べき級数の逆数を求る方法について
あいさつ
んちゃ！
今回は、与えられたべき級数$f(z)\coloneqq\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}z^{n}$に対する逆数$\frac{1}{f(z)}=\sum_{n=0}^{\infty}b_{n}z^{n}$を求める方法を考えます。
- 導入
- 応用例
- 最後に
- $\mathbb{N}_{0}\coloneqq\{0\}\cup\mathbb{N}$
- $\mathbb{C}[x]\coloneqq\{\sum_{k=0}^{n}a_{k}x^{k}|a_{0},a_{1},...,a_{n}\in\mathbb{C}\}$
- $\mathbb{C}(x)\coloneqq\{\frac{f(x)}{g(x)}|f(x)\in\mathbb{C}[x],g(x)\in\mathbb{C}[x]\setminus\{0\}\}$
導入
$\mathbb{C}[x]$に下記の様な同値関係$\simeq_{N}$を定義する。
\begin{equation}
\forall f,g\in\mathbb{C}[x]:f\simeq_{N} g\overset{def}{\Leftrightarrow}f(x)-g(x)=O(x^{N+1})
\end{equation}
- 反射律：\begin{eqnarray}
\forall f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}f(x)\in\mathbb{C}[x]:f(x)-f(x)&=&0\\
&=&O(x^{N+1})
\end{eqnarray}
$f\simeq_{N} f$ - 対称律：
\begin{eqnarray} \forall f(x)=\sum_{n=0}^{N}a_{n}x^{n}+O(x^{N+1}),g(x)=\sum_{n=0}^{N}a_{n}x^{n}+O(x^{N+1}):f(x)-g(x)=O(x^{N+1}) \end{eqnarray}$f\simeq_{N} g\Leftrightarrow g\simeq_{N}f$ - 推移律：
\begin{eqnarray} &\forall& f,g,h\in\mathbb{C}[x]:f\simeq_{N} g\land g\simeq_{N}: f(x)=\sum_{n=0}^{N}a_{n}x^{n}+O(x^{N+1})\land g(x)=\sum_{n=0}^{N}a_{n}x^{n}+O(x^{N+1})\land h(x)=\sum_{n=0}^{N}a_{n}x^{n}+O(x^{N+1})\\ &f&(x)-g(x)=O(x^{N+1})\land g(x)-h(x)=O(x^{N+1})\\ &f&(x)-h(x)=O(x^{N+1}) \end{eqnarray}$f\simeq_{N}g\land g\simeq_{N}h\Leftrightarrow f\simeq h$
以下、商集合$\mathbb{C}[x]_{n}\coloneqq \mathbb{C}[x]/\simeq$に対して以下の和・積を考える。
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
\forall f,g\in\mathbb{C}[x]:[f]+[g]=[f+g]\\
\forall f,g\in\mathbb{C}[x]:[f][g]=[fg]\\
\forall \alpha\in\mathbb{C}:f\in\mathbb{C}[x]:\alpha[f]=[\alpha f]
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
[1]和：
\begin{eqnarray} f(x)+g(x)&=&\sum_{n=0}^{N}a_{n}x^{N}+\sum_{n=0}^{N}b_{n}x^{N}+O(x^{N+1})\\ &=&\sum_{n=0}^{N}(a_{n}+b_{n})x^{n}+O(x^{N+1})\\ &=&f^{'}(x)+g^{'}(x)+O(x^{N+1})\\ \end{eqnarray}$[f+g]=[f^{'}+g^{'}]$
[2]積：
\begin{eqnarray} f(x)g(x)&=&\sum_{m=0}^{N}a_{m}x^{m}\sum_{n=0}^{N}b_{n}x^{n}+O(x^{N+1})\\ &=&\sum_{n=0}^{N}(\sum_{m=0}^{n}a_{m}b_{n-m})x^{n}+O(x^{N+1})\\ &=&f^{'}(x)g^{'}(x) \end{eqnarray}$[fg]=[f^{'}g^{'}]$
[3]スカラー積：
\begin{eqnarray} \alpha f(x)&=&\alpha\{\sum_{n=0}^{N}a_{n}x^{n}+O(x^{N+1})\}\\ &=&\sum_{n=0}^{N}\alpha a_{n}x^{n}+O(x^{N+1})\\ &=&\alpha f^{'}(x) \end{eqnarray}$[\alpha f]=[\alpha f^{'}]$
