超幾何数列の基礎2：望遠鏡和の作り方

　互いに相似でない超幾何数列$T_1(n),\ldots,T_r(n)$を用いて
$$S(n)=\sum^r_{k=1}T_k(n)$$
と表したとき、この差分を取ることで
$$A(n)=\sum^r_{k=1}(T_k(n+1)-T_k(n))$$
が成り立つ。このとき$T_k(n+1)-T_k(n)$は$0$でなければ$T_k(n)$と相似であること、および 前回の記事 の命題3(の一意性の部分)に注意すると上の式は
$$A(n)=T_1(n+1)-T_1(n)$$
のようでなければならない。
　したがって$T(n)=T_1(n)$とおくと
\begin{align} S(n) &=\sum^{n-1}_{k=0}A(k)\\ &=\sum^{n-1}_{k=0}(T(k+1)-T(k))\\ &=T(n)-T(0) \end{align}
を得る。

　$y(n)$が有理関数であることは
$$y(n)=\frac{T(n)}{T(n+1)-T(n)}=\frac1{\frac{T(n+1)}{T(n)}-1}$$
とわかる。また
$$\frac{T(n+1)}{A(n)}=\frac{A(n+1)}{A(n)}\frac{T(n+1)}{A(n+1)}=r(n)y(n+1)$$
に注意すると
$$\frac{T(n+1)-T(n)}{A(n)}=r(n)y(n+1)-y(n)=1$$
を得る。

　互いに素な多項式$f(n),g(n)$を用いて
$$r(n)=\frac{f(n)}{g(n)}$$
と表したとき、ある正整数$h$に対し$f(n)$と$g(n+h)$が共通因子$u(n)$を持つとすると
\begin{align} f(n)&=\ol f(n)u(n)\\ g(n)&=\ol g(n)u(n-h)\\ U(n)&=u(n-1)u(n-2)\cdots u(n-h) \end{align}
とおけば
$$r(n)=\frac{\ol f(n)}{\ol g(n)}\frac{u(n)}{u(n-h)}=\frac{\ol f(n)}{\ol g(n)}\frac{U(n+1)}{U(n)}$$
が成り立つ。
　このように各$h=1,2,\ldots$に対し$f(n),g(n+h)$の共通因子を掃き出していくことで所望の多項式$a(n),b(n),c(n)$を構成できることがわかる。

　$x(n)$を互いに素な多項式$f(n),g(n)$を用いて
$$x(n)=\frac{f(n)}{g(n)}$$
と表したとき$g(n)$が定数でないものと仮定し矛盾を導く。
　いま$g(n)$の既約因子$u(n)$を任意に取り、適当に平行移動させることで$u(n)$は
$$u(n)\mid g(n)\quad\mbox{かつ}\quad u(n+1)\nmid g(n)$$
を満たすものとしてよい。また$N\geq0$を
$$u(n-N)\mid g(n)\quad\mbox{かつ}\quad u(n-N)\nmid g(n+1)$$
を満たすような整数、例えば$u(n-N)\mid g(n)$を満たすような整数であって最大のものとする。
　このとき$x(n)$の満たす等式
$$a(n)\frac{f(n+1)}{g(n+1)}-b(n-1)\frac{f(n)}{g(n)}=c(n)$$
の分母に注目すると
$$u(n+1)\mid a(n)\quad\mbox{かつ}\quad u(n-N)\mid b(n-1)$$
が成り立たなければならないが
$$u(n+1)\mid a(n),b(n+N)$$
となって$a(n),b(n)$の取り方に矛盾。
　よって$g(n)$は定数でなければならないことが示された。

　上のアルゴリズムによって得られる多項式を$a(n),b(n),c(n)$とおいたとき、これらが(i),(ii),(iii)を満たすことを示せばよい((i)については明らか)。

(ii)について

　もし$a(n)$と$c(n)$が互いに素でなければ、$c(n)$の定め方からある$i,j$に対して$u_j(n-i)$は$a(n)$と共通因子$v(n)$を持つことになる。このとき$a(n)$は$f_{j-1}(n)$を割り切るので$f_{j-1}(n)$も$v(n)$を因数に持ち、また
$$g_{j-1}(n+h_j-i)=g_j(n+h_j-i)u_j(n-i)$$
より$g_{j-1}(n+h_j-i)$も$v(n)$を因数に持つが、$f_{j-1},g_{j-1},h_j$の定め方から任意の$0\leq h< h_j$に対して$f_{j-1}(n)$と$g_{j-1}(n+h)$は互いに素であったことに矛盾。よって$a(n)$と$c(n)$は互いに素でなければならない。

