有理関数から始める超幾何数列に関するP-線形漸化式研究法
あいさつ
んちゃろリンリン🔔
今回は有理関数の満たすP-線形回帰式を調査する事で非自明な超幾何数列に関するP-線形漸化式を構成する方法を求めます。
有理関数について調べたらいいかも？
多項式$f(x)\coloneqq\sum_{k=0}^{K}a_{k}x^{k},g(x)\coloneqq\sum_{l=0}^{L}b_{l}x^{l}$の積について考察せよ。
$K\geq L$とすると
\begin{eqnarray}
f(x)g(x)&=&\sum_{k=0}^{K}\sum_{l=0}^{L}a_{k}b_{l}x^{k+l}\\
&=&\sum_{n=0}^{K+L}x^{n}\sum_{k=\max\{0,n-L\}}^{n}a_{k}b_{n-k}
\end{eqnarray}
なお$K\lt L$である場合は$f,g$を入れ替えればいい。
下記の図は計算のイメージ
有理関数列$R_{k}(n_{1},n_{2},...,n_{N},n)\coloneqq\frac{B_{k}(n_{1},n_{2},...,n_{N})}{A_{k}(n_{1},n_{2},...,n_{N})}$について以下の式が成り立つための十分条件を考察せよ。
\begin{equation}
\exists M\in\mathbb{N}_{0}\ s.t.\ \exists \{P_{k}(n)\}_{k\in\mathbb{N}_{0}}\in\mathbb{C}[n]\ s.t.\ \sum_{k=0}^{M}P_{k}(n)R_{k}(n_{1},n_{2},...,n_{N},n)=0
\end{equation}
$S=\sum_{k=0}^{M}P_{k}(n)R_{k}(n_{1},n_{2},...,n_{N},n)$とし、両辺に$\tilde{A}\coloneqq lcm(A_{1},A_{2},...,A_{N})$をかけると
\begin{eqnarray}
\tilde{A}S&=&\sum_{k=0}^{M}P_{k}(n)R_{k}(n_{1},n_{2},...,n_{N},n)\\
&=&\sum_{k=0}^{M}P_{k}(n)\frac{\tilde{A}_{k}(n_{1},n_{2},...,n_{N},n)}{A_{k}(n_{1},n_{2},...,n_{N},n)}B_{k}(n_{1},n_{2},...,n_{N},n)
\end{eqnarray}
この新しく得られた$\tilde{S}\coloneqq\tilde{A}S\in\mathbb{C}[n_{1},n_{2},...,n_{N},n]$なので結局、与えられた問題は次の様に書き直せる。
多項式列$\tilde{B}_{k}(n_{1},n_{2},...,n_{N},n)$について以下の式が成り立つための必要十分条件を導出せよ。
\begin{equation}
\exists M\in\mathbb{N}_{0}\ s.t.\ \exists \{P_{k}(n)\}_{k\in\mathbb{N}_{0}}\in\mathbb{C}[n]\ s.t.\ \sum_{k=0}^{M}P_{k}(n)\tilde{B}_{k}(n_{1},n_{2},...,n_{N},n)=0
\end{equation}
[1]$\tilde{B}_{k}$の次数を$d_{k}$とすると、$B_{k}\in\bigoplus_{d=0}^{d_{k}}\mathbb{C}[n_{1},n_{2},...,n_{N}]n^{d}$の様に直和分解でき、さらに各$n^{d}$の係数については$\begin{pmatrix}d_{k}-d+N\\N\end{pmatrix}$の単項式を持つ事がわかる。
また、$D\coloneqq\max\{d_{1},d_{2},...,d_{N}\}$
[2]また$\tilde{D}\coloneqq \deg{P_{k}(n)}\quad(k=1,2,...,M)$とすると
[2-1]$n^{0}$の係数が必ず$0$になる必要があるので$M\geq \begin{pmatrix}D+N\\N\end{pmatrix}-1$
[2-2]もう少し詳細に調べる。
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
\tilde{B}_{k}(n_{1},n_{2},...,n_{N},n)\coloneqq\sum_{d=0}^{D}n^{d}\sum_{\substack{k_{1}+k_{2}+\cdots+k_{N}\leq D-d\\(k_{1},k_{2},...,k_{N})\in\mathbb{N}_{0}^{N}}}\alpha_{k_{1}k_{2}\cdots k_{N}}^{(k)}n_{1}^{k_{1}}n_{2}^{k_{2}}\cdots n_{N}^{k_{N}}\\
P_{k}(n)\coloneqq\sum_{l=0}^{\tilde{D}}p_{kl}n^{l}
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
の様におくと与えられた式は次の様に書き直せる。
\begin{equation}
