https://spherical-harmonics.hateblo.jp/entry/Handai/2025/Bunkei

2025.03.10記

[2] 次の条件によって定められる数列 $\{ a_n \}$ がある．
$a_1=1$ ， $a_{n+1}=\dfrac{2n-1}{2n}a_n$ （ $n=1，2，3，\cdots$ ）

(1) 正の整数 $k，\ell$ に対して
$\dfrac{k}{k+\ell-1}a_{k+1}a_\ell+\dfrac{\ell}{k+\ell-1}a_ka_{\ell+1}=a_ka_\ell$
が成り立つことを示せ．

(2) 正の整数 $m$ に対して
$\displaystyle\sum_{k=1}^ma_ka_{m-k+1}=1$
が成り立つことを示せ．

本問のテーマ

通常型母関数(2025.03.27)
一般二項定理(2025.03.27)
ヴァンデルモンド(Vandermonde)の畳み込み(2025.03.27)

2025.03.10記
例えば $a_n=\dfrac{2}{\pi}\displaystyle\int_0^{\pi/2}\sin^{2n-2}x\, dx$ のように Wallis 積分を用いて表すことができる．使わないけど．
（2025.03.27追記
しかし，一般二項定理で表現した $a_n=(-1)^{n-1}{}_{-\frac{1}{2}}\mbox{C}_{n-1}$ は使う．）

(2) は例えば
$\displaystyle\sum_{k=1}^3 a_ka_{4-k}$ $=a_1a_3+a_2^2+a_3a_1$
$=\dfrac{a_2a_3+3a_1a_4+2a_2a_3+2a_3a_2+3a_4a_1+a_3a_2}{3}$
$=\dfrac{3a_1a_4+3a_2a_3+3a_3a_2+3a_4a_1}{3}$
$=a_1a_4+a_2a_3+a_3a_2+a_4a_1$
$=\displaystyle\sum_{k=1}^4 a_ka_{5-k}$
と変形できることを参考にしてみよう．

[解答]
$2n-1\neq 0$ であるから全ての自然数 $n$ に対して $a_n\neq 0$ である

(1) $\dfrac{k}{k+\ell-1}a_{k+1}a_\ell+\dfrac{\ell}{k+\ell-1}a_ka_{\ell+1}$
$=\dfrac{k}{k+\ell-1}\cdot\dfrac{2k-1}{2k}a_{k}a_\ell+\dfrac{\ell}{k+\ell-1}\cdot \dfrac{2\ell-1}{2\ell}a_ka_{\ell}$
$=\dfrac{(2k-1)+(2\ell -1)}{2k+2\ell-2}a_{k}a_\ell$ $=a_ka_{\ell}$
である．

(2) $m \displaystyle\sum_{k=1}^ma_ka_{m-k+1}$
$=\displaystyle\sum_{k=1}^m ma_ka_{m-k+1}$
$=\displaystyle\sum_{k=1}^m \{ka_{k+1}a_{m-k+1}+(m-k+1)a_ka_{m-k+2}\}$
$=\displaystyle\sum_{k=1}^m ka_{k+1}a_{m-k+1}$ $+\displaystyle\sum_{k=1}^m (m-k+1)a_ka_{m-k+2}$
$=\displaystyle\sum_{k=2}^{m+1} (k-1)a_{k}a_{m-k+2}$ $+\displaystyle\sum_{k=1}^m (m-k+1)a_ka_{m-k+2}$
$=m a_1a_{m+1}+\displaystyle\sum_{k=2}^{m} \{(k-1)a_{k}a_{m-k+2}+(m-k+1)a_ka_{m-k+2}\}+ma_{m+1}a_1$
$=m a_1a_{m+1}+\displaystyle\sum_{k=2}^{m} ma_{k}a_{m-k+2}+ma_{m+1}a_1$
$=m \displaystyle\sum_{k=1}^{m+1}a_ka_{m-k+2}$
であるから，
$\displaystyle\sum_{k=1}^ma_ka_{m-k+1}$ $=\displaystyle\sum_{k=1}^{m+1}a_ka_{m-k+2}$
が成立するので，任意の自然数 $m$ について $\displaystyle\sum_{k=1}^ma_ka_{m-k+1}$ は定数である．
よって
$\displaystyle\sum_{k=1}^ma_ka_{m-k+1}$ $=\displaystyle\sum_{k=1}^1a_ka_{2-k}=a_1^2=1$
が成立する．

