超幾何数列の基礎7：望遠鏡和による簡約化

　有理関数$r(n)$に対し 第二回の記事 の補題3から
$$\begin{array}{rl}r(n)& =\frac{a(n)}{b(n)}\frac{c(n+1)}{c(n)}\\ \frac{b(n)}{a(n)}& =\frac{b^{\prime }(n)}{a^{\prime }(n)}\frac{c^{\prime }(n+1)}{c^{\prime }(n)}\end{array}$$
なる多項式$a,b,c,a^{\prime },b^{\prime },c^{\prime }$であって、任意の非負整数$h$に対し
$$gcd(a(n),b(n+h))=gcd(a^{\prime }(n+h),b^{\prime }(n))=1$$
を満たすようなものが取れる。
　このときその構成法から$a^{\prime },b^{\prime }$はそれぞれ$a,b$を割り切るので
$$gcd(a^{\prime }(n),b^{\prime }(n+h))=gcd(a^{\prime }(n),b^{\prime }(n-h))=1$$
が成り立つ、つまり$a^{\prime }(n)/b^{\prime }(n)$はshift-reducedとなるので
$$K(n)=\frac{a^{\prime }(n)}{b^{\prime }(n)},S(n)=\frac{c(n)}{c^{\prime }(n)}$$
とおくとこれは$r(n)$の標準形を定めることがわかる。

　$v(n)$がある既約多項式の累乗$b(n{)}^k$を因数に持つとき、ある整数$h$が存在して$v_2(n)$も$b(n+h{)}^k$を因数に持つことを示す。$b(n{)}^k\mid v_2(n)$のときは明らかなので$b(n{)}^k\nmid v_2(n)$としてよい。
　このとき$K(n)=p(n)/q(n)$に関する$T_1(n)$の殻を$S_1(n)=u_1(n)/v_1(n)$とおくと
$$\frac{u(n)}{v(n)}=\frac{p(n)}{q(n)}\frac{u_1(n+1)}{v_1(n+1)}-\frac{u_1(n)}{v_1(n)}+\frac{u_2(n)}{v_2(n)}$$
が成り立つので、この分母に注目すると
$$b(n{)}^k\mid v_1(n+1)\text{または}b(n{)}^k\mid v_1(n)$$
がわかる。

$b(n{)}^k\mid v_1(n+1)$のとき

　$h$を$b(n+h{)}^k\mid v_1(n)$を満たすような整数であって最小のものとする(仮定より$h\le -1$に注意する)。このとき$h$の最小性から
$$b(n+h{)}^k\nmid v_1(n+1)$$
となるので再び上の分母に注目することで
$$b(n+h{)}^k\mid v_2(n)$$
がわかる。

$b(n{)}^k\mid v_1(n)$のとき

　$h$を$b(n+h{)}^k\mid v_1(n+1)$を満たすような整数であって最大のものとする(仮定より$h\le 1$に注意する)。このとき$h$の最大性から
$$b(n+h{)}^k\nmid v_1(n)$$
となるので再び上の分母に注目することで
$$b(n+h{)}^k\mid v_2(n)$$
がわかる($b(n+h)\nmid p(n)$に注意する)。
　以上よりどちらの場合にもある整数$h$が存在して$b(n+h{)}^k\mid v_2(n)$が成り立つことが示された。

　$S(n)$を適当に 部分分数分解 することで、まず$S(n)$がある既約多項式$b(n)$を用いて
$$S(n)=\frac{a(n)}{b(n{)}^k}$$
と表せる場合を考える。このとき以下の三通りの場合が考えられる($K(n)$の取り方から(1)と(2)は同時には起こらないことに注意する)。
(1) ある非負整数$h$に対し$b(n)\mid q(n+h)$が成り立つ
(2) ある非負整数$h$に対し$b(n)\mid p(n-h)$が成り立つ
(3) 任意の非負整数$h$に対し$b(n)$は$p(n-h)$も$q(n+h)$も割り切らない

(1)の場合

$$S_1^{\prime }(n+1)=\frac{1}{K(n)}\frac{a(n)}{b(n{)}^k}$$
とおくとある非負整数$l\le k$およびある多項式$c_0,c_1$が存在して
$$\begin{array}{rl}S(n)& =K(n)S_1^{\prime }(n+1)-S_1^{\prime }(n)+\frac{q(n-1)a(n-1)}{p(n-1)b(n-1{)}^k}\\ & =K(n)S_1^{\prime }(n+1)-S_1^{\prime }(n)+(\frac{c_0(n)}{b(n-1{)}^l}+\frac{c_1(n)}{p(n-1)})\end{array}$$
が成り立つ。このときさらに
$$S_1^{″}(n)=S_1^{\prime }(n)-\frac{c_1(n)}{p(n-1)}$$
とおくと
$$S(n)=K(n)S_1^{″}(n+1)-S_1^{″}(n)+(\frac{c_0(n)}{b(n-1{)}^l}+\frac{c_1(n+1)}{q(n)})$$
が成り立つ。
　また
$$S^{\prime }(n)=\frac{c_0(n)}{b(n-1{)}^l}$$
に対して同様の操作を繰り返していくことで(3)の場合に帰着できる。

