3k-1}{3n}\pi)\right\}\right] $$

終わりに

もう少し計算可能なパターンが多ければもっと楽しかったように思うが
そうは問屋が卸してくれなかった。

本記事では計算量を抑えるため$a_0=1,a_1=0$の場合のみ計算したが
より一般の場合についても$a_k$の一般項における基底の係数が
変わるだけなので、その時の係数の偏角を考慮すれば本記事と
同じように計算が可能である。
定理５では、右辺の$x$の係数がよりシンプルになる
適切な$a_0,a_1$があるかもしれない。