$\varphi:\mathbb{C}[x]_{N}\ni[\sum_{n=0}^{N}a_{n}x^{n}]\rightarrow\begin{pmatrix}a_{0}\\a_{1}\\\vdots\\a_{N}\end{pmatrix}\in\mathbb{C}^{N+1}$とすると$\varphi$は同型射。
[2]線形性：
\begin{eqnarray} \forall \alpha,\beta\in\mathbb{C}:\forall [\sum_{n=0}^{N}a_{n}x^{n}],[\sum_{n=0}^{N}b_{n}x^{n}]\in\mathbb{C}[x]_{n}:\varphi(\alpha[\sum_{n=0}^{N}a_{n}x^{n}]+\beta[\sum_{n=0}^{N}b_{n}x^{n}])&=&\varphi([\sum_{n=0}^{N}(\alpha a_{n}+\beta b_{n})x^{n}])\\ &=&\begin{pmatrix}\alpha a_{0}+\beta b_{0}\\ \alpha a_{1}+\beta b_{1}\\\vdots\\ \alpha a_{N}+\beta b_{N}\end{pmatrix}\\ &=&\alpha\begin{pmatrix}a_{0}\\a_{1}\\\vdots\\a_{N}\end{pmatrix}+\beta\begin{pmatrix}b_{0}\\b_{1}\\\vdots\\b_{N}\end{pmatrix}\\ &=&\alpha\varphi([\sum_{n=0}^{N}a_{n}x^{n}])+\beta\varphi([\sum_{n=0}^{N}b_{n}x^{n}]) \end{eqnarray}
$\forall f=\sum_{n=0}^{N}a_{n}+O(x^{N+1})\in\mathbb{C}[x]$に対して以下の様な$(N+1)\times (N+1)$行列を対応付ける。
\begin{equation}
f\mapsto F=\begin{pmatrix}
a_{0}&0&0&0&\cdots&0\\
a_{1}&a_{0}&0&0&\cdots&0\\
a_{2}&a_{1}&a_{0}&0&\cdots&0\\
\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\
a_{N}&a_{N-1}&a_{N-2}&a_{N-3}&\cdots&a_{0}
\end{pmatrix}
\end{equation}
すると、以下の式が成り立つ。
\begin{equation}
\forall [g]\in\mathbb{C}[x]_{N}:\varphi([fg])=F\varphi([g])
\end{equation}
$g(x)=\sum_{n=0}^{N}b_{n}x^{n}+O(x^{N+1})$とする。
すると下記の様に計算できる。
\begin{equation}
\varphi(g)=\begin{pmatrix}b_{0}\\b_{1}\\\vdots\\b_{N}\end{pmatrix}
\end{equation}
\begin{eqnarray}
f(x)g(x)&=&\sum_{m=0}^{N}a_{m}\sum_{n=0}^{N}b_{n}x^{m+n}+O(x^{N+1})\\
&=&\sum_{n=0}^{N}(\sum_{m=0}^{n}a_{n-m}b_{m})x^{n}+O(x^{N+1})
\end{eqnarray}
ゆえに、
\begin{eqnarray}
\varphi([fg])&=&\begin{pmatrix}\sum_{m=0}^{0}a_{0-m}b_{m}\\
\sum_{m=0}^{1}a_{1-m}b_{m}\\
\vdots\\
\sum_{m=0}^{N}a_{N-m}b_{m}
\end{pmatrix}\\
&=&\begin{pmatrix}
a_{0}&0&0&0&\cdots&0\\
a_{1}&a_{0}&0&0&\cdots&0\\
a_{2}&a_{1}&a_{0}&0&\cdots&0\\
\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\
a_{N}&a_{N-1}&a_{N-2}&a_{N-3}&\cdots&a_{0}
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}b_{0}\\b_{1}\\\vdots\\b_{N}\end{pmatrix}\\
&=&F\varphi([g])
\end{eqnarray}
$F=\begin{pmatrix} a_{0}&0&0&0&\cdots&0\\ a_{1}&a_{0}&0&0&\cdots&0\\ a_{2}&a_{1}&a_{0}&0&\cdots&0\\ \cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\ a_{N}&a_{N-1}&a_{N-2}&a_{N-3}&\cdots&a_{0} \end{pmatrix},G=\begin{pmatrix} b_{0}&0&0&0&\cdots&0\\ b_{1}&b_{0}&0&0&\cdots&0\\ b_{2}&b_{1}&b_{0}&0&\cdots&0\\ \cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\ b_{N}&b_{N-1}&b_{N-2}&b_{N-3}&\cdots&b_{0} \end{pmatrix}$の様な$(N+1)\times(N+1)$行列を考えると$[F,G]\coloneqq FG-GF=0$