\tilde{S}=\sum_{d=0}^{D+\tilde{D}}n^{d}\sum_{l=\max\{0,n-D\}}^{d}\sum_{\substack{k_{1}+k_{2}+\cdots+k_{N}\leq D-d+l\\(n_{1},n_{2},...,n_{N})\in\mathbb{N}_{0}^{N}}}n_{1}^{k_{1}}n_{2}^{k_{2}}\cdots n_{N}^{k_{N}}\sum_{k=0}^{M}p_{kl}\alpha_{k_{1}k_{2}\cdots k_{N}}^{(k)}
\end{equation}
これより式の個数は次の様になる。
\begin{equation}
\tilde{D}\begin{pmatrix}D+N\\N\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}D+N+1\\N+1\end{pmatrix}
\end{equation}
与えられた式が成り立つには未知変数の個数が式の数を上回らないといけないので以下の式を得る。
\begin{equation}
(M+1)(\tilde{D}+1)\gt \tilde{D}\begin{pmatrix}D+N\\N\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}D+N+1\\N+1\end{pmatrix}
\end{equation}
ゆえに次元に関する以下の不等式が得られる。
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
M\gt\begin{pmatrix}D+N\\N\end{pmatrix}-1\\
\tilde{D}\gt\frac{\begin{pmatrix}D+N+1\\N+1\end{pmatrix}-M-1}{M+1-\begin{pmatrix}D+N\\N\end{pmatrix}}
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
さらに、多項式$\tilde{B}_{k},\tilde{B}_{l}$に共通の単項式$n_{1}^{\alpha_{1}}n_{2}^{\alpha_{2}}\cdots n_{N}^{\alpha_{N}}n^{d}$が含まれている条件を課すと十分条件になる。
$M$の満たす不等式のみが重要で$\tilde{D}$は可変なので実際には考慮しなくていい。
有理関数列$R_{k}(n_{1},n_{2},...,n_{N},n)\coloneqq\frac{B_{k}(n_{1},n_{2},...,n_{N})}{A_{k}(n_{1},n_{2},...,n_{N})}$について以下の式(P)が成り立つための十分条件は以下の様。
\begin{equation}
\exists M\in\mathbb{N}_{0}\ s.t.\ \exists \{P_{k}(n)\}_{k\in\mathbb{N}_{0}}\in\mathbb{C}[n](ただし少なくとも一つは0でない。)\ s.t.\ \sum_{k=0}^{M}P_{k}(n)R_{k}(n_{1},n_{2},...,n_{N},n)=0\quad(P)
\end{equation}
[0]$S=\sum_{k=0}^{M}P_{k}(n)R_{k}(n_{1},n_{2},...,n_{N},n)$の様におく。
[1]$\tilde{A}\coloneqq lcm(A_{1},A_{2},...,A_{N})$をもとめる。
[2]$\tilde{S}=\tilde{A}S$をもとめる。この時,$\tilde{B}_{k}\coloneqq\frac{\tilde{A}}{A_{k}}B_{k}$とおく。
[3]$d_{k}\coloneqq\deg{\tilde{B_{k}}}$とし$D\coloneqq\max\{d_{1},d_{2},...,d_{N}\}$とおく。
[4]上記の記号の元で以下の不等式が成り立っているかをチェックする。
\begin{equation}
M\gt\begin{pmatrix}D+N\\N\end{pmatrix}-1
\end{equation}
[5]$\tilde{B}_{k},\tilde{B}_{l}$のどれかが共通の単項式$n_{1}^{\alpha_{1}}n_{2}^{\alpha_{2}}\cdots n_{N}^{\alpha_{N}}n^{d}$を持つ。
[6][4]の不等式と[5]を満たしていれば(P)が成り立つための十分条件を与える。
$M=\begin{pmatrix}D+N\\N\end{pmatrix}-1$の場合、解けるかは条件による。
さっきの結果を超幾何数列に応用しよ！
$R(n,k)=\frac{1}{(n+k)^{2}}$した場合、以下の式を満たす多項式$p_{l}(n)$を構成できるか調べよ。
\begin{equation}
\sum_{l=0}^{L}p_{l}(n)R(n+l,k)=0
\end{equation}
また、構成できる場合は具体的に漸化式を構成せよ。
[1]下記の様な有理関数を考える。
\begin{eqnarray}
S_{l}(n,k)\coloneqq\sum_{l=0}^{L}p_{l}(n)R(n+l,k)=\sum_{l=0}^{L}\frac{1}{(n+k+l)^{2}}
\end{eqnarray}
[2]両辺に$\prod_{l=0}^{L}(n+k+l)^{2}$をかける。
\begin{equation}
\prod_{l=0}^{L}(n+k+l)^{2}S_{l}(n,k)=\sum_{l=0}^{L}\prod_{\substack{0\leq m\leq L\\m\neq l}}(n+K+l)^{2}
