リュカ多項式に関する性質をさらに証明していきます。前回の記事でリュカ多項式とお友達になった皆さんには是非読んでいただきたいです。
引き続き参考文献は、Matt Baker教授のブログ記事：
です。教授の記事でタイポのようなものに気がつき、コメントしたところ、取り入れて貰えました。良かった！
今回扱う性質はちょっと面白いです。最終的には、
\(resultant(H_{p}(x),H_{q}(x),x)=\pm\,1\)
を示すのですが、まずはフィボナッチ数列の一般項（無理数の冪乗の和の式）のような式を示します。
\(\alpha=\frac{\sqrt{x^2+4}+x}{2} , \beta=\frac{x-\sqrt{x^2+4}}{2}\)として、
\(LP_{n}(x)=\alpha^n + \beta^n\)
が成り立ちます。それと、\(\alpha, \beta\)の値に関係なく成り立つ恒等式：
\(\alpha^{n+m}+\beta^{n+m}=\left(\beta^{m}+\alpha^{m}\right)\,\left(\beta^{n}+\alpha^{n}\right)-\left(\alpha\,\beta\right)^{n}\,\left(\beta^{m-n}+\alpha^{m-n}\right) \)
を示します。これらを使って、
\({\it LP}_{n+m}(x)={\it LP}_{m}(x)\,{\it LP}_{n}(x)+\left(-1\right)^{n+1}\,{\it LP}_{m-n}(x)\)
さらにその\(H_{n}(x)\)版である、
\(H_{n+m}(x)=H_{m}(x)\,H_{n}(x)-\left(-1\right)^{n}\,H_{m-n}(x)\)
を示します。
早速\(LP_{n}(x)\)の定義をします。そしていつものように、いくつかの\(n\)について具体例を計算してみます。
(%i1) LP[0](x):=2;
$$ \tag{${\it \%o}_{1}$}{\it LP}_{0}(x):=2 $$
(%i2) LP[1](x):=x;
$$ \tag{${\it \%o}_{2}$}{\it LP}_{1}(x):=x $$
(%i3) LP[n](x):=x*LP[n-1](x)+LP[n-2](x);
$$ \tag{${\it \%o}_{3}$}{\it LP}_{n}(x):=x\,{\it LP}_{n-1}(x)+{\it LP}_{n-2}(x) $$
(%i4) for n:1 thru 12 do print(expand('LP[n](x)=LP[n](x)));
\({\it LP}_{1}(x)=x\)
\({\it LP}_{2}(x)=x^2+2\)
\({\it LP}_{3}(x)=x^3+3\,x\)
\({\it LP}_{4}(x)=x^4+4\,x^2+2\)
\({\it LP}_{5}(x)=x^5+5\,x^3+5\,x\)
\({\it LP}_{6}(x)=x^6+6\,x^4+9\,x^2+2\)
\({\it LP}_{7}(x)=x^7+7\,x^5+14\,x^3+7\,x\)
\({\it LP}_{8}(x)=x^8+8\,x^6+20\,x^4+16\,x^2+2\)
\({\it LP}_{9}(x)=x^9+9\,x^7+27\,x^5+30\,x^3+9\,x\)
\({\it LP}_{10}(x)=x^{10}+10\,x^8+35\,x^6+50\,x^4+25\,x^2+2\)
\({\it LP}_{11}(x)=x^{11}+11\,x^9+44\,x^7+77\,x^5+55\,x^3+11\,x\)
\({\it LP}_{12}(x)=x^{12}+12\,x^{10}+54\,x^8+112\,x^6+105\,x^4+36\,x^2+2\)
$$ \tag{${\it \%o}_{4}$}\mathbf{done} $$
命題6: \(\alpha=\frac{\sqrt{x^2+4}+x}{2} , \beta=\frac{x-\sqrt{x^2+4}}{2}\)として、\(n \ge 0,\, n\in Z\)について\(LP_{n}(x)=\alpha^n + \beta^n\)が成り立つ。
まずはちょっと試してみましょう。\(n=7\)としてこの冪乗の和を計算してみます。
(%i5) albe:[alpha=(x+sqrt(x^2+4))/2,beta=(x-sqrt(x^2+4))/2];
$$ \tag{${\it \%o}_{5}$}\left[ \alpha=\frac{\sqrt{x^2+4}+x}{2} , \beta=\frac{x-\sqrt{x^2+4}}{2} \right] $$