(iii)について

　(ii)の場合と同様に$b(n)$と$c(n+1)$が互いに素でなければある$i,j$に対して$u_j(n-i+1)$は$b(n)$と共通因子$v(n)$を持つことになり、このとき$v(n+i-1)$は$f_{j-1}(n),g_{j-1}(n+i-1)$を共に割り切ることがわかるので矛盾を得る。

ステップ1

$$A(n)=(4n+1)\frac{n!}{(2n+1)!}$$
とおくと
\begin{align} \frac{A(n+1)}{A(n)} &=\frac{(4n+5)(n+1)}{(4n+3)(2n+2)(2n+3)}\\ &=\frac1{2(2n+3)}\frac{4n+5}{4n+1} \end{align}
と表せるので
$$a(n)=1,\quad b(n)=2(2n+3),\quad c(n)=4n+1$$
とおくとよい。

ステップ2

　このとき$x(n)$の次数は
$$d=\deg c(n)-\deg b(n)=0$$
と求まるので$x(n)=K$とおくと
\begin{align} a(n)x(n+1)-b(n-1)x(n) &=K(1-2(2n+1))\\ &=-K(4n+1)\\ &=-Kc(n) \end{align}
より$K=-1$を得る。

ステップ3

　以上より
\begin{align} T(n) &=\frac{b(n-1)}{c(n)}x(n)A(n)\\ &=-\frac{2(2n+1)}{4n+1}\cdot(4n+1)\frac{n!}{(2n+1)!}\\ &=-2\frac{n!}{(2n)!}\\ \sum^n_{k=0}A(k) &=T(n+1)-T(0)\\ &=2-2\frac{(n+1)!}{(2n+2)!}\\ &=2-\frac{n!}{(2n+1)!} \end{align}
を得る。

ステップ1

　$A(n)=n\cdot n!$とおくと
$$\frac{A(n+1)}{A(n)} =\frac{(n+1)^2}n =\frac{n+1}1\frac{n+1}n$$
と表せるので
$$a(n)=n+1,\quad b(n)=1,\quad c(n)=n$$
とおくとよい。

ステップ2

　このとき$x(n)$の次数は
$$d=\deg c(n)-\deg a(n)=0$$
と求まるので$x(n)=K$とおくと
\begin{align} a(n)x(n+1)-b(n-1)x(n) &=K((n+1)-1)\\ &=Kn\\ &=Kc(n) \end{align}
より$K=1$を得る。

ステップ3

　以上より
\begin{align} T(n) &=\frac{b(n-1)}{c(n)}x(n)A(n)\\ &=\frac1n\cdot(n\cdot n!)=n!\\ \sum^n_{k=0}A(k) &=T(n+1)-T(0)\\ &=(n+1)!-1 \end{align}
を得る。

　$A(n)=n!$とおくと
$$\frac{A(n+1)}{A(n)}=n+1$$
が成り立つので
$$a(n)=n+1,\quad b(n)=1,\quad c(n)=1$$
とおくとよい。このとき
$$a(n)x(n+1)-b(n-1)x(n)=c(n)$$
なる多項式$x(n)$が存在すればその次数は
$$d=\deg c(n)-\deg b(n)=-1$$
となって不適。よって主張を得る。

　$A(n)=\binom Nn$とおくと
$$\frac{A(n+1)}{A(n)}=\frac{N-n}{n+1}$$
が成り立つので
$$a(n)=N-n,\quad b(n)=n+1,\quad c(n)=1$$
とおくとよい。このとき
$$a(n)x(n+1)-b(n-1)x(n)=c(n)$$
なる多項式$x(n)$が存在すればその次数は
$$d=\deg c(n)-\deg b(n)=-1$$
となって不適。よって主張を得る。

　$A(n)=1/n^N$とおくと
$$\frac{A(n+1)}{A(n)}=\frac{n^N}{(n+1)^N}$$
が成り立つので
$$a(n)=n^N,\quad b(n)=(n+1)^N,\quad c(n)=1$$
とおくとよい。このとき明らかに
$$a(n)x(n+1)-b(n-1)x(n)=n^k(x(n+1)-x(n))=1$$
なる多項式$x(n)$は存在し得ないので主張を得る。