\end{equation}
[3]$L\lt\begin{pmatrix}2L+1\\1\end{pmatrix}-1=2L$なので構成不可能。
有理関数$R(n_{1},n_{2},...,n_{N},n)$について以下の式が成立したとする。
\begin{eqnarray}
\exists \ p,q\in \mathbb{C}[n_{1},n_{2},...,n_{N},n]\ s.t.\ R(n_{1},n_{2},...,n_{N},n+k)&\coloneqq&\frac{p(n_{1},n_{2},...,n_{N},n+k+1)}{p(n_{1},n_{2},...,n_{N},n)}q(n_{1},n_{2},...,n_{N},n+k)\\
&=&q(n_{1},n_{2},...,n_{N},n+k)\prod_{l=0}^{k}\frac{p(n_{1},n_{2},...,n_{N},n+l+1)}{p(n_{1},n_{2},...,n_{N},n+l)}
\end{eqnarray}
この式は$M\gt \begin{pmatrix}\deg{p}+\deg{q}+N\\N\\\end{pmatrix}-1$で必ず下記のP-線形再帰式を満たす事を証明せよ。
\begin{equation}
\exists p_{l}(n)\in\mathbb{C}[n]\ s.t.\ \sum_{k=0}^{M}p_{k}(n)R(n_{1},n_{2},...,n_{N},n+k)=0
\end{equation}
与えられた有理関数は分母、分子の次数が$k$に依らず次数が不変となる。
さらに分母は$k$に依らない。
ゆえに、この様な$R(n_{1},n_{2},...,n_{N},n)$について$M\gt \begin{pmatrix}\deg{p}+\deg{q}+N\\N\\\end{pmatrix}-1$を定めれば次のP-線形回帰式を満たす事が分かる。
\begin{equation}
\exists p_{l}(n)\in\mathbb{C}[n]\ s.t.\ \sum_{k=0}^{M}p_{k}(n)R(n_{1},n_{2},...,n_{N},n+k)=0
\end{equation}
問題4の様な性質を満たす有理関数$R$を用いて超幾何項$F(n_{1},n_{2},...,n_{N},n)$が以下の性質を持っていたとする。
\begin{equation}
\frac{F(n_{1},n_{2},...,n_{N},n+1)}{F(n_{1},n_{2},...,n_{N},n)}=R(n_{1},n_{2},...,n_{N},n)
\end{equation}
すると$F(n_{1},n_{2},...,n_{N},n)$はどの様に書けるだろうか？
定義通り計算するだけ。
\begin{eqnarray}
F(n_{1},n_{2},...,n_{N},n)&=&R(n_{1},n_{2},...,n_{N},n-1)F(n_{1},n_{2},...,n_{N},n-1)\\
&=&F(n_{1},n_{2},...,n_{N},0)\prod_{k=0}^{n-1}R(n_{1},n_{2},...,n_{N},k)\\
&=&F(n_{1},n_{2},...,n_{N},0)\prod_{k=0}^{n-1}q(n_{1},n_{2},...,n_{N},k)\frac{p(n_{1},n_{2},...,n_{N},k+1)}{p(n_{1},n_{2},...,n_{N},0)}
\end{eqnarray}
問題6を応用し非自明な例を構成し遊べ。
特に、$N=1$の場合について遊べ。
ここでは一個だけ例を示す。
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
p(n_{1},n)\coloneqq n_{1}+n^{2}\\
q(n_{1},n)\coloneqq (n_{1}+n)^{2}\\
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
の様なものを考える。
すると
[1]
\begin{eqnarray}
F(n_{1},n)&=&F(n_{1},0)\prod_{k=0}^{n-1}(n_{1}+k)^{2}\frac{n_{1}+(k+1)^{2}}{n_{1}}\\
&=&F(n_{1},0)\frac{(n_{1})_{n}^{2}}{n_{1}^{n}}\prod_{k=0}^{n-1}(n_{1}+k^{2}+2k+1)
\end{eqnarray}
[2]多項式列$p_{k}(n)\in\mathbb{C}[n]$を用いて以下の様な数列を考える。
\begin{equation}
G(n_{1},n)\coloneqq\sum_{k=0}^{K}p_{k}(n)F(n_{1},n+k)
\end{equation}
そして両辺$F(n_{1},n)$で割り以下のP-線形再帰式を仮定する。
\begin{eqnarray}
\frac{G(n_{1},n)}{F(n_{1},n)}&=&\sum_{k=0}^{K}p_{k}(n)(n_{1}+n+k)^{2}\frac{n_{1}+(n+k+1)^{2}}{n_{1}+n^{2}}=0
\end{eqnarray}
次数に関する議論より$K\geq \begin{pmatrix}4+1\\1\end{pmatrix}-1=4$であればこの式を満たす$p_{k}(n)$が$K=4$の場合は存在する可能性、$K\gt 4$なら存在する。