[1]$N=0$の場合は明らか。
[2]そこで、$0,1,2,...,N$まで成り立つと仮定。
そして、次の様にブロック分割する。
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
F\coloneqq\begin{pmatrix}\overline{F}&\vb*{0}_{N+1}\\\vb*{A}_{N+1}&a_{0}\end{pmatrix}\\
\overline{F}\coloneqq\begin{pmatrix}a_{0}&0&0&0&\cdots&0\\
a_{1}&a_{0}&0&0&\cdots&0\\
a_{2}&a_{1}&a_{0}&0&\cdots&0\\
\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\
a_{N}&a_{N-1}&a_{N-2}&a_{N-3}&\cdots&a_{0}\end{pmatrix}\\
\vb*{A}_{N+1}\coloneqq\begin{pmatrix}a_{N+1}&a_{N}&\cdots a_{1}\end{pmatrix}
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
G\coloneqq\begin{pmatrix}\overline{G}&\vb*{0}_{N+1}\\\vb*{B}_{N+1}&b_{0}\end{pmatrix}\\
\overline{F}\coloneqq\begin{pmatrix}b_{0}&0&0&0&\cdots&0\\
b_{1}&b_{0}&0&0&\cdots&0\\
b_{2}&b_{1}&b_{0}&0&\cdots&0\\
\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\
b_{N}&b_{N-1}&b_{N-2}&b_{N-3}&\cdots&b_{0}\end{pmatrix}\\
\vb*{B}_{N+1}\coloneqq\begin{pmatrix}b_{N+1}&b_{N}&\cdots b_{1}\end{pmatrix}
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
すると以下の式が得られる。
\begin{eqnarray}
FG&=&\begin{pmatrix}\overline{F}&\vb*{0}_{N+1}\\\vb*{A}_{N+1}&a_{0}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\overline{G}&\vb*{0}_{N+1}\\\vb*{B}_{N+1}&b_{0}\end{pmatrix}\\
&=&\begin{pmatrix}\overline{F}\overline{G}+\vb*{0}_{N+1}\vb*{B}_{N+1}&\overline{F}\vb*{0}_{N+1}+\vb*{0}_{N+1}b_{0}\\ \vb*{A}_{N+1}\overline{G}+a_{0}\vb*{B}_{N+1}&{A}_{N+1}\vb*{0}_{N+1}+a_{0}b_{0}\end{pmatrix}\\
&=&\begin{pmatrix}\overline{F}\overline{G}&\vb*{0}_{N+1}\\ \vb*{A}_{N+1}\overline{G}+a_{0}\vb*{B}_{N+1}&a_{0}b_{0}\end{pmatrix}
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
GF&=&\begin{pmatrix}\overline{G}\overline{F}&\vb*{0}_{N+1}\\\vb*{B}_{N+1}\overline{F}+b_{0}\vb*{A}_{N+1}&b_{0}a_{0}\end{pmatrix}
\end{eqnarray}
ゆえに、以下の結果が得られる。
\begin{eqnarray}
[F,G]&=&FG-GF\\
&=&\begin{pmatrix}
[\overline{F},\overline{G}]&\vb*{0}_{N+1}\\
\vb*{A}_{N+1}\overline{G}+a_{0}\vb*{B}_{N+1}-(\vb*{B}_{N+1}\overline{F}+b_{0}\vb*{A}_{N+1})&0
\end{pmatrix}\\
&=&\begin{pmatrix}
O_{N+1,N+1}&\vb*{0}_{N+1}\\\vb*{A}_{N+1}\overline{G}+a_{0}\vb*{B}_{N+1}-(\vb*{B}_{N+1}\overline{F}+b_{0}\vb*{A}_{N+1})&0
\end{pmatrix}
\end{eqnarray}
さらに次の様に計算できる。
\begin{eqnarray}