(%i6) alpha^7+beta^7,albe,expand,ratsimp;
$$ \tag{${\it \%o}_{6}$}x^7+7\,x^5+14\,x^3+7\,x $$
確かに成り立ってますね。
では早速、
(%i7) 'LP[n](x)=alpha^n+beta^n;
$$ \tag{${\it \%o}_{7}$}{\it LP}_{n}(x)=\beta^{n}+\alpha^{n} $$
を示していきます。まず\(\alpha^2-(x\,\alpha+1)\)を考えて簡約化してみます。
(%i8) alpha^2-(x*alpha+1),albe;
$$ \tag{${\it \%o}_{8}$}\frac{\left(\sqrt{x^2+4}+x\right)^2}{4}-\frac{x\,\left(\sqrt{x^2+4}+x\right)}{2}-1 $$
(%i9) %,expand,ratsimp;
$$ \tag{${\it \%o}_{9}$}0 $$
0になりました！つまり、
(%i10) alpha^2=x*alpha+1;
$$ \tag{${\it \%o}_{10}$}\alpha^2=\alpha\,x+1 $$
が成り立ちます。この両辺に\(\alpha^{n-2}\)をかけてみます。
(%i11) aln:%*alpha^(n-2),expand;
$$ \tag{${\it \%o}_{11}$}\alpha^{n}=\alpha^{n-1}\,x+\alpha^{n-2} $$
こんな式が成り立つわけです。同様の計算を行えば、
(%i12) ben:subst(beta,alpha,%);
$$ \tag{${\it \%o}_{12}$}\beta^{n}=\beta^{n-1}\,x+\beta^{n-2} $$
も成り立ちます。これらを足し合わせると、
(%i13) aln+ben;
$$ \tag{${\it \%o}_{13}$}\beta^{n}+\alpha^{n}=\beta^{n-1}\,x+\alpha^{n-1}\,x+\beta^{n-2}+\alpha^{n-2} $$
これ、よく見ると\(LP_{n}(x)\)の再帰的定義を満たしています。初期値を確認すると、
(%i14) alpha^n+beta^n,n:0;
$$ \tag{${\it \%o}_{14}$}2 $$
(%i15) alpha^n+beta^n,n:1,albe,ratsimp;
$$ \tag{${\it \%o}_{15}$}x $$
というわけでそれぞれ\(LP_{0}(x), LP_{1}(x)\)と一致します。これでフィボナッチ一般項風の公式が成り立つことが証明されました。
次に恒等式です。
命題7: \(m,n\ge 0,\, m,n\in Z\)について\(\alpha, \beta\)に関する恒等式\(\alpha^{n+m}+\beta^{n+m}=\left(\beta^{m}+\alpha^{m}\right)\,\left(\beta^{n}+\alpha^{n}\right)-\left(\alpha\,\beta\right)^{n}\,\left(\beta^{m-n}+\alpha^{m-n}\right) \)が成り立つ。
恒等式の右辺は、
(%i16) (alpha^m+beta^m)*(alpha^n+beta^n)-(alpha*beta)^n*(alpha^(m-n)+beta^(m-n));
$$ \tag{${\it \%o}_{16}$}\left(\beta^{m}+\alpha^{m}\right)\,\left(\beta^{n}+\alpha^{n}\right)-\left(\alpha\,\beta\right)^{n}\,\left(\beta^{m-n}+\alpha^{m-n}\right) $$
です。これを展開して簡約化してみます。
(%i17) %,expand,radcan;
$$ \tag{${\it \%o}_{17}$}\beta^{n+m}+\alpha^{n+m} $$
命題8: \(m\ge n\ge 0,\, m,n\in Z\)について、
\({\it LP}_{n+m}(x)={\it LP}_{m}(x)\,{\it LP}_{n}(x)+\left(-1\right)^{n+1}\,{\it LP}_{m-n}(x)\)
が成り立つ。
まず\(\alpha\,\beta\)を計算してみます。
(%i18) alpha*beta,albe,expand,ratsimp;
$$ \tag{${\it \%o}_{18}$}-1 $$
