https://spherical-harmonics.hatenablog.com/entry/2025/06/15/150607

16ΣΣ4^k=5^n-4n-1
より示された https://t.co/9csIVrYhEt
— 菫青/Kinsei (@_095y0) 2025年6月14日

$5^n-4n$ （ $n\in\mathbb{N}$ ）は $16$ で割ると $1$ 余ることを示せ．

もちろん二項定理から，mod 16 で $(4+1)^n-4n\equiv 1$ と求めるのが一般的であり，それで思考停止をした訳だが $16\sum\sum 4^k$ （正しくは $16\sum\sum 5^k$ ）というのを見て，なるほどと思った．このX(Twitter)の投稿主は発見的に考えているが，この手の問題はその数列が満たす線形漸化式を考えるのが通例で， $a_n=5^n-4n-1$ （ $n\in\mathbb{N}$ ）が常に $16$ の倍数であることを示せば良く， $a_0=a_1=0，a_2=16$ から題意の成立が確認できる．

この漸化式は $a_n=A\cdot 5^n + (Bn+C)\cdot 1^n$ の満たす線形4項間漸化式の特性方程式の解が $5，1，1$ なので
シフト演算子 $T$ を用いて $(T-5)(T-1)^2 a_n=0$ と表され， $T^3a_n=(7T^2-11T+5)a_n$ から $a_{n+3}=7a_{n+2}-11a_{n+1}+5a_n$ のように導かれる．

この関係式を差分演算子 $\Delta=T-1$ を用いて表現すると $(\Delta -4)\Delta^2 a_n=0$ となるので， $a_n$ の階差数列 $b_n=\Delta a_n$ ，その階差 $c_n=\Delta^2 a_n$ を考えると $(\Delta -4)c_n=(T-5)c_n=0$ が成立し， $b_0=0，b_1=16$ ， $c_0=16$ とから $c_n=16\cdot 5^n$ であることがわかる．よって $\Delta^2 a_n=16\cdot 5^n$ が成立するので $a_n=16\sum\sum 5^k$ となる，という訳である．

まぁ，階差をとると多項式の部分の次数が1次下るので，1次式 $-4n-1$ を消すには2階階差を考えれば良いので $\Delta^2 a_n$ を考えると， $\Delta (r^n)=(r-1)r^n$ に注意して $\Delta^2 a_n=4^2\cdot 5^n$ となるといえばそれまでなのだが．

なお， $\Delta=T-1$ の固有値（特性方程式の解）が $T$ の固有値（特性方程式の解）よりも全て1小さくなるというのは基本的な考え方で，例えば
昔出したことがある - 球面倶楽部零八式 mark II
などでも用いるし， $2\times 2$ 行列 $A$ の固有値が $\alpha，\beta$ のときに
$P=\dfrac{1}{\beta-\alpha}(A-\alpha I)$ ， $Q=\dfrac{1}{\alpha-\beta}(A-\beta I)$
とすると， $P，Q$ の固有ベクトルはそのままに固有値を $(1，0)$ ， $(0，1)$ と変化させることができ，その結果
$PQ=QP=O$ ， $P+Q=I$ ， $\alpha P+\beta Q=I$
となることもすぐにわかる．この感覚は結構大事だと思うのだけど，ちゃんと書かれた線形代数の本は結構少ない（書いてなくはないと読み取れる本はそこそこあるが）．