[\vb*{A}_{N+1}\overline{G}+a_{0}\vb*{B}_{N+1}-(\vb*{B}_{N+1}\overline{F}+b_{0}\vb*{A}_{N+1})]_{k}&=&\sum_{l=0}^{N-k}a_{N+1-k-l}b_{l}+a_{0}b_{N+1-k}-(\sum_{l=0}^{N-k}b_{N+1-k-l}a_{l}+b_{0}a_{N+1-k})\\
&=&\sum_{l=0}^{N-k+1}a_{N+1-k-l}b_{l}-\sum_{l=0}^{N-k+1}b_{N+1-k-l}a_{l}\\
&=&0
\end{eqnarray}
以上の計算により$[F,G]=0$
$a_{0}\in\mathbb{C}\setminus\{0\}$に対して$F=\begin{pmatrix} a_{0}&0&0&0&\cdots&0\\ a_{1}&a_{0}&0&0&\cdots&0\\ a_{2}&a_{1}&a_{0}&0&\cdots&0\\ \cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\ a_{N}&a_{N-1}&a_{N-2}&a_{N-3}&\cdots&a_{0} \end{pmatrix}$は常に逆行列を持つ。
$det{F}=a_{0}^{N+1}\neq 0$なので明らか。
$a_{0}\in\mathbb{C}\setminus\{0\}$に対して$F=\begin{pmatrix}
a_{0}&0&0&0&\cdots&0\\
a_{1}&a_{0}&0&0&\cdots&0\\
a_{2}&a_{1}&a_{0}&0&\cdots&0\\
\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\
a_{N}&a_{N-1}&a_{N-2}&a_{N-3}&\cdots&a_{0}
\end{pmatrix}$の逆行列$G=\begin{pmatrix}
b_{0}&0&0&0&\cdots&0\\
b_{1}&b_{0}&0&0&\cdots&0\\
b_{2}&b_{1}&b_{0}&0&\cdots&0\\
\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\
b_{N}&b_{N-1}&b_{N-2}&b_{N-3}&\cdots&b_{0}
\end{pmatrix}$は次の様に与えられる。
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
b_{0}=\frac{1}{a_{0}}\\
b_{n}=-b_{0}\sum_{k=0}^{n-1}a_{k-n}b_{k}\quad(n=1,2,...,N)
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
FG&=&\begin{pmatrix}
a_{0}&0&0&0&\cdots&0\\
a_{1}&a_{0}&0&0&\cdots&0\\
a_{2}&a_{1}&a_{0}&0&\cdots&0\\
\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\
a_{N}&a_{N-1}&a_{N-2}&a_{N-3}&\cdots&a_{0}
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
b_{0}&0&0&0&\cdots&0\\
b_{1}&b_{0}&0&0&\cdots&0\\
b_{2}&b_{1}&b_{0}&0&\cdots&0\\
\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\
b_{N}&b_{N-1}&b_{N-2}&b_{N-3}&\cdots&b_{0}
\end{pmatrix}\\
&=&\begin{pmatrix}
a_{0}b_{0}&0&0&0&\cdots&0\\
a_{1}b_{0}+a_{0}b_{1}&a_{0}b_{0}&0&0&\cdots&0\\
a_{2}b_{0}+a_{1}b_{1}+a_{0}b_{2}&a_{1}b_{0}+a_{0}b_{1}&a_{0}b_{0}&0&\cdots&0\\
\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\
\sum_{n=0}^{N}a_{N-n}b_{n}&\sum_{n=0}^{N-1}a_{N-n-1}b_{n}&\sum_{n=0}^{N-2}a_{N-n-2}b_{n}&\sum_{n=0}^{N-3}a_{N-n-3}b_{n}&\cdots&a_{0}b_{0}
\end{pmatrix}\\
&=&E_{N+1}
\end{eqnarray}
よって
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
b_{0}=\frac{1}{a_{0}}\\
b_{n}=-b_{0}\sum_{k=0}^{n-1}a_{k-n}b_{k}
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
応用
では上記の理論を応用してみましょう。
