何を言ってるのかわからねーと思うが、たとえば、$$\frac{(x+1)(x+3)(x+5)}{x(x+2)(x+4)(x+6)} = \frac{1}{16} \qty( \frac{5}{x} + \frac{3}{x+2} + \frac{3}{x+4} + \frac{5}{x+6} )$$
みたいな部分分数分解を一般化して、$$\frac{(x+1)(x+3) \cdots (x+2n-1)}{x(x+2)(x+4) \cdots (x+2n)}$$ではどうなるの、という話。
公式
非負整数 $n$ と複素数 $z$ について、次の等式が成り立つ。
$$\qty[ \prod_{k=0}^{n-1} (z+2k+1) ] \qty[ \prod_{k=0}^{n} \frac{1}{z+2k} ] = \frac{1}{4^n} \sum_{k=0}^n \binom{2k}{k} \binom{2(n-k)}{n-k} \frac{1}{z+2k}$$
ただし、$z \neq 0, -2, -4, \ldots, -2n$。また、$\binom{n}{k}$ は二項係数。
証明
左辺は、$$\qty[ \prod_{k=0}^{n-1} (z+2k+1) ] \qty[ \prod_{k=0}^{n} \frac{1}{z+2k} ] = \sum_{k=0}^n \frac{a_k}{z+2k}$$と部分分数分解できるから、$k=m$ のときの係数 $a_m$ を求めればよい。この両辺に $z+2m$ を掛けて、$z=−2m$ とすることを考える。
右辺について、$$
\begin{align}
&\phantom{{}={}} \eval{ (z+2m) \sum_{k=0}^n \frac{a_k}{z+2k} }_{z=-2m} \\
&= \eval{ \qty[ \sum_{k=0}^{m-1} \frac{a_k (z+2m)}{z+2k} + a_m + \sum_{k=m+1}^{n} \frac{a_k (z+2m)}{z+2k} ] }_{z=-2m} \\
&= \sum_{k=0}^{m-1} \frac{a_k (-2m+2m)}{-2m+2k} + a_m + \sum_{k=m+1}^{n} \frac{a_k (-2m+2m)}{-2m+2k} \\
&= a_m
\end{align}
$$である。左辺について、$$
\begin{align}
&\phantom{{}={}} \eval{ (z+2m) \qty[ \prod_{k=0}^{n-1} (z+2k+1) ] \qty[ \prod_{k=0}^{n} \frac{1}{z+2k} ] }_{z=-2m} \\
&= \eval{ \qty[ \prod_{k=0}^{n-1} (z+2k+1) ] \qty[ \prod_{k=0}^{m-1} \frac{1}{z+2k} ] \qty[ \prod_{k=m+1}^{n} \frac{1}{z+2k} ] }_{z=-2m} \\
&= \qty[ \prod_{k=0}^{n-1} (-2m+2k+1) ] \qty[ \prod_{k=0}^{m-1} \frac{1}{-2m+2k} ] \qty[ \prod_{k=m+1}^{n} \frac{1}{-2m+2k} ]
\end{align}
$$であるが、2 番目と 3 番目の総乗については従来と同様の流れで、$$
\begin{align}
&\phantom{{}={}} \qty[ \prod_{k=0}^{m-1} \frac{1}{-2m+2k} ] \qty[ \prod_{k=m+1}^{n} \frac{1}{-2m+2k} ] \\
&= \frac{1}{2^n} \qty[ \prod_{k=0}^{m-1} \frac{1}{-m+k} ] \qty[ \prod_{k=m+1}^{n} \frac{1}{-m+k} ] \\
&= \frac{1}{2^n} \qty[ (-1)^{m} \prod_{k=0}^{m-1} \frac{1}{m-k} ] \qty[ \prod_{k=1}^{n-m} \frac{1}{k} ] \\
&= \frac{(-1)^{m}}{2^n m! (n-m)!}
\end{align}
$$となる。また、1 番目の総乗にについては、$$
\begin{align}
&\phantom{{}={}} \prod_{k=0}^{n-1} (-2m+2k+1) \\
&= \prod_{k=-m+1}^{n-m} (2k-1) \\
&= \qty[ \prod_{k=-m+1}^0 (2k-1) ] \qty[\prod_{k=1}^{n-m} (2k-1) ] \\
&= \qty[ \prod_{k=0}^{m-1} (-2k-1) ] \qty[\prod_{k=1}^{n-m} (2k-1) ] \\
&= \qty[ (-1)^m \prod_{k=0}^{m-1} (2k+1) ] \qty[\prod_{k=1}^{n-m} (2k-1) ] \\
&= (-1)^m (2m-1)!! (2(n-m)-1)!! \\
&= (-1)^m \frac{(2m)!}{2^m m!} \cdot \frac{(2(n-m))!}{2^{n-m} (n-m)!} \\
&= (-1)^m \frac{(2m)!(2(n-m))!}{2^n m!(n-m)!}
\end{align}
$$となる。ゆえに、辺々を比較して、$$
\begin{align}
a_m
&= (-1)^m \frac{(2m)!(2(n-m))!}{2^n m!(n-m)!} \cdot \frac{(-1)^{m}}{2^n m! (n-m)!} \\
&= \frac{1}{4^n} \cdot \frac{(2m)!}{(m!)^2} \cdot \frac{(2(n-m))!}{((n-m)!)^2} \\
&= \frac{1}{4^n} \binom{2m}{m} \binom{2(n-m)}{n-m}
\end{align}
$$を得る。
母関数
中央二項係数の母関数
中央二項係数を $c_n \triangleq \binom{2n}{n}$ と書くことにして、その母関数 $F(x)$ は、$$F(x) = \sum_{n=0}^\infty c_n x^n = \frac{1}{\sqrt{1-4x}}$$と表されるらしい。
en.wikipedia.org
部分分数分解の係数の母関数
$n=\nu$ のときの $1/(z+2m)$ の係数が $x^\nu y^m$ の係数となるような母関数 $G(x,y)$ は、$$
\begin{align}
G(x,y)
&= \sum_{n=0}^\infty \sum_{k=0}^n \frac{1}{4^n} c_k c_{n-k} x^n y^k \\
&= \sum_{n=0}^\infty \qty( \frac{x}{4} )^n \sum_{k=0}^n c_k y^k \cdot c_{n-k}
\end{align}
$$であって、これが畳み込みの形なので、$$
\begin{align}
G(x,y)
&= \qty[ \sum_{n=0}^\infty c_n y^n \qty( \frac{x}{4} )^n ] \qty[ \sum_{n=0}^\infty c_n \qty( \frac{x}{4} )^n ] \\
&= \qty[ \sum_{n=0}^\infty c_n \qty( \frac{xy}{4} )^n ] \qty[ \sum_{n=0}^\infty c_n \qty( \frac{x}{4} )^n ] \\
&= F \qty( \frac{xy}{4} ) F \qty( \frac{x}{4} ) \\
&= \frac{1}{\sqrt{(1-xy)(1-x)}}
\end{align}
$$となる。
〆
天啓に従ってこの部分分数分解をやってみたら、思いの外おもしろい結果になったという。