この値と、命題6の結果を命題7の恒等式に代入すると、
(%i19) 'LP[n+m](x)='LP[n](x)*'LP[m](x)+(-1)^(n+1)*'LP[m-n](x);
$$ \tag{${\it \%o}_{19}$}{\it LP}_{n+m}(x)={\it LP}_{m}(x)\,{\it LP}_{n}(x)+\left(-1\right)^{n+1}\,{\it LP}_{m-n}(x) $$
が得られます。これで証明終了です。
命題9: \(m\ge n\ge 0,\, m,n\in Z\)で\(m,\, n\)の一方が奇数、もう一方が偶数であれば、
\(H_{n+m}(x)=H_{m}(x)\,H_{n}(x)-\left(-1\right)^{n}\,H_{m-n}(x)\)
が成り立つ。
まず\(H_{n}(x)\)の定義のおさらいです。Baker教授の記事とは少し記法を変えて、\(H_{n}(x)\)の定義として\(n\)が偶数の場合も含めて、下記の%i20のように定義します。 \(n\)が偶数の場合\(LP_{n}(x)\)は全ての項の次数が偶数になることを考えると自然な定義です。
(%i20) H[n](x):=if oddp(n) then ratsubst(x,x^2,expand(LP[n](x)/x)) else ratsubst(x,x^2,expand(LP[n](x)));
$$ \tag{${\it \%o}_{20}$}H_{n}(x):=\mathbf{if}\;{\it oddp}\left(n\right)\;\mathbf{then}\;{\it ratsubst}\left(x , x^2 , {\it expand}\left(\frac{{\it LP}_{n}(x)}{x}\right)\right)\;\mathbf{else}\;{\it ratsubst}\left(x , x^2 , {\it expand}\left({\it LP}_{n}(x)\right)\right) $$
この定義から\(n\)が奇数なら\(LP_{n}(x)=x\,H_{n}(x^2)\), 偶数なら\(LP_{n}(x)=H_{n}(x^2)\)が成り立ちます。これらを、\(m,\, n\)の一方が奇数、もう一方が偶数であること、\(m+n,\, m-n\)はいずれも奇数であることに注意して、命題8の結果に代入すると、
(%i21) x*'H[n+m](x^2)=x*'H[n](x^2)*'H[m](x^2)+(-1)^(n+1)*x*'H[m-n](x^2);
$$ \tag{${\it \%o}_{21}$}x\,H_{n+m}(x^2)=x\,H_{m}(x^2)\,H_{n}(x^2)+\left(-1\right)^{n+1}\,x\,H_{m-n}(x^2) $$
が得られます。両辺を\(x\)で割ると、
(%i22) %/x,ratsimp;
$$ \tag{${\it \%o}_{22}$}H_{n+m}(x^2)=H_{m}(x^2)\,H_{n}(x^2)-\left(-1\right)^{n}\,H_{m-n}(x^2) $$
また改めて\(x^2\)を\(x\)と置くと、
(%i23) subst(x,x^2,%);
$$ \tag{${\it \%o}_{23}$}H_{n+m}(x)=H_{m}(x)\,H_{n}(x)-\left(-1\right)^{n}\,H_{m-n}(x) $$
となり、証明は終了します。
最後に向かう前に、少しだけ終結式について補足の命題を述べます。
命題10: \(f(x),g(x),h(x),r(x)\)がモニックな多項式で、\(f(x)=h(x)\,g(x)+r(x)\)を満たせば、
\(resultant(f(x),g(x),x)=resultant(r(x),g(x))\)
が成り立つ。
証明: \(resultant(f(x),g(x),x)\)に\(f(x)=h(x)\,g(x)+r(x)\)を代入すると、
(%i24) 'resultant(f(x),g(x),x)='resultant(g(x)*h(x)+r(x),g(x),x);
$$ \tag{${\it \%o}_{24}$}{\it resultant}\left(f\left(x\right) , g\left(x\right) , x\right)={\it resultant}\left(r\left(x\right)+g\left(x\right)\,h\left(x\right) , g\left(x\right) , x\right) $$
