偏微分とmod p

はじめに

左辺は以下で定義される多項式の $f_{p}(x,y,z)$ を意味します.
$$\begin{aligned} &f_{0}(x,y,z)=x^ay^bz^c\\ &f_{n+1}(x,y,z)=(x+y)\frac{\partial}{\partial z}f_{n}(x,y,z)+(y+z)\frac{\partial}{\partial x}f_{n}(x,y,z)+(z+x)\frac{\partial}{\partial y}f_{n}(x,y,z) \end{aligned}$$

この公式を示す前にいきなりですが、東工大作問サークルの組み合わせの問題を解いていきましょう.

東工大作問サークルの問題を解く

筆者の考えた解答

　球にすべて番号を振るとして、 球 $i$ を連続で $n$ 回動かして, 最終的に, 最初に入っていた箱にはいる場合の数を $F(n,0)$ , 最初とは別の箱にはいる場合の数を $F(n,1)$ とすると、球 $i=1,\cdots,60$ が別の箱に入るか入らないかを固定( $0$か $1$ からなる $60$ 項の数列 $a$ で表す)した時の場合の操作の行い方の総数は以下になる.
$$\sum_{n_1+\cdots +n_{60}=p}\frac{p!}{n_1!\times\cdots \times n_{60}!}F(n_1,a_1)\times \cdots \times F(n_{60},a_{60})$$
上の式において多項係数 $\frac{p!}{n_1!\times\cdots \times n_{60}!}$ が $\mod p$ で $0$ 以外になる項は ある $i$ に対し, $n_i=p$ となる項であることに気をつけると
$$\sum_{i=1}^{60}F(0,a_1)\times \cdots \times F(p,a_{i})\times \cdots \times F(0,a_{60})$$
と $p$ を法として合同であることがわかる.
球 $i$ を一度も動かさず, 最初に入っていた箱とは別の箱に入る場合の数 $F(0,1)$ は $0$ より数列 $a$ が $1$ を $2$ 項以上持つとき上の式は $0$ と合同になる。よって操作の初めと終わりで $2$ 個以上の球が他の箱に移されるとき, 操作の方法の総数は $0$ と合同になる. よって候補は
$$(10,20,30),(9,21,30),(9,20,31),(11,19,30),(10,19,31),(11,20,29),(11,21,29)$$
に絞られる. 残りの候補について考える前に, $F(p,0),F(p,1)$を求めたい.
$F(0,0)=1,F(0,1)=0$ 及び
$$ \begin{aligned} F(n+1,0)&=F(n,1)\\ F(n+1,1)&=2F(n,0)+F(n,1) \end{aligned} $$
が成り立ち, これを解くと
$$F(p,0)=\frac{2^p+2(-1)^p}{3},F(p,1)=2\frac{2^p-(-1)^p}{3}$$
となり, フェルマーの小定理より, $F(p,0)\equiv 0, F(p,1)\equiv 2 \pmod{p}$
が成立.

$f(10,20,30)$ について

上の議論より, $f(10,20,30)$ は以下と合同である.
$$\sum_{i=1}^{60}F(0,0(=a_1))\times \cdots \times F(p,0(=a_i))\times \cdots \times F(0,0(=a_{60}))$$
$F(p,0)\equiv 0$ より, $f(10,20,30)\equiv 0$.

残り $6$ つの候補について

ほとんど同じ議論をするので, $(9,21,30)$ について考える.
最初の議論より操作の前後で, $A$ の箱にあるただ一つの球が $B$ に移り, 他の球は元の箱にある場合ののみ $\mod{p}$ で寄与するため, $A$ から $B$ へ移る球が $10$ 通りで,その球を $p$ 回連続で動かす場合を考えればよく
$$f(9,21,30)\equiv 10\times \bigg(\frac{1}{2}F(p,1)\bigg)\times F(0,0)^{p-1}\equiv 10$$
となる. 他も同様に
$$ \begin{aligned} &(F(9,21,30),F(9,20,31),F(11,19,30),F(10,19,31),F(11,20,29),F(11,21,29))\\ &\equiv(10,10,20,20,30,30) \end{aligned}$$
よって, 求める整数の組は上の $6$ つである.