下記の問題は書き手であるずんだもんの主(やなさん)が思い付きで書いたものになります。必ずしも正しいとは限りません。
必ず、自分で計算して正しいかどうか確認してください。
$f(x)=e^{x}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!}x^{n}$の逆数$g(x)=\sum_{n=0}^{\infty}b_{n}x^{n}$のテーラー展開を求めてください。
序盤の項の係数について計算しますと下記の様になる事が分かります。
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
b_{0}=1\\
b_{1}=-b_{0}a_{1}b_{0}=-1\\
b_{2}=-b_{0}(a_{2}b_{0}+a_{1}b_{1})=\frac{1}{2}\\
b_{3}=-b_{0}(a_{3}b_{0}+a_{2}b_{1}+a_{1}b_{2})=-\frac{1}{6}
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
ゆえに、次の様になると予測できます：$b_{n}=(-1)^{n}\frac{1}{n!}\quad(n\in\mathbb{N}_{0})$
実際、次の様に計算出来きるのでこの予想は正しいです。
\begin{eqnarray}
b_{n+1}&=&-b_{0}\sum_{k=0}^{n}a_{n+1-k}b_{k}\\
&=&-\sum_{k=0}^{n}(-1)^{k}\frac{1}{(n+1-k)!k!}\\
&=&-\sum_{k=0}^{n}(-1)^{k}\frac{1}{(n+1-k)!k!}\\
&=&-\frac{1}{(n+1)!}\sum_{k=0}^{n}(-1)^{k}{}_{n+1}C_{k}\\
&=&-\frac{1}{(n+1)!}\sum_{k=0}^{n+1}(-1)^{k}{}_{n+1}C_{k}+(-1)^{n+1}\frac{1}{(n+1)!}{}_{n+1}C_{n+1}\\
&=&-\frac{1}{(n+1)!}(1-1)^{n+1}+(-1)^{n+1}\frac{1}{(n+1)!}\\
&=&(-1)^{n+1}\frac{1}{(n+1)!}
\end{eqnarray}
Gaussの超幾何関数$f(x)={}_{2}F_{1}(a,b;c;z)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(a)_{n}(b)_{n}}{(c)_{n}n!}z^{n}$の逆数$g(x)=\sum_{n=0}^{\infty}b_{n}x^{n}$がどうなるか予測してください。
序盤の項の係数について計算します。すると下記の様な事が分かります。
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
b_{0}=1\\
b_{1}=-b_{0}a_{1}b_{0}=-\frac{ab}{c}\\
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
予想：$\forall n\in\mathbb{N}_{0}:\exists\{\gamma_{n}\}_{n\in\mathbb{N}_{0}}\subset\mathbb{C}\ s.t.\ \left\{\begin{array}{l}\gamma_{0}=1\\b_{n}=(-1)^{n}\gamma_{n}\frac{(a)_{n}(b)_{n}}{(c)_{n}n!}\end{array}\right.$の形を取る。
\begin{eqnarray}
b_{n+1}&=&-b_{0}\sum_{k=0}^{n}\frac{(a)_{n+1-k}(b)_{n+1-k}}{(c)_{n+1-k}(n+1-k)!}(-1)^{k}\gamma_{k}\frac{(a)_{k}(b)_{k}}{(c)_{k}k!}\\
&=&-\sum_{k=0}^{n}(-1)^{k}\frac{(a)_{n+1-k}(a)_{k}(b)_{n+1-k}(b)_{k}}{(c)_{n+1-k}(c)_{k}(n+1-k)!k!}\gamma_{k}\\
&=&-\sum_{k=0}^{n+1}(-1)^{k}\frac{(a)_{n+1-k}(a)_{k}(b)_{n+1-k}(b)_{k}}{(c)_{n+1-k}(c)_{k}(n+1-k)!k!}\gamma_{k}+(-1)^{n+1}\frac{(a)_{n+1}(b)_{n+1}}{(c)_{n+1}(n+1)!}\gamma_{n+1}
\end{eqnarray}
ゆえに、以下の様に$\gamma_{n}$を決めましょう。
\begin{equation}
\gamma_{n+1}=(-1)^{n}\frac{(c)_{n+1}(n+1)!}{(a)_{n+1}(b)_{n+1}}\sum_{k=0}^{n}(-1)^{k}\frac{(a)_{n+1-k}(a)_{k}(b)_{n+1-k}(b)_{k}}{(c)_{n+1-k}(c)_{k}(n+1-k)!k!}\gamma_{k}\quad(n\in\mathbb{N}_{0})
\end{equation}
すると下記の式が得られます。
