12回目：形式的冪級数
実数を係数とする形式的冪級数とは実数の列$\{a_n\}_{n=0}^{\infty}$を使って$\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n=a_0+a_1 x + a_2 x^2 + \cdots $
(4)
２つの形式的冪級数$F(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n$と$G(x)=\sum_{n=0}^{\infty}b_nx^n$が等しいとは，$a_0=b_0,a_1=b_1,a_2=b_2,\cdots$が成り立つときにいう．つまり同じ数列の母関数となっているということである． 2つの形式的冪級数の加法および乗法を次のように定義する． \[ F(x)+G(x)=\left(\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n\right)+\left(\sum_{n=0}^{\infty}b_nx^n\right)=\sum_{n=0}^{\infty}(a_n+b_n)x^n\] \[F(x) \cdot G(x)=\left(\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n\right)\cdot\left(\sum_{n=0}^{\infty}b_nx^n\right)=\sum_{n=0}^{\infty}c_n x^n \] である．ただし，$c_n=\sum_{i=0}^{n} a_i b_{n-i}$である． つまり和は数列$\{a_n+b_n\}_{n=0}^{\infty}$の母関数，積は数列$\{c_n\}_{n=0}^{\infty}$の母関数を考える操作である．この2つの演算が結合律，交換律，分配律を満たすことは，多項式の場合と同様に示せる．
例 12.1
2つの形式的冪級数
\[
F(x)=1+x+x^2+\cdots
\]
と \[
G(x)=1-x
\]
を考える．この2つの形式的冪級数の積を計算すると
\[
F(x) \cdot G(x)=(1+x+x^2+\cdots) \cdot (1-x)=1
\]
となる．
形式的冪級数$F(x)$に対し，$F(x) \cdot G(x)=1$を満たす形式的冪級数$G(x)$を$F(x)$の逆元という．例えば，例12.1から$1-x$は形式的冪級数$1+x+x^2+\cdots$の逆元である．逆に$1+x+x^2+\cdots$は$1-x$の逆元でもある．
形式的冪級数はいつでも逆元を持つとは限らない．
形式的冪級数$F(x)$に対し，$F(0)$で$F(x)$の定数項，つまり$F(x)=\sum_{n=0}^{\infty} a_nx^n$ならば$F(0)=a_0$と定義する（代入ではないことに注意する）．
定理 12.2
$F(x)$を形式的冪級数とする．このとき，$F(x)$が逆元を持つ必要十分条件は$F(0) \neq 0$を満たすことである．さらに，逆元は存在すれば一意に定まる．
証明
$F(x)=\sum_{n=0}^{\infty} a_nx^n$とする．
$(\Rightarrow)$ $F(x)$の逆元を$G(x)=\sum_{n=0}^{\infty} b_n x^n$とする．さらに，\[F(x) \cdot G(x)=\left(\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n\right)\cdot\left(\sum_{n=0}^{\infty}b_nx^n\right)=\sum_{n=0}^{\infty}c_n x^n \] としたとき，$F(x) \cdot G(x)=1$から $c_0=1=a_0b_0$，よって$F(0)=a_0 \neq 0$が従う．特に，$b_0=\frac{1}{a_0}$であることに注意する． 同様に， $n \geq 1$に対し， \[ c_n=0=\sum_{i=0}^n a_i b_{n-i} \] となることから，
が得られる．すると，$b_0$から$b_1$が決まり，次に$b_2$が決まり，次に$b_3$が決まり$\ldots$と数列$\{b_n\}_{n=0}^{\infty}$，つまり$G(x)$が形式的冪級数$F(x)$から一意に決まることがわかる．よって逆元は存在すれば一意である．
$(\Leftarrow)$ $F(0)=a_0 \neq 0$を仮定する．$b_0=\frac{1}{a_0}$とおき，さらに$n \geq 1$に対し$b_1,b_2,\ldots$を等式(5)で定義し，数列$\{b_n\}_{n=0}^{\infty}$を係数とする形式的冪級数$G(x)=\sum_{n=0}^{\infty} b_n x^n$を考えると，$F(x) \cdot G(x)=1$となる．つまり$F(x)$は逆元$G(x)$を持つ．
形式的冪級数$F(x)$が逆元$G(x)$を持つとき，
\[
F(x)^{-1}=\frac{1}{F(x)}=G(x)
\]
と表記することにする．例えば，例12.1から
\[
(1-x)^{-1}=\frac{1}{1-x}=1+x+x^2+\cdots
\]
である．
$\dfrac{1}{1-x}$を関数として見たとき，解析学ではマクローリン展開を用いることで$|x| \lt 1$の場合にこの等式が成り立つ．しかし，形式的冪級数では$x$に数値的な意味はないので，逆元の定義に則り，いつでもこのように表記する．
$(\Rightarrow)$ $F(x)$の逆元を$G(x)=\sum_{n=0}^{\infty} b_n x^n$とする．さらに，\[F(x) \cdot G(x)=\left(\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n\right)\cdot\left(\sum_{n=0}^{\infty}b_nx^n\right)=\sum_{n=0}^{\infty}c_n x^n \] としたとき，$F(x) \cdot G(x)=1$から $c_0=1=a_0b_0$，よって$F(0)=a_0 \neq 0$が従う．特に，$b_0=\frac{1}{a_0}$であることに注意する． 同様に， $n \geq 1$に対し， \[ c_n=0=\sum_{i=0}^n a_i b_{n-i} \] となることから，
