6 展開式への変形

5 節では、 最初にいくつかの $F_n$ を $p$ の式として展開したが、 考察は $p$, $q$ の式のままでの計算を行った。 この節では、その $p$ の式としての展開式の計算を行ってみることにする。

5 節では、$F_5$ まで計算したが、 実際には (14) より偶数次の方のみを考えればよい。 $F_6/6$ の展開を (15) により行ってみると、

$$\begin{eqnarray*}\lefteqn{\frac{F_6(p)}{6}} \\ &=& q^6+p^6+\left\{\left(\begin... ...2-4p^3+6p^4-4p^5+p^6+p^4-2p^5+p^6) \\ &=& 1-2p+10p^4-12p^5+4p^6\end{eqnarray*}$$

のようになる。5 節の $F_2$, $F_4$ とこの $F_6$ を見ると、 $F_{2m}/(2m)$ はいずれも、$1-2p$ で始まり、 $p$ の 2 次から $m$ 次までの項がすべて消えている。 これが一般に言えるかどうかを考えてみよう。

(15) に $q=1-p$ を代入して 二項定理 (5) で展開すると、

$$\frac{F_{2m}(p)}{2m} = \sum_{k=0}^{m-1}\left\{\left(\begin{array}{c} 2m-1 \\ k \end{arr... ...k\sum_{j=0}^{2m-k}\left(\begin{array}{c} 2m-k \\ j \end{array}\right)(-1)^jp^j$$

$$+\sum_{k=0}^{m-1}\left\{\left(\begin{array}{c} 2m-1 \\ k \end{ar... ... p^{2m-k}\sum_{j=0}^k\left(\begin{array}{c} k \\ j \end{array}\right)(-1)^jp^j$$ (23)

となる。この前半の和に対して $2m-k=t$ とすると、その和は

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

となるので、

$$\left(\begin{array}{c} 2m-1 \\ k-1 \end{array}\right)-\left(\begin{array}{c} 2m-1 \\ k \end{array}\right)$$

が $k\geq m+1$ では正、$k\leq m-1$ では負、$k=m$ では 0 となることを考えると、 (23) は結局

$$\frac{F_{2m}(p)}{2m} = \sum_{k=0}^{2m}\left\vert\left(\begin... ...eft(\begin{array}{c} k \\ j \end{array}\right)(-1)^jp^{2m-k+j}$$

と書けることがわかる。この式で $k-j=i$ とし、和の順序交換を行えば、

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

$$= \sum_{i=0}^{2m}(-1)^i p^{2m-i} \sum_{k=i}^{2m}\left\vert\left(\b... ...y}\right)\right\vert \left(\begin{array}{c} k \\ i \end{array}\right)(-1)^{k}$$ (24)

となる。この内側の和を $b_{m,i}$ とおく:

$$b_{m,i}=\sum_{k=i}^{2m}\left\vert\left(\begin{array}{c} 2m-... ...} k \\ i \end{array}\right)(-1)^k \hspace{1zw}(0\leq i\leq 2m)$$ (25)

まず、$i\geq m$ の場合を考えると、それはこの節最初の例による考察から、

$$b_{m,i}=0\ (m\leq i\leq 2m-2), \hspace{1zw}b_{m,2m-1}=2, \hspace{1zw}b_{m,2m}=1$$ (26)

であることが予想される。

$i\geq m$ の場合は、

$$b_{m,i}=\sum_{k=i}^{2m}\left\{\left(\begin{array}{c} 2m-1 \\... ...right\} \left(\begin{array}{c} k \\ i \end{array}\right)(-1)^k$$

であるが、今、$x^k$ の $i$ 階微分を考えると

$$(x^k)^{(i)} = k(k-1)\cdots(k-i+1)x^{k-i}=\left(\begin{array}{c} k \\ i \end{array}\right)i!\, x^{k-i}$$

より

$$\left(\begin{array}{c} k \\ i \end{array}\right) = \left.\frac{1}{i!}(x^k)^{(i)}\right\vert _{x=1}$$

と見ることができるので、

$$B_{m,i}(x) =\sum_{k=0}^{2m}\left\{\left(\begin{array}{c} 2... ...}{c} 2m-1 \\ k \end{array}\right)\right\} (-1)^k\frac{x^k}{i!}$$ (27)

とすると $b_{m,i}=B_{m,i}^{(i)}(1)$ となることがわかる ($(i-1)$ 次以下の項の $i$ 階微分は 0 となる)。

一方で、$B_{m,i}(x)$ は、

$$\begin{eqnarray*}B_{m,i}(x) &=& \sum_{k=1}^{2m}\left(\begin{array}{c} 2m-1 \\ ... ...)^{2m-1}-\frac{1}{i!}(1-x)^{2m-1} =-\frac{(1+x)(1-x)^{2m-1}}{i!}\end{eqnarray*}$$

であるから、$i\leq 2m-2$ であれば $B_{m,i}$ の $i$ 階微分には必ず $(1-x)$ がすべての項に残るので、 $b_{m,i}=B_{m,i}^{(i)}(1)=0$ となることがわかる。

$i=2m-1$ のときは、

$$b_{m,2m-1}=B_{m,2m-1}^{(2m-1)}(1) =\left.-\frac{(1+x)(2m-1)!(-1)^{2m-1}}{(2m-1)!}\right\vert _{x=1} =2$$

$i=2m$ のときは、

$$b_{m,2m}=B_{m,2m}^{(2m)}(1) =\left.-\left(\begin{array}{c} 2... ...y}\right)\frac{(2m-1)!(-1)^{2m-1}}{(2m)!}\right\vert _{x=1} =1$$

となって、(26) が確かに言えたことになる。

次に、 $0\leq i\leq m-1$ の場合を考える。この場合は、

$$\left\vert\left(\begin{array}{c} 2m-1 \\ k-1 \end{array}\rig... ... 2m-1 \\ k-1 \end{array}\right) & (k\leq m-1)\end{array}\right.$$

であるから、

$$\begin{eqnarray*}b_{m,i} &=& \sum_{k=i}^{m-1}\left\{\left(\begin{array}{c} 2m-... ...egin{array}{c} k \\ i \end{array}\right)(-1)^k +B_{m,i}^{(i)}(1)\end{eqnarray*}$$

となり、この最後の項は $i\geq m$ の場合と同様に 0 となるから結局

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

となる。これと (26) を (24) に代入すれば

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

$$+ 2\sum_{i=0}^{m-1}(-1)^ip^{2m-i} \sum_{k=i}^{m-1}\left\{\left(\... ...{array}\right)\right\} \left(\begin{array}{c} k \\ i \end{array}\right)(-1)^k$$ (28)

となる。この式の二重和の順序を入れかえると、その和の部分は

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

となり、結局、

$$\frac{F_{2m}(p)}{2m} = 1-2p + 2p^{m+1}\sum_{k=0}^{m-1}\le... ...{array}{c} 2m-1 \\ k-1 \end{array}\right)\right\} p^{m-1-k}q^k$$ (29)

のように書けることになる。

例えば、$F_6(p)/6$ は、この式を使えば、

$$\begin{eqnarray*}\frac{F_6(p)}{6} &=& 1-2p+2p^4\left[p^2+\left\{\left(\begin{a... ...2p+p^2)\} \\ &=& 1-2p+2p^4(5-6p+2p^2) = 1-2p+10p^4-12p^5+4p^6\end{eqnarray*}$$

となり、この節の最初の計算よりだいぶ楽であることがわかる。