¿Son los números q-catalanes q-holonómicos?

Question

La función generadora $f(z)$ de los números catalanes que se caracteriza por $f(z)=1+zf(z)^2$ es D-finito, u holonómico, es decir, satisface una ecuación diferencial lineal con coeficientes polinómicos. La función generadora $F(z)$ de la $q$ -Catalán se caracteriza análogamente por la ecuación funcional $F(z)=1+z F(z) F(qz)$ . Sospecho que $F(z)$ no es $q$ -holonómico, es decir, que no satisface una $q$ -con coeficientes polinómicos. Pero no tengo ninguna prueba. ¿Hay alguna prueba en la literatura o referencias que puedan conducir a una prueba?

Como ha habido algunos malentendidos, quiero aclarar la situación. Una serie de potencias $F(z)$ se llama $q - $ holonómico si existen polinomios $p_i (z)$ tal que $\sum\limits_{i = 0}^r {p_i (z)D_q^i } F(z) = 0$ donde $D_q $ denota el $q - $ operador de diferenciación definido por $D_q F(z) = \frac{{F(z) - F(qz)}}{{z - qz}}.$ Equivalentemente si existen (otros) polinomios tales que $\sum\limits_{i = 0}^r {p_i (z)F(q^i } z) = 0.$

Sea $f(z)$ sea la función generatriz de los números catalanes $\frac{1}{{n + 1}}{2n\choose n}$ . Entonces $f(z) = 1 + zf(z)^2 $ o equivalentemente $f(z) = \frac{{1 - \sqrt {1 - 4z} }}{{2z}}.$ Hay 3 sencillos $q - $ análogos de los números catalanes: a) Los polinomios $C_n (q)$ introducida por Carlitz con función generadora $F(z) = 1 + zF(z)F(qz)$ . Mi pregunta es sobre estos polinomios. Su función generatriz satisface una ecuación sencilla, pero no se conoce ninguna fórmula para los polinomios en sí. b) Los polinomios $\frac{1}{{[n + 1]}}{2n\brack n}$ . Tienen una fórmula simple pero no una fórmula simple para su función generatriz. c) Los $q - $ Números catalanes $c_n (q)$ presentado por George Andrews. Su función generadora $A(z)$ es un $q - $ análogo de $ \frac{{1 - \sqrt {1 - 4z} }}{{2z}}.$ Sea $h(z)$ sea el $q - $ análogo de $sqrt {(1 + z)}$ definido por $h(z)h(qz)=1+z$ . Entonces $A(z)= \frac{1+q}{{4qz}}(1-h(-4qz))$ . Tienen fórmulas simples y una fórmula simple para la función generatriz. Pero no son polinomios en $q.$ Tanto b) como c) son $q$ -holonómico. Mi pregunta es una prueba de que a) no es $q$ -holonómico.

Answer 1

El problema consiste en demostrar que la función $F(z)=1+z+(1+q)z^2+O(z^3)$ que satisface la ecuación funcional $F(z)=1+zF(z)F(qz)$ no satisface $\sum_{j=0}^{n-1}P_j(z)F(q^jz)+Q(z)=0$ idénticamente en $z$ para algunos $n$ ; aquí $P_j$ y $Q$ son polinomios tanto en $z$ y $q$ . (Aunque la pregunta original supone la ecuación homogénea, $Q(z)=0$ el caso límite $q\to1$ sugiere considerar $Q(z)$ más en general). En lo que sigue mostramos que tal ecuación funcional implica la algebraicidad de $F(z)$ se sabe que esto es falso.

En primer lugar, pase a la función $G(z)=zF(z)$ que satisface $$ G(qz)G(z)=q(G(z)-z). $$ El problema consiste entonces en demostrar que la función más nueva no satisface $\sum_{j=0}^{n-1}\tilde P_j(z)G(q^jz)+\tilde Q(z)=0$ para algunos $n$ . Aplicando $z\mapsto q^{-k}z$ podemos suponer que $\tilde P_0(z)\ne0$ en esta relación. La sustitución $z\mapsto qz$ resulta la relación $\sum_{j=1}^n\hat P_j(z)G(q^jz)+\hat Q(z)=0$ donde $\hat P_1(z)\ne0$ .

