日曜数学 Advent Calendar 2023 18日目の記事です．
突然ですがみなさん，3項間漸化式は知っていますか？
高校で習ったという方も多いと思いますが，たとえば Fibonacci 数列
a_{n + 2} = a_{n + 1} + a_n
のように，数列 (a_n)_{n \in \mathbb Z} を定義するための漸化式の一種です．
ここでは特に正規形かつ線形斉次，つまり
a_{n + 2} = c_1 a_{n + 1} + c_0 a_n \quad (c_0, c_1 \in \mathbb C)
という形の3項間漸化式に限って話をします．
実はこの漸化式の解法を調べていくと，表現論や量子力学と深く関わっていることが分かります！
この記事ではそんな雰囲気を掴んでもらおうという目論見です．
もう少し詳しい解説は表現論 Advent Calendar の記事でもしているので，表現論に慣れている方はそちらもお読みください．
さて，最初に高校数学の復習をしましょう．上の形の漸化式は，特性多項式 (characteristic polynomial)
\chi (t) := t^2 - c_1 t - c_0 \in \mathbb C [t]
と呼ばれる多項式を考えることから始まります．この多項式の根を \lambda_1, \lambda_2 \in \mathbb C と置くと，
- 重根を持たない（\lambda_1 \neq \lambda_2）とき \lambda_1^n と \lambda_2^n；
- 重根を持つ（\lambda_1 = \lambda_2）とき \lambda_1^n と n \lambda_1^n
の線型結合として一般解が書けます．
あとは初期条件 a_0, a_1 から線型結合の係数が求まるので，無事に3項間漸化式を解くことができます．
これは d 項間漸化式
a_{n + d - 1} = c_{d - 2} a_{n + d - 2} + \dotsb + c_0 a_n \quad (c_0, \dotsc c_{d - 2} \in \mathbb C)
に一般化することができ，特性多項式
\chi (t) := t^{d - 1} - c_{d - 2} t^{d - 2} - \dotsb - c_0 \in \mathbb C [t]
の相異なる根を \lambda_1, \dotsc, \lambda_k，それぞれの重複度を m_1, \dotsc, m_k とするとき n^j \lambda_i^n (0 \leqslant j \leqslant m_i - 1, 1 \leqslant i \leqslant k) の線型結合で一般解が書けます．
この解法をもう少し整理するために，数列に対する二つの演算子 p, q を導入しましょう．
まず数列全体のなす空間を S := \mathrm{Map} (\mathbb Z, \mathbb C) と置きます．
その上の線形演算子 p : S \to S を
p (a_n)_{n \in \mathbb Z} := (a_{n + 1})_{n \in \mathbb Z}
で，q : S \to S を
q (a_n)_{n \in \mathbb Z} := (n a_{n - 1})_{n \in \mathbb Z}
で定義します．つまり p は添字を 1 だけずらす演算子，q は n 倍する（かつ添字を -1 ずらす）演算子です．
こうするとき，漸化式は
p^{d - 1} a - c_{d - 2} p^{d - 2} a - \dotsb - c_0 a = 0 \quad (a \in S)
という S の中の方程式として考えることができます．
これを書き換えると
あるいは
(p - \lambda_1)^{m_1} \dotsm (p - \lambda_k)^{m_k} a = 0
となります．
そして，この解が
q^j \Lambda_i \quad (0 \leqslant j \leqslant m_i - 1, 1 \leqslant i \leqslant k), \\
\Lambda_i := (\lambda_i^n)_{n \in \mathbb Z} \in S
の線型結合で書けるというわけです．
以上の解法を考えるとき，当然として思い浮かぶ疑問は
-
q とは？？ なぜ n^j が出てくるの？
- なぜこれらの線型結合で書ける？
- 線型結合の係数はちゃんと求まる？ つまり q^j \Lambda_i は線形独立？
などがありますが，1. に関しては量子力学的な観点で正当化でき，2-3. は Heisenberg 代数の表現論を用いることで綺麗（= 行列を使わず）に証明できます．
q^j, n^j の由来
下でも説明しますが，q 演算子は p q - q p = \mathrm{id} という性質しか使いません．
それが Lie 代数の表現論だからです．
なので，q 演算子の由来は "p q - q p = \mathrm{id} が成り立つような q を見つけよ" という問題に還元されます．
この手の問題で思い出すのは量子力学ですね．量子力学では，まず p 演算子の固有状態 | p \rangle に対する平行移動
T (\Delta p) : | p \rangle \mapsto | p + \Delta p \rangle
を考えます．変位 \Delta p = \mathrm d p が微小のとき，\mathrm d p の一次まで展開して
T (\mathrm d p) | p \rangle = | p \rangle + \mathrm d p \frac{\partial}{\partial p} \, | p \rangle
と書けるので，q | p \rangle := \frac{\partial}{\partial p} \, | p \rangle と置けば p q - q p = \mathrm{id} が成り立つ，という流れでした．（p と q を入れ替えても同様です．）
この議論を数列に対してイイカンジに適用すれば，q 演算子を得ることができます．（形式的な超関数 = 母関数を使います．）
どのように適用するかは本記事の範囲を逸脱するため，ここでこのお話は終わりにします．