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
g(z)=1-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{z^{n}}{n!}\{\sum_{m=0}^{n-1}(-1)^{m}\frac{(a)_{n-m}(a)_{m}(b)_{n-m}(b)_{m}}{(c)_{n-m}(c)_{m}}\begin{pmatrix}n\\m\end{pmatrix}\gamma_{m}\}\\
\gamma_{n+1}=(-1)^{n}\frac{(c)_{n+1}(n+1)!}{(a)_{n+1}(b)_{n+1}}\sum_{k=0}^{n}(-1)^{k}\frac{(a)_{n+1-k}(a)_{k}(b)_{n+1-k}(b)_{k}}{(c)_{n+1-k}(c)_{k}(n+1-k)!k!}\gamma_{k}\quad(n\in\mathbb{N}_{0})\\
\gamma_{0}=1
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
Gaussの超幾何関数$f(x)={}_{2}F_{1}(a,b;c;z)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(a)_{n}(b)_{n}}{(c)_{n}n!}z^{n}$の逆数$g(x)$は下記の様に書ける。
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
g(z)=1-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{z^{n}}{n!}\{\sum_{m=0}^{n-1}(-1)^{m}\frac{(a)_{n-m}(a)_{m}(b)_{n-m}(b)_{m}}{(c)_{n-m}(c)_{m}}\begin{pmatrix}n\\m\end{pmatrix}\gamma_{m}\}\\
\gamma_{n+1}=(-1)^{n}\frac{(c)_{n+1}(n+1)!}{(a)_{n+1}(b)_{n+1}}\sum_{k=0}^{n}(-1)^{k}\frac{(a)_{n+1-k}(a)_{k}(b)_{n+1-k}(b)_{k}}{(c)_{n+1-k}(c)_{k}(n+1-k)!k!}\gamma_{k}\quad(n\in\mathbb{N}_{0})\\
\gamma_{0}=1
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
超幾何関数${}_{N+1}F_{N}(a_{1},a_{2},...,a_{N+1};b_{1},b_{2},...,b_{N};z)$の逆数$g(x)=\sum_{n=0}^{\infty}b_{n}x^{n}$がどうなるか予測してください。
これも同じ様に計算すればいいです。
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
b_{n}=-\frac{1}{n!}\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^{k}\frac{(a_{1})_{n-k}(a_{2})_{n-k}\cdots(a_{N+1})_{n-k}(a_{1})_{k}(a_{2})_{k}\cdots(a_{N+1})_{k}}{(b_{1})_{n-k}(b_{2})_{n-k}\cdots(b_{N})_{n-k}(b_{1})_{k}(b_{2})_{k}\cdots(b_{N})_{k}}\begin{pmatrix}n\\k\end{pmatrix}\gamma_{k}\quad(n\in\mathbb{N})\\
b_{0}=1\\
\gamma_{n+1}=(-1)^{n}\frac{(b_{1})_{n}(b_{2})_{n}\cdots(b_{N})_{n}}{(a_{1})_{n}(a_{2})_{n}\cdots(a_{N})_{n}}\sum_{k=0}^{n}(-1)^{k}\sum_{k=0}^{n}(-1)^{k}\frac{(a_{1})_{n+1-k}(a_{2})_{n+1-k}\cdots(a_{N+1})_{n+1-k}(a_{1})_{k}(a_{2})_{k}\cdots(a_{N+1})_{k}}{(b_{1})_{n+1-k}(b_{2})_{n+1-k}\cdots(b_{N})_{n+1-k}(b_{1})_{k}(b_{2})_{k}\cdots(b_{N})_{k}(n-k)!k!}\gamma_{k}\quad(n\in\mathbb{N}_{0})\\
\gamma_{0}=1
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
実際$b_{0}=1$
\begin{eqnarray}
b_{n}&=&-b_{0}\sum_{k=0}^{n-1}\frac{(a_{1})_{n-k}(a_{2})_{n-k}\cdots(a_{N+1})_{n-k}}{(b_{1})_{n-k}(b_{2})_{n-k}\cdots(b_{N})_{n-k}(n-k)!}(-1)^{k}\frac{(a_{1})_{k}(a_{2})_{k}\cdots(a_{N+1})_{k}}{(b_{1})_{k}(b_{2})_{k}\cdots(b_{N})_{k}k!}\gamma_{k}\\