El siguiente paso es demostrar, mediante la iteración de la ecuación funcional para $G(z)$ que $$ G(q^nz)\dots G(qz)G(z)=X_n(z)G(z)-Y_n(z). $$ En efecto, tenemos $X_0=1$ , $Y_0=0$ y $$ X_n(z)G(z)-Y_n(z)=\bigl(X_{n-1}(qz)G(qz)-Y_{n-1}(qz)\bigr)G(z) $$ que implica $$ X_n(z)=qX_{n-1}(qz)-Y_{n-1}(qz), \quad Y_n(z)=qzX_{n-1}(qz) \qquad\text{for}\quad n\ge1. $$ Mediante la fórmula vemos que $\deg Y_n$ no disminuye con $n$ , de modo que $Y_n\ne0$ para $n\ge1$ . Obsérvese que nuestro cálculo implica $$ G(q^nz)=\frac{X_n(z)G(z)-Y_n(z)}{X_{n-1}(z)G(z)-Y_{n-1}(z)} \qquad\text{for}\quad n\ge1. $$

Sustituye el resultado anterior en la ecuación $\sum_{j=1}^n\hat P_j(z)G(q^jz)+\hat Q(z)=0$ con $\hat P_1(z)\ne0$ . Obtenemos $$ \sum_{j=1}^n\hat P_j(z)\frac{X_j(z)G(z)-Y_j(z)}{X_{j-1}(z)G(z)-Y_{j-1}(z)} +\hat Q(z)=0. $$ El término correspondiente a $j=1$ es igual a $$ \hat P_1(z)\frac{X_1(z)G(z)-Y_1(z)}{X_0(z)G(z)-Y_0(z)} =\hat P_1(z)\frac{qG(z)-qz}{G(z)}. $$ Obsérvese que el denominador $G(z)$ en esta expresión no es cancelada por los otros denominadores en la relación anterior porque $X_{j-1}(z)G(z)-Y_{j-1}(z)$ nunca es divisible por $G(z)$ como $Y_{j-1}(z)\ne0$ para $j\ge2$ . En otras palabras, después de multiplicar $$ \sum_{j=1}^n\hat P_j(z)\frac{X_j(z)G(z)-Y_j(z)}{X_{j-1}(z)G(z)-Y_{j-1}(z)} +\hat Q(z)=0 $$ por $G(z)$ obtenemos una relación algebraica $$ -qz\hat P_1(z)+G(z)\cdot\text{rational function in }z,q,G(z) =0 $$ donde la función racional no implica $G(z)$ como múltiplo en el denominador. Dado que $\hat P_1(z)\ne0$ esto nos da una relación algebraica no trivial para $G(z)$ . Así, la función $G(z)$ Por lo tanto $F(z)$ también son algebraicas.

Adición. Nunca he visto la función de Carlitz $F(z)$ antes, así que estaba bastante seguro de que cosas como su trascendencia ya habían sido establecidas. Sobre todo, porque no es difícil (aunque requirió algo de tiempo por mi parte). En cualquier caso, esto explica mis razones para no tener una referencia de este hecho.

Si escribimos $$ F(z)=F_q(z)=\sum_{n=0}^\infty a_n(q)z^n=\sum_{n=0}^\infty a_nz^n=1+z+(1+q)z^2+\dots, $$ la ecuación funcional $F(z)=1+zF(z)F(qz)$ implica $$ a_{n+1}=\sum_{k=0}^nq^ka_ka_{n-k} \quad\text{for}\; n\ge0, \qquad a_0=1. $$ La clara inducción sobre $n$ muestra que $a_{n+1}(q)$ es un polinomio de $\mathbb Z[q]$ con término principal $q^{n(n-1)/2}$ . En particular, el denominador de $a_{n+1}(1/2)$ es exactamente $2^{n(n-1)/2}$ .