(2)の場合

$$S_1^{\prime }(n)=-\frac{a(n)}{b(n{)}^k}$$
とおくとある非負整数$l\le k$およびある多項式$c_0,c_1$が存在して
$$\begin{array}{rl}S(n)& =K(n)S_1^{\prime }(n+1)-S_1^{\prime }(n)+\frac{p(n)a(n+1)}{q(n)b(n+1{)}^k}\\ & =K(n)S_1^{\prime }(n+1)-S_1^{\prime }(n)+(\frac{c_0(n)}{b(n+1{)}^l}+\frac{c_1(n)}{q(n)})\end{array}$$
が成り立つ。
　また
$$S^{\prime }(n)=\frac{c_0(n)}{b(n+1{)}^l}$$
に対して同様の操作を繰り返していくことで(3)の場合に帰着できる。

一般の場合

　これによって一般の有理関数$S(n)$に対し
$$S(n)=K(n)S_1(n+1)-S_1(n)+(\frac{c_0(n)}{v(n)}+\frac{c_1(n)}{q(n)})$$
なる多項式$v(n)$であって条件(ii)を満たすようなものが構成できる。
　また$v(n)$がshift-freeでなければ上と同様の操作によって
$$\frac{a_1(n)}{b(n{)}^k}+\frac{a_2(n)}{b(n+h{)}^{k^{\prime }}}=K(n)S_1^{\prime }(n+1)-S_1^{\prime }(n)+(\frac{a_1(n)}{b(n{)}^k}+\frac{c_0(n)}{b(n{)}^l}+\frac{c_1(n)}{q(n)})$$
と平行移動させることでshift-freeなるものが構成できる。

　$A(n)$の核$K(n)=p(n)/q(n)$と殻$S(n)$に対し上の補題のような有理関数$S_1(n)$と多項式$u(n),v(n)$を取る。
　このとき
$$A(n)=S(n)H(n),T_1(n)=S_1(n)H(n),T_2(n)=\frac{u(n)}{v(n)q(n)}H(n)$$
とおくと、この$T_1(n),T_2(n)$は所望の性質を満たす。実際そのことは核
$$K^{\prime }(n)=\frac{p(n)}{q(n+1)}$$
に関する$T_2(n)$の殻が
$$S_2^{\prime }(n)=\frac{u(n)}{v(n)}$$
となることからわかる。

　$A(n)$の核と殻として
$$\begin{array}{rl}K(n)& =\frac{1}{n+1}\\ S(n)& =\frac{1}{n^4+n^2+1}\\ & =\frac{1}{2}(\frac{n+1}{n^2+n+1}-\frac{n-1}{n^2-n+1})\end{array}$$
を取る。このとき
$$S_1(n+1)=\frac{1}{\frac{1}{n+1}}\frac{n+1}{n^2+n+1}$$
つまり
$$S_1(n)=\frac{n^2}{n^2-n+1}$$
とおくと
$$\frac{n-1}{n^2+n+1}=K(n)S_1(n+1)-S_1(n)+\frac{n^2}{n^2-n+1}$$
が成り立つので
$$\begin{array}{rl}2S(n)& =K(n)S_1(n+1)-S_1(n)+\frac{n^2-(n-1)}{n^2-n+1}\\ & =K(n)S_1(n+1)-S_1(n)+1\end{array}$$
を得る。したがって
$$T_1(n)=\frac{n^2}{2(n^2-n+1)n!},T_2(n)=\frac{1}{2n!}$$
が求める超幾何数列となる。

　$W$の取り方から$V+W$が直和であることは明らか。
　任意の整数$k\ge 0$に対し$x^k\in V\oplus W$が成り立つことを帰納法によって示す。$x^k\in W$であれば明らか。また$x^k\notin W$であればある$k$次のモニック多項式$f(x)\in V$が存在し、帰納法の仮定により
$$x^k-f(x)\in \mathrm{span}\{1,x,\dots ,x^{k-1}\}\subset V\oplus W$$
が成り立つので
$$x^k=(x^k-f(x))+f(x)\in V\oplus W$$
を得る。

　$A(n)$の核$K(n)=p(n)/q(n)$と殻$S(n)$に対し補題5よりある有理関数$S_1(n)$と多項式$v(n),c_0(n),c_1(n)$であって
$$S(n)=K(n)S_1(n+1)-S_1(n)+(\frac{a(n)}{v(n)}+\frac{b(n)}{q(n)})$$
および上の(i),(ii)を満たすようなものが取れる。
　いま$c_0(n)$を$v(n)$で割り
$$c_0(n)=c_0^{\prime }(n)v(n)+a(n)$$
とおき、またこれに対し
$$c(n)=c_0^{\prime }(n)q(n)+c_1(n)$$
とおくと
$$\frac{c_0(n)}{v(n)}+\frac{c_1(n)}{q(n)}=\frac{a(n)}{v(n)}+\frac{c(n)}{q(n)}$$
が成り立つ(これによって(iii)が満たされる)。
　また補題7より
$$c(n)=c^{\prime }(n)+b(n)$$
なる$c^{\prime }(n)\in V_K,b(n)\in W_K$が存在し、また$V_K$の取り方から
$$c^{\prime }(n)=p(n)f(n+1)-q(n)f(n)=(K(n)f(n+1)-f(n))q(n)$$
なる多項式$f(n)$が取れる。このとき
$$S_1^{\prime }(n)=S_1(n)+f(n)$$
とおくと
$$S(n)=K(n)S_1^{\prime }(n+1)-S_1^{\prime }(n)+(\frac{a(n)}{v(n)}+\frac{b(n)}{q(n)})$$
が成り立つ。
　したがってこれに対し
$$T_1(n)=S_1^{\prime }(n)\frac{A(n)}{S(n)},T_2(n)=(\frac{a(n)}{v(n)}+\frac{b(n)}{q(n)})\frac{A(n)}{S(n)}$$
とおくとこれらは所望の性質を満たすことがわかる。