$\displaystyle b_n=-\frac{1}{a_0} \sum_{i=1}^n a_i b_{n-i} $
(5)
$(\Leftarrow)$ $F(0)=a_0 \neq 0$を仮定する．$b_0=\frac{1}{a_0}$とおき，さらに$n \geq 1$に対し$b_1,b_2,\ldots$を等式(5)で定義し，数列$\{b_n\}_{n=0}^{\infty}$を係数とする形式的冪級数$G(x)=\sum_{n=0}^{\infty} b_n x^n$を考えると，$F(x) \cdot G(x)=1$となる．つまり$F(x)$は逆元$G(x)$を持つ．
補題 12.3
ゼロでない実数$a$に対し，形式的冪級数$F(x)=a-x$の逆元は
\[
\frac{1}{a-x}=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{a^{n+1}} x^n
\]
である．
証明
$F(0)=a \neq 0$なので，$F(x)$は逆元を持つ．
$F(x)^{-1}=\sum_{n=0}^{\infty} b_n x^n$とする．
このとき，
\[
F(x) \cdot F(x)^{-1}=(a-x)\cdot (b_0+b_1x +b_2 x^2 + \cdots)=1
\]
を展開し，次数が低いところから両辺を比較すると，
$a b_0=1, -b_0+a b_1=0, -b_1 +a b_2=0,\ldots$が成り立ち，$b_0=\dfrac{1}{a}, b_1=\dfrac{1}{a^2},\ldots$がわかる．よって$F(x)^{-1}=\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{a^2}x+\dfrac{1}{a^3}x^2+\cdots$である．
形式的冪級数の理論を用いて，有名な数列の一般項を求める．
数列$\{F_n\}_{n=0}^{\infty}$を$F_0=F_1=1$かつ$n \geq 2$に対して，$F_n=F_{n-1}+F_{n-2}$で定義する．この数列をフィボナッチ数列と呼ぶ．
定理 12.4
フィボナッチ数列の一般項は
\[
F_n=\frac{1}{\sqrt{5}}\left( \left( \frac{1+\sqrt{5}}{2} \right)^{n+1} -\left( \frac{1-\sqrt{5}}{2} \right)^{n+1} \right)
\]
である．
証明
フィボナッチ数列の母関数
\[
A(x)=\sum_{n=0}^{\infty} F_n x^n
\]
を考える．漸化式を代入することで
\begin{align*}
A(x)&=\sum_{n=0}^{\infty} F_n x^n=F_0+F_1 x +\sum_{n=2}^{\infty} F_n x^n=F_0+F_1 x +\sum_{n=2}^{\infty} (F_{n-1}+F_{n-2}) x^n\\
&=F_0+F_1 x +\sum_{n=2}^{\infty} F_{n-1} x^n +\sum_{n=2}^{\infty}F_{n-2} x^n=F_0+F_1 x +x\sum_{n=2}^{\infty} F_{n-1} x^{n-1} +x^2\sum_{n=2}^{\infty}F_{n-2} x^{n-2}\\
&=F_0+F_1 x +x\sum_{n=1}^{\infty} F_{n} x^{n} +x^2\sum_{n=0}^{\infty}F_{n} x^{n}
=F_0+F_1 x +x(A(x)-F_0) +x^2A(x),
\end{align*}
つまり，
\[
A(x)=1 +xA(x) +x^2A(x)
\]
が成り立つ．すると
\[
(1-x-x^2)\cdot A(x)=1
\]
であるので，$A(x)$は$1-x-x^2$の逆元である．つまり$A(x)=\frac{1}{1-x-x^2}$である．$\frac{1}{1-x-x^2}$を具体的に求めるために，$1-x-x^2=0$の異なる2つの実数解を$\alpha=\frac{-1+\sqrt{5}}{2},\beta=\frac{-1-\sqrt{5}}{2}$とすると，
\[
\frac{1}{1-x-x^2}=\frac{1}{\sqrt{5}}\left(\frac{1}{\beta-x}-\frac{1}{\alpha-x} \right)
\]
と部分分数分解できる．すると補題12.3より，
\begin{align*}
\frac{1}{1-x-x^2}&=\frac{1}{\sqrt{5}}\left( \left(\frac{1}{\beta}+\frac{1}{\beta^2} x + \frac{1}{\beta^3} x^2+\cdots\right)-\left(\frac{1}{\alpha}+\frac{1}{\alpha^2} x + \frac{1}{\alpha^3} x^2+\cdots\right)\right)\\
&=\frac{1}{\sqrt{5}}\left( \left(\frac{1}{\beta}-\frac{1}{\alpha}\right)+\left(\frac{1}{\beta^2}-\frac{1}{\alpha^2}\right)x + \left(\frac{1}{\beta^3}-\frac{1}{\alpha^3}\right)x^2+\cdots \right)=A(x)
\end{align*}
である．有理化すると$\frac{1}{\beta}=\frac{1+\sqrt{5}}
{2}$と$\frac{1}{\alpha}=\frac{1-\sqrt{5}}
{2}$であるので，
\[
F_n=\frac{1}{\sqrt{5}}\left( \frac{1}{\beta^{n+1}} - \frac{1}{\alpha^{n+1}} \right)=\frac{1}{\sqrt{5}}\left( \left( \frac{1+\sqrt{5}}{2} \right)^{n+1} -\left( \frac{1-\sqrt{5}}{2} \right)^{n+1} \right)
\]
が得られる．