Si la función $F_q(z)$ fueran algebraicas entonces su especialización $F_{1/2}(z)$ debe ser algebraica. Esto implicaría que para un cierto número entero $A$ el $z$ -ampliación de $F_{1/2}(Az)$ tiene integral coeficientes. Pero no $A\in\mathbb Z$ con la propiedad $A^{n+1}/2^{n(n-1)/2}\in\mathbb Z$ para todos $n$ podría darse. Por lo tanto, $F_{1/2}(z)$ y $F_q(z)$ en general son trascendentales.

Answer 2

Los números q-Catalán satisfacen la recurrencia P
$[n+2][n+1]C_{n+1}=[2n+2][2n+1]C_{n}$

De ello se deduce que esta secuencia es q-holonómica. La siguiente referencia anuncia un paquete de Mathematica que encontrará la ecuación diferencial q:

MR2511667 (Revisión) Kauers, Manuel ; Koutschan, Christoph . Un paquete de Mathematica para $q$ -secuencias holonómicas y series de potencias. Ramanujan J. 19 (2009), nº 2, 137--150.

Answer 3

En realidad, parece que si fueran q-holonómicas, serían incluso algebraicas, ya que $F(qz)=(F(z)-1)/(zF(z))$ por lo que podemos expresar cada $F(q^kz)$ como función racional en $q$ , $z$ y $F(z)$ . ¿Me he equivocado?

Answer 4

Supongamos que $F$ es $q-$ holonómico. Esto implica, si he entendido bien, que existe un entero natural $d$ y $d+1$ polinomios $P_0,\dots,P_d\in\mathbb C[q,z]$ , no todas cero, tales que $\sum_{k=0}^d P_k\frac{\partial^k F}{\partial q^k}=0$ .

Podemos suponer que no todos los polinomios $P_i$ son divisibles por $z$ . Así pues, podemos escribir $P_i=Q_i+z\tilde P_i$ con $Q_0,\dots,Q_d$ en $\mathbb C[q]$ y no todo cero. Denotando por $F_n\in\mathbb N[q]$ el coeficiente de $z^n$ en $F=\sum_{n=0}^\infty F_n$ , una inducción sobre $n$ muestra fácilmente que $F_n$ tiene grado ${n\choose 2}$ como un polinomio en $q$ . Esto implica que dado un número entero natural arbitrario $A$ existe $N$ tal que a todos los coeficientes de grado $\geq {n\choose 2}-A$ de $\sum_{k=0}^d Q_k\frac{\partial^kF_n}{\partial q^k}\in\mathbb C[q]$ son cero para $n\geq N$ .

Dado que los coeficientes de $F_n$ enumerar las trayectorias de Dyck ponderadas por un área adecuada, los coeficientes principales de $F_n$ se estabilizan en la secuencia $1,1,2,3,5,7,\dots$ de números de partición. Esto implica que para un $B$ todos los coeficientes de grado como mínimo ${n\choose 2}-B$ en $Q_e\frac{\partial^eF_n}{\partial q^e}$ son cero para $n$ suficientemente grande y para $e$ el mayor número entero $\geq 0$ tal que $Q_e\not=0$ . Desde $B$ es arbitraria, esto implica que un número arbitrario de términos principales de $Q_e\frac{d^e}{dq^e}\left(q^n\prod_{n=1}^\infty\frac{1}{1-q^n}\right)$ son cero si $n$ es lo suficientemente grande. Esto es absurdo.

Obsérvese que el último argumento puede simplificarse: no necesitamos la convergencia de los grados principales de $F_n$ . De hecho, la prueba anterior muestra que una serie $G=\sum_{n=0}^\infty G_nz^n$ con $G_n\in\mathbb C[q]$ nunca es $q-$ holonómico si $\limsup_{n\rightarrow\infty}\frac{\deg_q(G_n)}{n}>1$ .