2025.03.27記
$f(x)=a_1+a_2x+\cdots+a_nx^{n-1}+\cdots$ $=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} a_{n+1}x^n$
と $a_n$ の1つずれた通常型母関数を考えると(2)から
$\{f(x)\}^2=a_1^2+(a_1a_2+a_2a_1)x+(a_1a_3+a_2^2+a_3a_1)x^2+\cdots$ $=1+x+x^2+\cdots$ $=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} x^n$ $=\dfrac{1}{1-x}$
が目標なので， $f(x)=\dfrac{1}{\sqrt{1-x}}$ となることを示せば良い．

一般二項定理により $\dfrac{1}{\sqrt{1-x}}=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} (-1)^{n}{}_{-\frac{1}{2}}\mbox{C}_{n}x^n$ と展開できるので， $a_n=(-1)^{n-1}{}_{-\frac{1}{2}}\mbox{C}_{n-1}$
となることを示せば良い．

ここで $(-1)^{0}{}_{-\frac{1}{2}}\mbox{C}_{0}=1\cdot 1=1=a_1$ であり， $a_n=(-1)^{n-1}{}_{-\frac{1}{2}}\mbox{C}_{n-1}$ のとき
$a_{n+1}=\dfrac{2n-1}{2n}a_n$ $=\dfrac{2n-1}{2n}(-1)^{n-1}{}_{-\frac{1}{2}}\mbox{C}_{n-1}$ $=-\dfrac{\dfrac{1-2n}{2}}{n}(-1)^{n-1}{}_{-\frac{1}{2}}\mbox{C}_{n-1}$ $=(-1)^{n}{}_{-\frac{1}{2}}\mbox{C}_{n-1}\cdot \dfrac{-\dfrac{1}{2}-(n-1)}{n}$ $=(-1)^{n}{}_{-\frac{1}{2}}\mbox{C}_{n}$
だから帰納的に $a_n=(-1)^{n-1}{}_{-\frac{1}{2}}\mbox{C}_{n-1}$ となる．

[大人の解答]
(1) $a_n=(-1)^{n-1}{}_{-\frac{1}{2}}\mbox{C}_{n-1}$ となることを証明する．

(i) $n=1$ のとき $(-1)^{0}{}_{-\frac{1}{2}}\mbox{C}_{0}=1\cdot 1=1=a_1$ より成立する．

(ii) $n=k$ のとき $a_k=(-1)^{k-1}{}_{-\frac{1}{2}}\mbox{C}_{k-1}$ と仮定すると
$a_{k+1}=\dfrac{2k-1}{2k}a_k$ $=\dfrac{2k-1}{2k}(-1)^{k-1}{}_{-\frac{1}{2}}\mbox{C}_{k-1}$ $=-\dfrac{\dfrac{1-2k}{2}}{k}(-1)^{k-1}{}_{-\frac{1}{2}}\mbox{C}_{k-1}$ $=(-1)^{k}{}_{-\frac{1}{2}}\mbox{C}_{k-1}\cdot \dfrac{-\dfrac{1}{2}-(k-1)}{k}$ $=(-1)^{k}{}_{-\frac{1}{2}}\mbox{C}_{k}$
となり $n=k+1$ でも成立する．