しかし今回は確実に$K=4$で存在する。なぜなら$n_{1}^{4}$の項は存在しないから。
[3]なので以下$K=4$として話を進める。
\begin{eqnarray}
(n_{1}+n+k)^{2}\{n_{1}+(n+k+1)^{2}\}&=&\{n_{1}^{2}+2(n+k)n_{1}+(n+k)^{2}\}\{n_{1}+(n+k+1)^{2}\}\\
&=&n_{1}^{3}+\{(n+k+1)^{2}+2(n+k)\}n_{1}^{2}+\{2(n+k)(n+k+1)^{2}+(n+k)^{2}\}n_{1}+(n+k)^{2}(n+k+1)^{2}\\
&=&n_{1}^{3}+\{n^{2}+2(k+2)n+k^{2}+4k+1\}n_{1}^{2}+(n+k)\{2n^{2}+(4k+5)n+2k^{2}+3k+2\}n_{1}+(n+k)^{2}(n+k+1)^{2}
\end{eqnarray}
ゆえに
\begin{align}
&\frac{G(n_{1},n)}{F(n_{1},n)}\\
&=(p_{0}+p_{1}+p_{2}+p_{3}+p_{4})n_{1}^{3}\\
&+\{(n^{2}+4n+1)p_{0}+(n^{2}+6n+6)p_{1}+(n^{2}+8n+13)p_{2}+(n^{2}+10n+22)p_{3}+(n^{2}+12n+33)p_{4}\}n_{1}^{2}\\
&+[n(2n^{2}+5n+2)p_{0}+(n+1)(2n^{2}+9n+7)p_{1}+(n+2)(2n^{2}+13n+16)p_{2}+(n+3)(2n^{2}+17n+29)p_{3}+(n+4)(2n^{2}+21n+46)p_{4}]n_{1}\\
&+n^{2}(n+1)^{2}p_{0}+(n+1)^{2}(n+2)^{2}p_{1}+(n+2)^{2}(n+3)^{2}p_{2}+(n+3)^{2}(n+4)^{2}p_{3}+(n+4)^{2}(n+5)^{2}p_{4}\\
&=0
\end{align}
[4]
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
p_{0}+p_{1}+p_{2}+p_{3}+p_{4}=0\\
(n^{2}+4n+1)p_{0}+(n^{2}+6n+6)p_{1}+(n^{2}+8n+13)p_{2}+(n^{2}+10n+22)p_{3}+(n^{2}+12n+33)p_{4}=0\\n(2n^{2}+5n+2)p_{0}+(n+1)(2n^{2}+9n+7)p_{1}+(n+2)(2n^{2}+13n+16)p_{2}+(n+3)(2n^{2}+17n+29)p_{3}+(n+4)(2n^{2}+21n+46)p_{4}=0\\
n^{2}(n+1)^{2}p_{0}+(n+1)^{2}(n+2)^{2}p_{1}+(n+2)^{2}(n+3)^{2}p_{2}+(n+3)^{2}(n+4)^{2}p_{3}+(n+4)^{2}(n+5)^{2}p_{4}=0
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
[5][4]を解いて
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
p_{0}(n)=-2n^{3}-25n^{2}-99n-123\\
p_{1}(n)=8n^{3}+94n^{2}+338n+358\\
p_{2}(n)=-12n^{3}-132n^{2}-432n-402\\
p_{3}(n)=8n^{3}+82n^{2}+246n+210\\
p_{4}(n)=-2n^{3}-19n^{2}-53n-43
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
[6]代入して
\begin{equation}
(-2n^{3}-25n^{2}-99n-123)F(n_{1},n)+(8n^{3}+94n^{2}+338n+358)F(n_{1},n+1)+(-12n^{3}-132n^{2}-432n-402)F(n_{1},n+2)+(8n^{3}+82n^{2}+246n+210)F(n_{1},n+3)+(-2n^{3}-19n^{2}-53n-43)F(n_{1},n+4)=0
\end{equation}
であり、最終的に下記の非自明な結果を得る!!!!!!!!|!!!!!!!|!!!
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
\displaystyle S_{n}\coloneqq\sum_{n_{1}=1}^{n}
F(n_{1},0)\frac{(n_{1})_{n}^{2}}{n_{1}^{n}}\prod_{k=0}^{n-1}(n_{1}+k^{2}+2k+1)\\
(-2n^{3}-25n^{2}-99n-123)S_{n}+(8n^{3}+94n^{2}+338n+358)S_{n+1}+(-12n^{3}-132n^{2}-432n-402)S_{n+2}+(8n^{3}+82n^{2}+246n+210)S_{n+3}+(-2n^{3}-19n^{2}-53n-43)S_{n+4}=0
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
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