\(\newcommand{\floor}[1]{\lfloor #1 \rfloor}
\newcommand{\Bfloor}[1]{\Bigl\lfloor #1 \Bigr\rfloor}
\newcommand{\kumiawase}[2]{{}_{#1}\text{C}_{#2}}\)
前回の話の、その後の展開である。周囲にまとめを配ったところ、いくらかの反応を頂くことができ、ちょっと考察が進んだ部分がある。
- 前回の話でキーポイントとなった等式
\begin{equation}
\label{eq:legendresum}
\sum_{k=0}^{N} \frac{n!}{2^{2k}(k!)^{2}(n-2k)!} x^{n-2k}
(x^{2}-1)^{k} = P_{n}(x) \qquad (N=\Bfloor{\frac{n}{2}})
\end{equation}
だが、すでに前回の記事に追記した通り、\eqref{eq:legendresum}は \(P_{n}(x)\) の漸化式を使わず直接示せることをご教示頂いた。Leibniz rule の多項定理版を、\(P_{n}(x) = \dfrac{1}{2^{n}n!} \dfrac{d^{n}}{dx^{n}} \bigl\{ (x^{2}-1)^{n} \bigr\}\) に適用するだけだった。 - 他の方から、「\(p_{n}\) は、3次元単純ランダムウォークにおいて、\(n\) 秒後に、例えば \(x\) 座標が \(0\) になる確率と同じ」ともご教示いただいた。確かにその通りだが、まったく意識していなかった。これをヒントにランダムウォークとの関連の考察は多少行ったので後述する。
- また別の方からは「同じ目が出る面の数が３以上になった場合に一般化するとどうなるの？」というコメントあり。元の話で Legendre 多項式が現れるのは、和の式で「次数が 2 ずつ減っている」ことと切り離せないわけだから、そこが 2 以外の数になってしまうとまるっきり違う構造の式になってしまう。その場合でも Legendre 多項式とは別の特殊関数を使った式は何か出てくる可能性はあるけれど、少なくとも類似の式で表すことは困難だろう（もしかすると、超幾何関数を使って何か統一的に書けたりする？）。
- その代わり、サイコロ自体の面数の一般化はすぐできる。前回の場合の数の式の \(4^{n-2k}\) が単に \((\text{サイコロの面数}-2)^{n-2k}\) になるだけなので、\eqref{eq:legendresum}から前回導いた
\begin{equation}
\label{eq:35-1}
\sum_{k=0}^{N} \frac{n!}{(k!)^{2}(n-2k)!} \biggl( \frac{2x}{\sqrt{x^{2}-1}} \biggr)^{n-2k} = \biggl( \frac{2}{\sqrt{x^{2}-1}} \biggr)^{n} P_{n}(x) \qquad (N=\Bfloor{\frac{n}{2}})
\end{equation}
によって Legendre 多項式を使った形で書ける。ちょっと面白いのは４面体サイコロの場合で、このときは\eqref{eq:35-1}左辺の \(\dfrac{2x}{\sqrt{x^{2}-1}}\) を \(2\) にする必要があるため、\(x \to \infty\) の極限をとることになり、\eqref{eq:35-1}の右辺の極限は \(\kumiawase{2n}{n}\) となる（単純計算なので過程は省略）。つまり４面体サイコロの場合の確率は、Legendre 多項式を含まないもっと単純な形 \(\dfrac{\kumiawase{2n}{n}}{4^{n}}\) で表されるということだ。 - さらに、４面体サイコロの場合、対応するランダムウォークは２次元単純ランダムウォークとなるので、今の結果から「２次元の単純ランダムウォークで、原点を出発してから \(n\) 歩後に \(x=0\) になっている経路数がちょうど \(\kumiawase{2n}{n}\) 通り」ということがわかる。このことを組み合わせ論的に一発で直接数え上げる方法は私はまだ見つけていないが、Legendre 多項式を経由せずに導くことには成功した。\(x\) 座標を一般化した次のことがなりたつ。
【命題】
２次元単純ランダムウォークで、原点から出発して \(n\) 歩後に \(x\) 座標が \(k\) となっているような経路数は \(\kumiawase{2n}{n+k}\) 通りである証明は、\(n\) に関する数学的帰納法で容易なので省略する。
これは結構きれいな結果なので、ランダムウォークを研究されてる方の間ではよく知られた話なのではないか？と思っているのだが、どうだろう。
- Legendre 多項式との関連から、【命題】は、次元数が上がるときれいな式にまとめるのは困難だろう、と予想される。
- 次元が変わることは元の問題ではサイコロの面数が変わることと同じ。
- \eqref{eq:35-1}で \(x \to \infty\) となるのは４面体サイコロの場合だけ。
- よって、３次元以上のランダムウォークでは、\(n\) 歩後に \(x=0\) となる経路数は、有限の \(x\) に対する \(\biggl( \dfrac{2}{\sqrt{x^{2}-1}} \biggr)^n P_{n}(x)\) で表され、\(\kumiawase{2n}{n}\) のようなきれいな式になることは望めない。
