5 一般の場合

次に、一般の $p$ の場合の $F_n$ について考える。 これも、最初のいくつかを計算してみよう。

$$\begin{eqnarray*}F_1(p) &=& \left(\begin{array}{c} 1 \\ 0 \end{array}\right)(q+p... ... +10(p^2-3p^3+3p^4-p^5+p^3-2p^4+p^5) \\ &=& 5(1-2p+4p^3-2p^4)\end{eqnarray*}$$

ここから、(12) を拡張した、

$$\frac{F_{2m+1}(p)}{2m+1}=\frac{F_{2m}(p)}{2m}$$ (14)

が成り立つことが予想される。本節ではこれを示す。

(7), (8) に共通の係数の部分は、

$$(n-2k)\left(\begin{array}{c} n \\ k \end{array}\right)=(n-k)... ...rray}\right)-k\left(\begin{array}{c} n \\ k \end{array}\right)$$

と分けると、

$$\begin{eqnarray*}(n-k)\left(\begin{array}{c} n \\ k \end{array}\right) &=& \fr... ...!}\cdot k = n\left(\begin{array}{c} n-1 \\ k-1 \end{array}\right)\end{eqnarray*}$$

と変形できるから、

$$(n-2k)\left(\begin{array}{c} n \\ k \end{array}\right)=n\lef... ...)-\left(\begin{array}{c} n-1 \\ k-1 \end{array}\right)\right\}$$

となり、よって、(7), (8) は

$$\frac{F_{2m}(p)}{2m} = \sum_{k=0}^{m-1}\left\{\left(\begin{array}{c} 2m-1 \\ k \end{arr... ...n{array}{c} 2m-1 \\ k-1 \end{array}\right)\right\} (p^kq^{2m-k}+p^{2m-k}q^k),$$ (15)

$$\frac{F_{2m+1}(p)}{2m+1} = \sum_{k=0}^{m}\left\{\left(\begin{array}{c} 2m \\ k \end{array}\... ...{array}{c} 2m \\ k-1 \end{array}\right)\right\} (p^kq^{2m+1-k}+p^{2m+1-k}q^k)$$ (16)

となる。この両者の右辺が等しくなることを示す。

まず、

$$f(n,k)=p^kq^{n-k}+p^{n-k}q^k\hspace{1zw}(0\leq k\leq n)$$ (17)

と書くことにすると、(16) の和の中の $f(2m+1,k)$ の $p$ の最高次の項は、

$$p^k(-1)^{2m+1-k}p^{2m+1-k}+p^{2m+1-k}(-1)^kp^k =p^{2m+1}(-1)^k(-1+1) = 0$$

となって、実際には次数が 1 つ下がることになる。 よって、これを $f(2m,j)$ で表すことを考えてみる。 $p=1-q$, $q=1-p$ なので、

$$\begin{eqnarray*}f(2m+1,k) &=& p^kq^{2m+1-k}+p^{2m+1-k}q^k = p^kq^{2m-k}(1-p... ...\\ &=& p^kq^{2m-k}+p^{2m-k}q^k-(p^{k+1}q^{2m-k}+p^{2m-k}q^{k+1})\end{eqnarray*}$$

となるので、

$$f(2m+1,k)=f(2m,k)-f(2m+1,k+1)$$

が成り立つことになる。これを繰り返し用いると、

$$\begin{eqnarray*}\lefteqn{f(2m+1,k)} \\ &=& f(2m,k)-f(2m,k+1)+f(2m+1,k+2) =\c... ...}(-1)^jf(2m,k+j)+(-1)^{m-k}f(2m+1,m)\hspace{1zw}(0\leq k\leq m-1)\end{eqnarray*}$$

となるので、これを (16) に代入すると、

$$\frac{F_{2m+1}(p)}{2m+1} = \sum_{k=0}^{m}\left\{\left(\begin{array}{c} 2m \\ k \end{array}\right)-\left(\begin{array}{c} 2m \\ k-1 \end{array}\right)\right\}f(2m+1,k)$$

$$= \sum_{k=0}^{m-1}\sum_{j=0}^{m-k-1}\left\{\left(\begin{array}{c} 2... ...)-\left(\begin{array}{c} 2m \\ k-1 \end{array}\right)\right\} (-1)^jf(2m,k+j)$$ (18)

$$+\sum_{k=0}^{m}\left\{\left(\begin{array}{c} 2m \\ k \end{array}... ...\left(\begin{array}{c} 2m \\ k-1 \end{array}\right)\right\}(-1)^{m-k}f(2m+1,m)$$ (19)

となる。ここで二重和が出てきたが、以下では二重和の交換定理

$$\sum_{k=0}^n\sum_{j=0}^k A(k,j) = \sum_{j=0}^n\sum_{k=j}^n A(k,j)$$ (20)

を何度か用いる。

今、(19) の二重和の項の方で $k+j=i$ とすると、 (20) より

$$\begin{eqnarray*}\lefteqn{\sum_{k=0}^{m-1}\sum_{i=k}^{m-1} \left\{\left(\begin{... ...t(\begin{array}{c} 2m \\ k-1 \end{array}\right)\right\}(-1)^{i-k}\end{eqnarray*}$$

となるので、 $F_{2m+1}(p)/(2m+1)$ は、

$$\frac{F_{2m+1}(p)}{2m+1} = \sum_{i=0}^{m-1}f(2m,i) \sum_{k=0}^{i}\left\{\left(\begin{array}... ...}\right)-\left(\begin{array}{c} 2m \\ k-1 \end{array}\right)\right\}(-1)^{i-k}$$

$$+f(2m+1,m)\sum_{k=0}^{m}\left\{\left(\begin{array}{c} 2m \\ k \e... ...}\right)-\left(\begin{array}{c} 2m \\ k-1 \end{array}\right)\right\}(-1)^{m-k}$$ (21)

と書けることになる。よってあとはこの係数部分の

$$a_{m,i}=\sum_{k=0}^{i}\left\{\left(\begin{array}{c} 2m \\ k... ...nd{array}\right)\right\}(-1)^{i-k} \hspace{1zw}(0\leq i\leq m)$$ (22)

を考えればよい。これに (13) を用いると、

$$\begin{eqnarray*}\lefteqn{a_{m,i}} \\ &=& \sum_{k=0}^{i}\left\{\left(\begin{ar... ...ray}\right)-\left(\begin{array}{c} 2m-1 \\ i-1 \end{array}\right)\end{eqnarray*}$$

となることがわかる。特に、$i=m$ の場合は、

$$a_{m,m} =\left(\begin{array}{c} 2m-1 \\ m \end{array}\right)... ...\right)-\left(\begin{array}{c} 2m-1 \\ m \end{array}\right) =0$$

となるので、結局 (21) は、

$$\frac{F_{2m+1}(p)}{2m+1} = \sum_{i=0}^{m-1}f(2m,i)\left\{\l... ...-\left(\begin{array}{c} 2m-1 \\ i-1 \end{array}\right)\right\}$$

となり、(15) よりこれは $F_{2m}(p)/(2m)$ に等しいことがわかる。