となります。ここで第2引数の\(g(x)\)の任意の根\(a_{i}\)を第1引数の式に代入すると、\(r(a_i)\)となることと、\(resultant(f(x),g(x),x)=\prod_{i=1}^m{f(a_i)}\)から、
(%i25) 'resultant(g(x)*h(x)+r(x),g(x),x)='resultant(r(x),g(x));
$$ \tag{${\it \%o}_{25}$}{\it resultant}\left(r\left(x\right)+g\left(x\right)\,h\left(x\right) , g\left(x\right) , x\right)={\it resultant}\left(r\left(x\right) , g\left(x\right)\right) $$
が得られ、証明が終了します。
命題11: \(p, q\)を互いに素な奇数とすると、\(resultant(H_{p}(x),H_{q}(x),x)=\pm\,1\)が成り立つ。
証明: 一般性を失うことなく、\(p \ge q\)と出来ます。そこで\(m=p-q\)とします。\(m\)は偶数ですね。
ここで場合分けです。\(m \ge q\)の場合には、\(resultant(H_{p}(x),H_{q}(x),x)\)は命題9を使うと、
(%i27) 'resultant('H[m+q](x),'H[q](x),x)='resultant('H[m](x)*'H[q](x)+(-1)^(q+1)*'H[m-q](x),'H[q](x),x);
$$ \tag{${\it \%o}_{27}$}{\it resultant}\left(H_{m+q}(x) , H_{q}(x) , x\right)={\it resultant}\left(\left(-1\right)^{q+1}\,H_{m-q}(x)+H_{q}(x)\,H_{m}(x) , H_{q}(x) , x\right) $$
となります。命題10を使うと、
(%i28) 'resultant('H[m](x)*'H[q](x)+(-1)^(q+1)*'H[m-q](x),'H[q](x),x)='resultant((-1)^(q+1)*'H[m-q](x),'H[q](x),x);
$$ \tag{${\it \%o}_{28}$}{\it resultant}\left(\left(-1\right)^{q+1}\,H_{m-q}(x)+H_{q}(x)\,H_{m}(x) , H_{q}(x) , x\right)={\it resultant}\left(\left(-1\right)^{q+1}\,H_{m-q}(x) , H_{q}(x) , x\right) $$
となります。
また\(m \lt q\)の場合には、命題9を使うと、
(%i29) 'resultant('H[m+q](x),'H[q](x),x)='resultant('H[m](x)*'H[q](x)+(-1)^(m+1)*'H[q-m](x),'H[q](x),x);
$$ \tag{${\it \%o}_{29}$}{\it resultant}\left(H_{m+q}(x) , H_{q}(x) , x\right)={\it resultant}\left(\left(-1\right)^{m+1}\,H_{q-m}(x)+H_{q}(x)\,H_{m}(x) , H_{q}(x) , x\right) $$
となり、命題10を使うと、
(%i30) 'resultant('H[m](x)*'H[q](x)+(-1)^(m+1)*'H[q-m](x),'H[q](x),x)='resultant((-1)^(m+1)*'H[q-m](x),'H[q](x),x);
$$ \tag{${\it \%o}_{30}$}{\it resultant}\left(\left(-1\right)^{m+1}\,H_{q-m}(x)+H_{q}(x)\,H_{m}(x) , H_{q}(x) , x\right)={\it resultant}\left(\left(-1\right)^{m+1}\,H_{q-m}(x) , H_{q}(x) , x\right) $$
となります。これらの場合を統合すると、
\(resultant(H_{p}(x),H_{q}(x),x)=\pm\,resultant(H_{q}(x),H_{|q-m|}(x),x)\)
となります。
\(|q-m|\)は奇数でかつ\(q\)と互いに素であることから、同じ変形を繰り返すことができます。従ってこの変形を繰り返すと必ずどちらかが\(H_{1}(x)=1\)になり、1と任意の多項式との終結式が1になることから証明が終了します。