最初の公式との関連性

最初の公式ですが, 実は上の問題のように
「$A,B,C$ の $3$ つの箱にボールがそれぞれ $a$ 個, $b$ 個, $c$ 個入っている状態から $N$ 回上の問題の操作を繰り返して, $A$ に $n$ 個, $B$ に $m$ 個, $c$ に $\ell$ 個のボールが入った状態になるような操作の行い方の総数」
を $f_{N}(n,m,\ell)$とすると
$$\bigg((x+y)\frac{\partial}{\partial z}+(y+z)\frac{\partial}{\partial x}+(z+x)\frac{\partial}{\partial y}\bigg)^N(x^ay^bz^c)=\sum_{(n,m,\ell)\in \mathbb{Z}^3_{\geq 0}}f_{N}(n,m,\ell)x^ny^mz^{\ell}$$
であることが分かります.
これは,
$$ \begin{aligned} &\sum_{(n,m,\ell)\in \mathbb{Z}^3_{\geq 0}}f_{N}(n,m,\ell)x^ny^mz^{\ell}\\ &=\bigg((x+y)\frac{\partial}{\partial z}+(y+z)\frac{\partial}{\partial x}+(z+x)\frac{\partial}{\partial y}\bigg)^N(x^ay^bz^c)\\ &=\bigg((x+y)\frac{\partial}{\partial z}+(y+z)\frac{\partial}{\partial x}+(z+x)\frac{\partial}{\partial y}\bigg)\bigg(\bigg((x+y)\frac{\partial}{\partial z}+(y+z)\frac{\partial}{\partial x}+(z+x)\frac{\partial}{\partial y}\bigg)^{N-1}(x^ay^bz^c)\bigg)\\ &=\bigg((x+y)\frac{\partial}{\partial z}+(y+z)\frac{\partial}{\partial x}+(z+x)\frac{\partial}{\partial y}\bigg)\bigg(\sum_{(n,m,\ell)\in \mathbb{Z}^3_{\geq 0}}f_{N-1}(n,m,\ell)x^ny^mz^{\ell}\bigg)\\ &=\sum_{(n,m,\ell)\in \mathbb{Z}^3_{\geq 0}}\bigg((n+1)f_{N-1}(n+1,m-1,\ell)+(n+1)f_{N-1}(n+1,m,\ell-1)\\ &+(m+1)f_{N-1}(n-1,m+1,\ell)+(m+1)f_{N-1}(n,m+1,\ell-1)\\ &+(\ell+1)f_{N-1}(n-1,m,\ell+1)+(\ell+1)f_{N-1}(n,m-1,\ell+1)\bigg)x^ny^mz^{\ell} \end{aligned} $$
であり, $f_n(n,m,\ell)$ に漸化式が成り立ち,例えば第一項 $(n+1)f_{N-1}(n+1,m-1,\ell)$ は
$A,B,C$ にそれぞれ $n+1,m-1,\ell$ 個球が入っている状態から $n+1$ 個のうち $1$ つ球を選んで, 箱 $B$ に移す場合の数であり, 上の組み合わせの問題と対応することが分かります. よって組み合わせの問題の結論に対応するのが本記事最初の公式
$$ \begin{aligned} &\bigg((x+y)\frac{\partial}{\partial z}+(y+z)\frac{\partial}{\partial x}+(z+x)\frac{\partial}{\partial y}\bigg)^p(x^ay^bz^c)\\ &\equiv ax^{a-1}y^{b+1}z^{c}+ax^{a-1}y^{b}z^{c+1}+bx^{a+1}y^{b-1}z^{c}+bx^{a}y^{b-1}z^{c+1}+cx^{a+1}y^{b}z^{c-1}+cx^{a}y^{b+1}z^{c-1}\pmod{p}\end{aligned} $$
になります。

さいごに

ここまで読んでくださりありがとうございました。同じような考察から次の公式も成り立つことが示せると思うので、お時間のある人は考えてみてください。また、一般化できるなどあれば、教えていただきたいです。