&=&-\sum_{k=0}^{n}(-1)^{k}\frac{(a_{1})_{n-k}(a_{2})_{n-k}\cdots(a_{N+1})_{n-k}(a_{1})_{k}(a_{2})_{k}\cdots(a_{N+1})_{k}}{(b_{1})_{n-k}(b_{2})_{n-k}\cdots(b_{N})_{n-k}(b_{1})_{k}(b_{2})_{k}\cdots(b_{N})_{k}(n-k)!k!}\gamma_{k}+(-1)^{n}\frac{(a_{1})_{n}(a_{2})_{n}\cdots(a_{N+1})_{n}}{(b_{1})_{n}(b_{2})_{n}\cdots(b_{N})_{k}n!}\gamma_{n}
\end{eqnarray}
なので以下の式を得る。
\begin{equation}
\gamma_{n+1}=(-1)^{n}\frac{(b_{1})_{n+1}(b_{2})_{n+1}\cdots(b_{N})_{n+1}(n+1)!}{(a_{1})_{n+1}(a_{2})_{n+1}\cdots(a_{N})_{n+1}}\sum_{k=0}^{n}(-1)^{k}\frac{(a_{1})_{n+1-k}(a_{2})_{n+1-k}\cdots(a_{N+1})_{n+1-k}(a_{1})_{k}(a_{2})_{k}\cdots(a_{N+1})_{k}}{(b_{1})_{n+1-k}(b_{2})_{n+1-k}\cdots(b_{N})_{n+1-k}(b_{1})_{k}(b_{2})_{k}\cdots(b_{N})_{k}(n+1-k)!k!}\gamma_{k}\quad(n\in\mathbb{N}_{0})
\end{equation}
ゆえに
\begin{eqnarray}
b_{n}&=&-\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^{k}\frac{(a_{1})_{n-k}(a_{2})_{n-k}\cdots(a_{N+1})_{n-k}(a_{1})_{k}(a_{2})_{k}\cdots(a_{N+1})_{k}}{(b_{1})_{n-k}(b_{2})_{n-k}\cdots(b_{N})_{n-k}(b_{1})_{k}(b_{2})_{k}\cdots(b_{N})_{k}(n-k)!k!}\gamma_{k}\\
&=&-\frac{1}{n!}\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^{k}\frac{(a_{1})_{n-k}(a_{2})_{n-k}\cdots(a_{N+1})_{n-k}(a_{1})_{k}(a_{2})_{k}\cdots(a_{N+1})_{k}}{(b_{1})_{n-k}(b_{2})_{n-k}\cdots(b_{N})_{n-k}(b_{1})_{k}(b_{2})_{k}\cdots(b_{N})_{k}}\begin{pmatrix}n\\k\end{pmatrix}\gamma_{k}
\end{eqnarray}
超幾何関数$f(x)={}_{N+1}F_{N}(a_{1},a_{2},...,a_{N+1};b_{1},b_{2},...,b_{N};z)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(a_{1})_{n}(a_{2})_{n}\cdots(a_{N+1})_{n}}{(b_{1})_{n}(b_{2})_{n}\cdots(b_{N})_{n} n!}z^{n}$の逆数$g(x)$は下記の様に書ける。
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
g(z)=1-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{z^{n}}{n!}\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^{k}\frac{(a_{1})_{n-k}(a_{2})_{n-k}\cdots(a_{N+1})_{n-k}(a_{1})_{k}(a_{2})_{k}\cdots(a_{N+1})_{k}}{(b_{1})_{n-k}(b_{2})_{n-k}\cdots(b_{N})_{n-k}(b_{1})_{k}(b_{2})_{k}\cdots(b_{N})_{k}}\begin{pmatrix}n\\k\end{pmatrix}\gamma_{k}\\
\gamma_{n+1}=(-1)^{n}\frac{(b_{1})_{n}(b_{2})_{n}\cdots(b_{N})_{n}}{(a_{1})_{n}(a_{2})_{n}\cdots(a_{N})_{n}}\sum_{k=0}^{n}(-1)^{k}\sum_{k=0}^{n}(-1)^{k}\frac{(a_{1})_{n+1-k}(a_{2})_{n+1-k}\cdots(a_{N+1})_{n+1-k}(a_{1})_{k}(a_{2})_{k}\cdots(a_{N+1})_{k}}{(b_{1})_{n+1-k}(b_{2})_{n+1-k}\cdots(b_{N})_{n+1-k}(b_{1})_{k}(b_{2})_{k}\cdots(b_{N})_{k}(n+1-k)!k!}\gamma_{k}\quad(n\in\mathbb{N}_{0})\\