- \(x=0\) となる経路数すらきれいな式にならないのなら、一般化した \(x=k\) となる経路数はなおさら無理だろう。
- なお、【命題】から、次の非自明な等式がなりたつこともわかる。
\begin{equation}
\label{eq:35-2}
\sum_{r} \frac{n! 2^{n-2r-k}}{r! (r+k)! (n-2r-k)!} = \kumiawase{2n}{n+k}
\end{equation}
（左辺の和で、\(r\) の範囲は和の式が意味を持つ範囲での和とする） - ランダムウォークへの言い換えで、必ずしも次元を上げる必要はない。\(x\) 座標のみに着目して \(n\) 歩後に \(x=0\) になっているかどうかを考えるなら、１次元のランダムウォークで、「その場に留まる」こともありうるようなモデルを考えても等価になる。例えば元々の６面体サイコロの場合、確率 \(\dfrac{1}{6}\)で１歩右に、確率 \(\dfrac{1}{6}\) で１歩左に進み、確率 \(\dfrac{2}{3}\)でその場に留まる、というモデルと同じになっている。実際、上の【命題】で述べたことは、そのようにして４面体サイコロモデルを１次元上のランダムウォークと解釈した上で、横軸を歩数、縦軸を座標とするダイヤグラムを描いて、格子点上に「その歩数でその点に到達する経路数」を書き入れていって気づいた事実だ。
- ところで、文字 \(a, b, c, d, e\) を横に並べて、Pascal の三角形と同じルールで和をとって１行下に並べる、ということを繰り返していくと、
\begin{equation}
\label{eq:35-4}
\begin{array}{r|ccccc}
\text{元の行} & a & b & c & d & e \\
\hline
\text{１行目} & a+b & b+c & c+d & d+e \\
\text{２行目} & a+2b+c & b+2c+d & c+2d+e \\
\text{３行目} & a+3b+3c+d & b+3c+3d+e \\
\text{４行目} & a+4b+6c+4d+e
\end{array}
\end{equation}
となって、どの行の係数にも二項係数が現れる（例えば３行目なら \(1,3,3,1\)）。これが偶然などではなく、そうなるべくしてなっている必然、ということはすぐにわかるだろう。かなり野暮ながら理由を説明してしまうと、二項係数の基本等式の１つ
\[ \kumiawase{n}{k-1} + \kumiawase{n}{k} = \kumiawase{n+1}{k} \]
というのは要するにPascal の三角形から１行取り出し、複製して左右に１個ずらして上下に重ねて上下方向に足すと元の三角形での１つ下の行になる（下図）
\[
\begin{array}{rllllll}
& 1 & 3 & 3 & 1 & & \leftarrow \text{Pascalの三角形のある行} \\
+)& & 1 & 3 & 3 & 1 & \leftarrow \text{それを右に１個ずらした} \\
\hline
& 1 & 4 & 6 & 4 & 1 & \leftarrow \text{足し合わせるとPascalの三角形の次の行}
\end{array}
\]
ということにほかならないからだ。\eqref{eq:35-4}の元の行の \(a, b, c, d, e\) の係数がいずれも Pascal の三角形のてっぺん \(\kumiawase{0}{0}\) である以上、\(n\) 行目に現れる係数が \(\kumiawase{n}{k} \; (k=0,\dots,n)\) となるのは当然の話だ。 - 【命題】がなりたつのは、\(n\) 歩後に \(x=k\) になっている経路数を \(f(n,k)\) としたとき、
\begin{equation}
\label{eq:35-3}
f(n+1,k) = f(n,k-1) + 2f(n,k) + f(n,k+1)
\end{equation}
という漸化式が成り立っていることから示せるが、ここで\eqref{eq:35-3}右辺に現れる係数 \(1,2,1\) がちょうど二項係数 \(\kumiawase{2}{0}\), \(\kumiawase{2}{1}\), \(\kumiawase{2}{2}\) になっている、という所が \(f(n,k) = \kumiawase{2n}{n+k}\) となることと極めて強く結びついている。これは要するに\eqref{eq:35-4}で「元の行」から「２行目」を計算するのと同じことをやっているわけだから、\eqref{eq:35-3}が言っているのは要するにこういうことである:\(f(n,k)\) の \(n\) が１つ増えることは、Pascal の三角形の「２行下」を見ることと同じである
今の話から、【命題】の成立が「\(1,2,1\) がちょうど二項係数」ということに非常に強く依存している、ということがわかる。ということは、係数がちょっと変わるともう \(f(n,k)\) と二項係数との一致は消え去ってしまうということだ。このことからも、【命題】の高次元への拡張が困難であることが読み取れる。例えば３次元の場合は、\eqref{eq:35-3}に当たる式の右辺の係数は \(1,4,1\) となってしまうので、二項係数のようなシンプルな表式の成立は最早望めなくなる。この場合はやはり\eqref{eq:35-1}のような Legendre 多項式を用いた変態的な表式にならざるを得ないわけだ。