Legendre 多項式で表される確率・その５

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前回の考察で、「解決」まであと１歩だった、ということにようやく気づいたので書いておく。

まずは、前回導いた所まで改めて導出を書いておこう。サイコロを $n$ 個振ったとき、$6^n$ 通りの目の出方のうち、1 の目が 6 の目より $k$ 個多く出る出方が $f(n,k)$ 通りあるとする（$-n\leqq k\leqq n$）。元々の話の確率は $p_n={\displaystyle \frac{f(n,0)}{6^n}}$ となる。対称性によって $f(n,-k)=f(n,k)$ である。

普通に立式すれば
$$\begin{array}{}\text{(1)}& f(n,k)=\sum _r{\displaystyle \frac{n!4^{n-2r-k}}{r!(r+k)!(n-2r-k)!}}\end{array}$$
となる。ここで、$\text{(1)}$右辺は和の式が意味を持つ $r$ の範囲で和をとる。

$\text{(1)}$の両辺に $x^k$ をかけて和をとると
$$\begin{array}{}\text{(2)}& \sum _{k=-n}^{n}f(n,k)x^k=\sum _{k=-n}^n\sum _r{\displaystyle \frac{n!4^{n-2r-k}{x}^k}{r!(r+k)!(n-2r-k)!}}\end{array}$$
だが、$x^k=x^{r+k}{x}^{-r}$ に注意すると$\text{(2)}$の右辺は多項定理による展開形そのもので、よって
$$\begin{array}{}\text{(3)}& \sum _{k=-n}^{n}f(n,k)x^k=(x+4+{\displaystyle \frac{1}{x}}{)}^n\end{array}$$
がなりたつ。ここまでは前回到達していた。ここからあと少しで、ちゃんと Legendre 多項式が出てくる話になる。

$\text{(3)}$の両辺に $x^n$ をかけると
$$\sum _{k=-n}^{n}f(n,k)x^{n+k}=(x^2+4x+1{)}^n(=g(x)\text{ とおく})$$
で、多項式 $g(x)$ の $x^{n+k}$ の係数が $f(n,k)$ である。

よって例えば $f(n,0)$ を求めたければ $f(n,0)={\displaystyle \frac{g^{(n)}(0)}{n!}}$ である。そこで $x^2+4x+1=(x+2{)}^2-3$ と平方完成してみると、Legendre 多項式との関連がはっきりしてくる。解析概論にならって $u(x)=(x^2-1{)}^n$ とおくと
$$\begin{array}{rl}u({\displaystyle \frac{x}{\sqrt{3}}})& =({\displaystyle \frac{x^2}{3}}-1{)}^n={\displaystyle \frac{(x^2-3{)}^n}{3^n}}\\ \therefore g(x)& =((x+2{)}^2-3{)}^n=3^{n}u({\displaystyle \frac{x+2}{\sqrt{3}}})\text{であるから、}\\ g^{(n)}(x)& =3^n\cdot ({\displaystyle \frac{1}{\sqrt{3}}}{)}^n{u}^{(n)}({\displaystyle \frac{x+2}{\sqrt{3}}})\\ \therefore g^{(n)}(0)& ={\sqrt{3}}^n{u}^{(n)}({\displaystyle \frac{2}{\sqrt{3}}})\\ \therefore f(n,0)& ={\displaystyle \frac{g^{(n)}(0)}{n!}}={\displaystyle \frac{{\sqrt{3}}^n}{n!}}{u}^{(n)}({\displaystyle \frac{2}{\sqrt{3}}})\\ & ={\sqrt{3}}^n\cdot 2^n{P}_n({\displaystyle \frac{2}{\sqrt{3}}})(\because P_n(x)={\displaystyle \frac{1}{2^{n}n!}}{u}^{(n)}(x))\end{array}$$
となる。この両辺を $6^n$ で割れば、初回に導いた
$$p_n={\displaystyle \frac{1}{{\sqrt{3}}^n}}{P}_n({\displaystyle \frac{2}{\sqrt{3}}})$$
が再現される。

• 他の $f(n,k)$ もまったく同様に $P_n(x)$（あるいは Legendre 陪関数 $P_n^k(x)$）を利用して表せる。
• この流れだと、
  • なぜ Legendre 多項式が現れるのか？
  • ${\displaystyle \frac{2}{\sqrt{3}}}$ という値は何なのか？

  という疑問に対する必然性が割とはっきりする。前者は、$(2\text{次式}{)}^n$ の $x^n$ の係数を抜き出すために $n$ 回微分するから。また、$f(n,-k)=f(n,k)$ という対称性のためにこの $2$ 次式は相反形になっているわけだが、それを平方完成した形を $x^2-1$ と結びつけるために係数を調節した結果現れた数が ${\displaystyle \frac{2}{\sqrt{3}}}$ だった、というストーリーになっている。

【2015, 4/15 追記】
$\text{(3)}$を導く別の道筋もあるのか。$f(n,k)$ は定義により
$$\begin{array}{}\text{(4)}& f(n+1,k)=f(n,k-1)+4f(n,k)+f(n,k+1)\end{array}$$
をみたす（$|k|>n$ のときは $f(n,k)=0$ と定めておけば、$\text{(4)}$は $k$ によらず成立する）。両辺に $x^k$ をかけて和を取れば
$$\begin{array}{rl}\sum _{k}f(n+1,k)x^k& =\sum _{k}f(n,k-1)x^k+4\sum _{k}f(n,k)x^k+\sum _{k}f(n,k+1)x^k\\ & =\sum _{k}f(n,k)x^{k+1}+4\sum _{k}f(n,k)x^k+\sum _{k}f(n,k)x^{k-1}\\ & =(x+4+\frac{1}{x})\sum _{k}f(n,k)x^k\\ \therefore \sum _{k}f(n,k)x^k& =(x+4+\frac{1}{x}{)}^n\sum _{k}f(0,k)x^k=(x+4+\frac{1}{x}{)}^n\end{array}$$
となって$\text{(3)}$が出てくる。