　多項式$f(n)$に対し
$$g(n)=p(n)f(n+1)-q(n)f(n)$$
の次数が取り得る値の範囲について考えればよい。

$\mathrm{deg}p\ne \mathrm{deg}q$または${\lambda }_p\ne {\lambda }_q$が成り立つとき

　このとき明らかに
$$\mathrm{deg}g=d+\mathrm{deg}f$$
が成り立つので$\mathrm{deg}g$の取り得る値の範囲は
$$\mathrm{deg}g\ge d$$
と求まる。

$\mathrm{deg}p=\mathrm{deg}q$かつ${\lambda }_p={\lambda }_q=\lambda$が成り立つとき

　このとき$f$をモニック多項式とすると
$$\begin{array}{rl}g(n)& =p(n)(f(n+1)-f(n))+(p(n)-q(n))f(n)\\ & =(\lambda k+P-Q)n^{d+\mathrm{deg}f-1}+\cdots \end{array}$$
と表せるので$\mathrm{deg}f\ne d^{\prime }(=(Q-P)/\lambda )$であれば
$$\mathrm{deg}g=d+\mathrm{deg}f-1$$
が成り立つ。
　また($d^{\prime }$が非負整数であり)$\mathrm{deg}f=d^{\prime }$のときは
$$\mathrm{deg}g<d+d^{\prime }-1$$
が成り立つので、これを次数$d+k-1(0\le k<d^{\prime })$の多項式
$$g_k(n)=p(n)f_k(n+1)-q(n)f_k(n)(\mathrm{deg}{f}_k=k)$$
を用いて次数下げすることによって
$$\mathrm{deg}g<d-1$$
とすることができる。
　したがって$\mathrm{deg}g$の取り得る値の範囲は$d^{\prime }\notin {\mathbb{Z}}_{\ge 0}$のとき
$$\mathrm{deg}g\ge d-1$$
と求まり、$d^{\prime }\in {\mathbb{Z}}_{\ge 0}$のとき
$$\mathrm{deg}g\ge d-1\text{かつ}\mathrm{deg}g\ne d+d^{\prime }-1$$
または
$$\mathrm{deg}g=min\{\mathrm{deg}(p(n)f(n+1)-q(n)f(n))\mid \mathrm{deg}f=d^{\prime }\}$$
と求まる。
　以上より主張を得る。

$$p(n)=n^4+1,q(n)=(n+1{)}^4$$
より$d=d^{\prime }=4$が成り立つことに注意する。
　いま$k=0,1,2,3,4$に対し
$$g_k(n)=p(n)(n+1{)}^k-q(n)n^k$$
とおくと
$$\begin{array}{rl}{g}_4(n)& =(n+1{)}^4\\ g_1(n)& =-(n+1)(3n^3+3n^2+n-1)\\ g_0(n)& =-(4n^3+6n^2+4n)\end{array}$$
が成り立つので$g_4(n)$は
$$g_4(n)+\frac{1}{3}{g}_1(n)+\frac{1}{2}{g}_0(n)=\frac{5}{3}{n}^2+2n+\frac{4}{3}$$
と次数下げできる。したがって$d^{″}=2$つまり
$$W_K=\mathrm{span}\{1,n,n^7\}$$
を得る。

　$A(n)$の核と殻
$$K(n)=n+1,S(n)=\frac{n^2}{n+1}=n-1+\frac{1}{n+1}$$
に対しAbramov-Petkovšek's algorithmを実行すると
$$S(n)=K(n)S_1(n+1)-S_1(n)+S_2(n)$$
なる有理関数$S_1(n),S_2(n)$として
$$S_1(n)=-\frac{1}{n+1},S_2(n)=-\frac{1}{n+2}+\frac{n}{1}$$
が取れる。
　また$W_K=\mathrm{span}\{1\}$なのでこれはまだ簡約化することができ、実際
$$n=K(n)-1$$
より
$$S_1^{\prime }(n)=S_1(n)+1=\frac{n}{n+1},S_2^{\prime }(n)=-\frac{1}{n+2}$$
つまり
$$T_1(n)=\frac{n}{n+1}n!,T_2(n)=-\frac{1}{n+2}n!$$
とおくとこれが求める超幾何数列となる。