よって帰納的に $a_n=(-1)^{n-1}{}_{-\frac{1}{2}}\mbox{C}_{n-1}$ となる．

このとき，
$\dfrac{k}{k+\ell-1}a_{k+1}a_\ell+\dfrac{\ell}{k+\ell-1}a_ka_{\ell+1}$
$=\dfrac{(-1)^{k+\ell-1}}{k+\ell-1}\left( k\cdot {}_{-\frac{1}{2}}\mbox{C}_{k}\cdot{}_{-\frac{1}{2}}\mbox{C}_{\ell-1}+\ell\cdot {}_{-\frac{1}{2}}\mbox{C}_{k-1}\cdot{}_{-\frac{1}{2}}\mbox{C}_{\ell}\right)$
$=\dfrac{(-1)^{k+\ell-1}}{k+\ell-1}\cdot {}_{-\frac{1}{2}}\mbox{C}_{k-1}\cdot{}_{-\frac{1}{2}}\mbox{C}_{\ell-1}\left( k\cdot \dfrac{-\dfrac{1}{2}-(k-1)}{k}+\ell\cdot\dfrac{-\dfrac{1}{2}-(\ell-1)}{\ell}\right)$
$=\dfrac{(-1)^{k+\ell-1}}{k+\ell-1}\cdot {}_{-\frac{1}{2}}\mbox{C}_{k-1}\cdot{}_{-\frac{1}{2}}\mbox{C}_{\ell-1}\cdot (1-k-\ell)$
$=(-1)^{k-1}{}_{-\frac{1}{2}}\mbox{C}_{k-1}\cdot (-1)^{\ell-1} {}_{-\frac{1}{2}}\mbox{C}_{\ell-1}$
$=a_ka_\ell$
が成立する．

(2) 一般二項定理により
$f(x)=a_1+a_2x+\cdots+a_nx^{n-1}+\cdots$ $=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} (-1)^{n}{}_{-\frac{1}{2}}\mbox{C}_{n}x^n$ $=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} {}_{-\frac{1}{2}}\mbox{C}_{n}(-x)^n$ $=\dfrac{1}{\sqrt{1-x}}$
が成立するので，
$\{f(x)\}^2=\dfrac{1}{1-x}=1+x+x^2+\cdots$
が成立する．この形式的羃級数の両辺の $x^{m-1}$ の係数を比較して
$\displaystyle\sum_{k=1}^ma_ka_{m-k+1}=1$
を得る．

2025.03.31記
本問(2)は
$(1+(-x))^{-\frac{1}{2}}(1+(-x))^{-\frac{1}{2}}=(1+(-x))^{-1}$
の羃級数展開の係数比較から得られるが，一般に
$(1+x)^{p}(1+x)^{q}=(1+x)^{p+q}$
の羃級数展開の $x^n$ の係数比較から得られる
$\displaystyle\sum_{k=0}^{n} {}_p\mbox{C}_k\cdot {}_q\mbox{C}_{n-k}={}_{p+q}\mbox{C}_n$
をヴァンデルモンドの畳み込みという．

ヴァンデルモンドの畳み込みの $n=m-1$ の場合から
$\displaystyle\sum_{k=0}^{m-1} {}_{-\frac{1}{2}}\mbox{C}_k\cdot {}_{-\frac{1}{2}}\mbox{C}_{m-k-1}={}_{-1}\mbox{C}_{m-1}=(-1)^{m-1}$
となるので， ${}_{-\frac{1}{2}}\mbox{C}_r=(-1)^ra_{r+1}$ から
$\displaystyle\sum_{k=0}^{m-1} (-1)^{k+(m-k-1)} a_{k+1} a_{m-k} = (-1)^{m-1}$ ，
つまり
$\displaystyle\sum_{k=0}^{m-1} a_{k+1} a_{m-k} =1$
が成立する．ここで $k+1=K$ とおくと
$\displaystyle\sum_{K=1}^{m} a_{K} a_{m-K+1} =1$
と(2)の結果が得られる．

また，通常型母関数
$f(x)=a_0 +a_1 x + a_2 x^2 +\cdots$
に対して
$xf(x)=a_0 x +a_1 x^2 + a_2 x^3 +\cdots$
となるので，通常型母関数に $x$ を掛けることにより $a_n\mapsto a_{n-1}$ というシフトを行うことになる
（ $a_{-1}=0$ とする）．

そこで
$\{x(1+x)^{p}\}(1+x)^{q}=x(1+x)^{p+q}$
の羃級数展開の $x^m$ の係数比較を行うと
$\displaystyle\sum_{k=1}^{m} {}_p\mbox{C}_{k-1}\cdot {}_q\mbox{C}_{m-k}={}_{p+q}\mbox{C}_{m-1}$ ，
つまり
$\displaystyle\sum_{k=1}^{m} (-1)^{(k-1)+(m-k)}a_ka_{m-k+1}=(-1)^{m-1}$
を経由して
$\displaystyle\sum_{k=1}^{m} a_ka_{m-k+1}=1$
が得られることになる．