\gamma_{0}=1
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
$\zeta(2)={}_{3}F_{2}(1,1,1:2,2;1)=\frac{\pi^{2}}{6}$を用いると下記の様に書ける。
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
\frac{6}{\pi^{2}}=1-\sum_{n=1}^{\infty}\sum_{k=0}^{n-1}\frac{\gamma_{k}}{(n+1-k)^{2}(k+1)^{2}}\\
\gamma_{n+1}=(-1)^{n}(n+2)^{2}\sum_{k=0}^{n}(-1)^{k}\frac{\gamma_{k}}{(n+1-k)^{2}k^{2}}\quad(n\in\mathbb{N}_{0})\\
\gamma_{0}=1
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
級数$S(x)=1+\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}x^{n}$に関してその逆数$T(x)=\sum_{n=0}^{\infty}b_{n}x^{n}$がどのようになるか予測してください。
$b_{0}=1$を用います。またある数列$\{\gamma_{n}\}_{n\in\mathbb{N}_{0}}\subset\mathbb{C}$を用いて次の様に書けたとしましょう。
\begin{equation}
b_{n}=(-1)^{n}a_{n}\gamma_{n}
\end{equation}
この場合は、
\begin{eqnarray}
b_{n+1}&=&-b_{0}\sum_{k=0}^{n}a_{n+1-k}(-1)^{k}b_{k}\\
&=&-\sum_{k=0}^{n+1}(-1)^{k}a_{n+1-k}a_{k}\gamma_{k}+(-1)^{n+1}a_{n+1}\gamma_{n+1}
\end{eqnarray}
より以下の条件が得られる。
\begin{equation}
\gamma_{n+1}=(-1)^{n}\frac{1}{a_{n+1}}\sum_{k=0}^{n}(-1)^{k}a_{n+1-k}a_{k}\gamma_{k}\quad(k\in\mathbb{N}_{0})
\end{equation}
まとめると次の様です。
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
b_{n}=-\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^{k}a_{n-k}a_{k}\gamma_{k}\\
b_{0}=1\\
\gamma_{n+1}=(-1)^{n}\frac{1}{a_{n+1}}\sum_{k=0}^{n}(-1)^{k}a_{n+1-k}a_{k}\gamma_{k}\quad(k\in\mathbb{N}_{0})\\
\gamma_{0}=1\\
T(z)=1-\sum_{n=1}^{\infty}z^{n}\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^{k}a_{n-k}a_{k}\gamma_{k}
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
級数$S(x)=1+\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}x^{n}$に関してその逆数$T(x)$は下記の様に書ける。
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
T(z)=1-\sum_{n=1}^{\infty}z^{n}\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^{k}a_{n-k}a_{k}\gamma_{k}\\
\gamma_{n+1}=(-1)^{n}\frac{1}{a_{n+1}}\sum_{k=0}^{n}(-1)^{k}a_{n+1-k}a_{k}\gamma_{k}\quad(k\in\mathbb{N}_{0})\\
\gamma_{0}=1
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
最後に
短い記事でしたがどうでしたか？
多項式を行列で捉えるという一見誰でも思いつく方法でしたが、ちゃんと考えてみると奥が深いですよね！
今はまだ全然思いついていないのですが、
ここで書いた理論をさらに応用する方法を思いつき次第書いてみたいです。
それでは、ばいちゃ！
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