◆愛知県 Y.M.Ojisan さんからの解答。
【問題2】
【問題2.1】
(1+p)m | (1+ | 1 p | ) | n | を考えると 、b(m、n;1,1)は |
(1+p)m | (1+ | 1 p | ) | n | の定数項である。 |
一方、 (1+p)m | (1+ | 1 p | ) | n | =p-n(1+p)m+nであるから |
よって、b(m、n;1,1)=m+nCn
【問題2.2】
b(n+1、n;2,1)
=Σn+1CK2×nCK
=Σn+1CK2×(n+1CK−nCK-1)
=Σn+1CK3−Σn+1Cn+1-K2×nCn-K+1
=Σn+1CK3−Σn+1CJ2×nCJ here J=n-K-1
=a3(n+1) −b(n+1、n;2,1)
よって、b(n+1、n;2,1)= | a3(n+1) 2 |
a3(n+1)の漸化式は知られており同形である。下記参照。
http://mathworld.wolfram.com/BinomialSums.html
Franel (1894, 1895) was the first to obtain recurrences for a3(n) (Riordan 1948, p. 193)
(n+1)2a3(n+1)-(7n2+7n+2)a3(n)-8n2a3(n-1)=0
【問題2.3】
問題1と同じ方法で漸化式を求める。
2nCK×nCK2
= | 2n(2n-1)n2 (2n−K)K3 |
2n-2CK-1×n-1CK-12 |
= | 1-ν 4(1−a)a3 |
2n-2CJ×n-1CJ2 |
ここで
a= | K 2n |
,ν= | 1 2n |
,J=K−1 |
b(2n、n;1,2)=B(n、0;1,2) であって、
a’= | J 2N-2 |
とすると a=(1−2ν)a’+ν |
Σ2nCK×nCK2(1−a)a3+Y
=BE(n、3+Y;1,2)−BE(n、4+Y;1,2)
= | 1-ν 4 |
Σ ((1−2ν)a’+ν)Y2n-2CJ×n-1CJ2 |
= | 1-ν 4 |
Y Σ I=0 |
{YCIνY-I(1-2ν)I *BE(n-1、I;1,2 )} |
同様に
2nCK×nCK2
= | 2n(2n-1)n2 (2n−K)(2n−K−1)(n−K)2 |
2n-2CK×n−1CK2 |
= | 1-ν (1−2a)2(1−a)(1−ν−a) |
2n-2CK×n-1CK2 |
Σ2nCK×nCK2(1-2a)2(1-a)(1-ν-a)aY =(1-ν)BE(n、Y;1,2)+(-6+5ν)BE(n、1+Y;1,2)+(13-8ν)BE(n、2+Y;1,2)+(-12+4ν)BE(n、3+Y;1,2)+4BE(n、4+Y;1,2) =(1-ν)(1-2ν)Y{BE(n-1、Y;1,2)}さらに n+1≠K のとき
2nCK×nCK2
= | 2n(2n-1)n2(n−K+1)2 (K−1)3K3 |
2n-2CK-2×n-1CK-22 |
= | (1-ν)(1/2−a+ν)2 4((a−ν)3a3) |
2n-2CK-2×n-1CK-22 |
H=K−2、a’’= Hνとすると a=(1−2ν)a’’+2ν
Σn+1CK2×nCK(a−ν)3a3+Z
=BE(n、6+Z;1,2)−3νBE(n、5+Z;1,2)+3ν2BE(n、4+Z;1,2)−ν3BE(n、3+Z;1,2)
= | 1-ν 4 |
Σ | ( | 1 2 | −a+ν) | 2 | aZ2n-2CH×{n-1CH−δ(1/2-a-ν)}2 |
= | 1-ν 4 |
Z+2 Σ I=0 |
{ ZCI | ( | 1 2 | +ν) | 2(2ν)Z-I(1-2ν)I*BE(n-1、I;1,2 )-Z+1CI(2ν+1)(2ν)Z+1-I(1-2ν)I*BE(n-1、I;1,2 ) +Z+2CI(2ν)Z+2-I(1-2ν)I *BE(n-1、I;1,2 )} |
Y、Zにおいて未知数はmax(5+Y、Z+7)個、
一方条件式は2*(1+Y)+(1+Z)個である。