漸化式の解について
この q 演算子を用いて漸化式の解を表すわけですが，まず特性多項式の根が一つだけのとき，つまり
\chi (t) = (t - \lambda)^m
のときから始めます．
すでに指摘した通り p q - q p = \mathrm{id} が成り立つので，p 演算子を \lambda だけずらして (p - \lambda) q - q (p - \lambda) = \mathrm{id} もまた成り立ちます．
そこで新しく \bar p := p - \lambda と置くと，漸化式は \bar p^m a = 0 と書くことができます．
これが，Heisenberg 代数の表現論を用いることで実は多項式環上の微分方程式
\frac{\mathrm d^m}{\mathrm d x^m} a (x) = 0 \quad (a (x) \in \mathbb C [x])
と同一視できるのです．
（1 自由度の）Heisenberg 代数とは I, P, Q の三つの元で生成されるベクトル空間 \mathfrak h := \mathbb C I \oplus \mathbb C P \oplus \mathbb C Q に対して，交換関係
[P, Q] = I, \quad [I, P] = [I, Q] = 0
を定義して Lie 代数としたもののことです．
数列空間 S 上の演算子 \mathrm{id}, \bar p, q も同様の交換関係 [\bar p, q] = \mathrm{id} etc. を満たすため，
I \mapsto \mathrm{id}, \quad P \mapsto \bar p, \quad Q \mapsto q
という対応により S が Heisenberg 代数の表現となるのです．
そしてそれは多項式環も同様です．
I \mapsto \mathrm{id}, \quad P \mapsto \frac{\mathrm d}{\mathrm d x}, \quad Q \mapsto x
という対応で \mathbb C [x] は Heisenberg 代数の表現となります．
この状況で，表現論によれば，さらに S と \mathbb C [x] との間に
-
\Lambda = (\lambda^n)_{n \in \mathbb Z} \in S と 1 \in \mathbb C [x]，
-
\bar p \in \mathrm{End} \, S と \mathrm d / \mathrm d x，
-
q \in \mathrm{End} \, S と x
という対応が導かれます．
そして微分方程式 \mathrm d^m a (x) / \mathrm d x^m = 0 の解が 1, \dotsc, x^{m - 1} の線型結合で書けることから，漸化式 \bar p^m a = 0 の解も \Lambda, \dotsc, q^{m - 1} \Lambda の線型結合で書けることが従います．
また，これらの解の線形独立性も，多項式環において 1, \dotsc, x^{m - 1} が線形独立なため従います．
一般の場合
\chi (t) = (t - \lambda_1)^{m_1} \dotsm (t - \lambda_k)^{m_k}
も，多項式環の微分演算子をよく観察することで，
-
q^j \Lambda_i が解であること，
- これらが線形独立であること，
- これらしか解がないこと
が分かります．
3項間の場合
d = 3 の場合
(p - \lambda) (p - \mu) a = 0
で試してみましょう．
まず重根を持つ \lambda = \mu のときを考えます．
b := (p - \lambda) a と置くと (p - \lambda) b = 0，つまり b_{n + 1} = \lambda b_n という漸化式となるので，この解は \Lambda = (\lambda^n)_{n \in \mathbb Z} のスカラー倍になります．
これを b = c' \Lambda と書きましょう．
\bar p q - q \bar p = \mathrm{id} と \bar p \Lambda = 0 に注意すると，
c' \Lambda = c' \bar p q \Lambda - c' q \bar p \Lambda = c' \bar p q \Lambda
と書き直せるので，\bar p (a - c' q \Lambda) = 0 が従います．
ここで先程と同様に a - c' q \Lambda が \Lambda のスカラー倍 c'' \Lambda で書けるので，結局 a = c' q \Lambda + c'' \Lambda となって，3項間漸化式の解が求まります．
次に重根を持たない \lambda \neq \mu のときを考えます．
b := (p - \mu) a と置けば，\lambda = \mu のときと同様に b = c' \Lambda と書くことができます．
一方で今度は
\Lambda = \frac{1}{\lambda - \mu} (\bar p + (\lambda - \mu)) \Lambda = \frac{1}{\lambda - \mu} (p - \mu) \Lambda
と変形すれば，(p - \mu) (a - (c' / \lambda- \mu) \Lambda) = 0 を得，適当なスカラー c'' を用いて
a = \frac{c'}{\lambda - \mu} \Lambda + c'' M, \quad M := (\mu^n)_{n \in \mathbb Z}
と表すことができました．
これらの式変形は，多項式環でも確かめてみてください．
おわりに
（正規形線形斉次）漸化式は，多項式環の微分演算子によって完全に記述することができます．
これは，多項式環が Heisenberg 代数の Verma 表現と呼ばれる表現の既約成分であることに由来する，一般的な現象です．
漸化式に限らず，問題を Verma 表現の既約成分に帰着できることは結構多くあります．
みなさんもぜひ表現論を活用して遊んでみてください．
Discussion