Y=2、Z=0において丁度の条件になる。
漸化式の次元は7−4=3である。
正確には下記Qの|Q|≠0が必要である。
結局
X(n)={BE(n,0;1,2)BE(n,1;1,2)BE(n,2;1,2)BE(n,3;1,2)...BE(n,6;1,2)}T
XB(n-1)= | 1-ν 4 |
{BE(n-1,0;1,2),(1-2ν)BE(n-1,1;1,2),(1-2ν)2BE(n-1,2;1,2)}T |
Q*X(n)=R*XB(n−1)より
X(n)=Q-1R*XB(n−1)
ここで
|Q|はQの左上4半分がほとんど0なので、のこった1を右上4半分で消して行くとQの黄色枠部分の合計が緑枠に加算される。
その値は(a−ν)3にa=1を代入した値であるから(1−ν)3である。
よって|Q|=-(1−ν)6であり、
ν=1のとき0であるが、n= | 1 2 |
なので問題ない。 |
以上を計算すると 漸化式は
b_2_3(n)=A(1/2n)*b_2_3(n-1)
b_2_3(0)=(1,0,0)Tである。
ここで ν= | 1 2n |
下記漸化式で計算し、直接計算値と一致することを確認しているが、詳細数値は省略する。
求められた数値列=1,3,23,210....
【問題2.4】
問題2.3と手法は同じである。
生成式は 同様の下記3式によった。
(1) | (1-ν)2 4((1−a)2a4) |
(2) | (1-ν)2 4((1−2a)2(1−a)2(1−ν−a)2) |
(3) | (1-ν)2(1/2−a+ν)2 4((a−ν)4a4) |
幸い、D=9において 未知項10個 条件式10でつりあう。
また漸化に必用な項数は 9(=D)−6(=(1)の最大次数)+1=4項である。
しかし、計算すると4番目の項の係数は0であったので 漸化式の項数は3である。
Qおよび右辺は下記である。
|Q|はQの左上4半分がほとんど0なので、のこった1を右上4半分で消して行くとQの黄色枠部分の合計等が緑枠に加算される。
計算すると、
|Q|=(1−ν)16であり、
ν=1のとき0であるが、N= | 1 2 |
なので0にはならない。 |
以上を計算すると 漸化式は
b_2_4(n)=A(1/2n)*b_2_4(n-1)
b_2_4(0)=(1,0,0)Tである。
ここで ν= | 1 2n |
下記漸化式で計算し、直接計算値と一致することを確認しているが、詳細数値は省略する。
求めるられた数値列=1,5,101,2750....
【おまけ2】
r≧sとする。
a= | K n |
,ν= | 1 n |
を定義する。 |
生成式として下記2種を用いる。
全部で未知数は r+2s+1である。
(1) (1-a)s aZ、Z=0〜r+s-1
(2) ar+s aY、Y=0〜s
左辺のQは次のようになる
(1) Qij=sCj-i(−1)j-i、
i=0〜r+s-1,j=0〜r+2s
(2) Qij=δ(i-j)、i=r+s〜r+2s,j=0〜r+2s
即ち既に上三角行列で |Q|=1である。
b(m,n;r,s)を拡張したベクトル
BF(m,n,;Y;r,s)=ΣaYmCKrnCKs、Y=0〜r+2s
を用いて右辺は r+2s+1×r+sの行列で
(1) Rij=(1-ν)j BF(m,n-1,;j;r,s)、
i=0〜r+s-1,j=0〜r+s-1
(2) Rij=i-r-sCjνi-r-s-j (1-ν)j BF(m-1,n-1,;j;r,s) 、
i=r+s〜r+2s,j=0〜r+s- 1
よって漸化式は
BF(m,n,;*;r,s)=Q-1R( BF (m,n-1;*;r,s)
または BF (m-1,n-1;*;r,s))
であり、いずれ
BF(m,0;j>0;r,s)=0,BF(m,0;0;r,s)=1 か
BF(0,n;j>0;r,s)=0,BF(0,n;0;r,s)=1に到着する。
なお、mとn-1の漸化式 だけで漸化するとm、nの広い範囲を計算する必要がありますが、
m-1とn も使うと、斜め2列の計算で漸化させることができます。
【感想】
なんとか残ったおまけ1にも解答したい。