超幾何級数の有限モーメント2
前の記事 の命題1は以下のようなものだった.
$b_r:=1$とする.
\begin{align}
\mu_N(w)&:=\sum_{n=0}^N\frac{(a_1,\dots,a_r)_n}{(b_1,\dots,b_r)_n}\frac{t^n}{n+w}
\end{align}
とすると$\mu_N$は差分方程式
\begin{align}
&(b_1-w-1)\cdots(b_r-w-1)\mu_N(w)-(a_1-w-1)\cdots(a_r-w-1)t\mu_{N-1}(w+1)=p_N(w)
\end{align}
を満たす. ここで, $p_N(w)$は$w$に関する多項式
\begin{align}
p_N(w)&=\sum_{n=0}^N\frac{((b_1-w-1)\cdots(b_r-w-1)-(b_1+n-1)\cdots(b_r+n-1))c_n}{n+w}\\
&\qquad-\sum_{n=0}^N\frac{((a_1-w-1)\cdots(a_r-w-1)-(a_1+n-1)\cdots(a_r+n-1))tc_{n-1}}{n+w}
\end{align}
である.
今回はこれを用いて$\mu_N(w-N)$を表す公式を与えようと思う. $b_r:=1$
\begin{align}
c_n&:=\frac{(a_1,\dots,a_r)_n}{(b_1,\dots,b_r)_n}t^n
\end{align}
とする.
\begin{align}
&(b_1-w-1)\cdots(b_r-w-1)\mu_n(w)-(a_1-w-1)\cdots(a_r-w-1)t\mu_{n-1}(w+1)=p_n(w)
\end{align}
において, $w\mapsto w-n$として,
\begin{align}
&(n+b_1-w-1)\cdots(n+b_r-w-1)\mu_n(w-n)-(n+a_1-w-1)\cdots(n+a_r-w-1)t\mu_{n-1}(w-n+1)=p_n(w-n)
\end{align}
を得る. 両辺に
\begin{align}
\frac{(b_1-w,\dots,b_r-w)_{n-1}}{(a_1-w,\dots,a_r-w)_nt^{n}}
\end{align}
を掛けて$n=0$から$n=N$まで足し合わせると,
\begin{align}
&\frac{(b_1-w,\dots,b_r-w)_N}{(a_1-w,\dots,a_r-w)_Nt^N}\mu_N(w-N)\\
&=\sum_{n=0}^N\frac{(b_1-w,\dots,b_r-w)_{n-1}}{(a_1-w,\dots,a_r-w)_nt^n}p_n(w-n)
\end{align}
を得る. つまり, 以下が得られた.
$b_r:=1$とする.
\begin{align}
\mu_N(w)&:=\sum_{n=0}^N\frac{(a_1,\dots,a_r)_n}{(b_1,\dots,b_r)_n}\frac{t^n}{n+w}
\end{align}
とすると
\begin{align}
\mu_N(w-N)&=\frac{(a_1-w,\dots,a_r-w)_N}{(b_1-w,\dots,b_r-w)_N}t^N\sum_{n=0}^N\frac{(b_1-w,\dots,b_r-w)_{n-1}}{(a_1-w,\dots,a_r-w)_nt^n}p_n(w-n)
\end{align}
が成り立つ.
$r=2$の場合を考える.
\begin{align}
c_n&=\frac{(a,b)_n}{n!(c)_n}t^n
\end{align}
とする. 前回の記事で求めたように,
\begin{align}
p_N(w)&=\sum_{n=0}^N(w-n+1-c)c_n-\sum_{n=0}^N(w-n+2-a-b)tc_{n-1}
\end{align}
であり, 特に$t=1$の場合
\begin{align}
p_N(w)&=(a+b-c)\sum_{n=0}^Nc_n+(w-N+1-a-b)c_N
\end{align}
である. そのとき, これを命題2に代入すると,
\begin{align}
\mu_N(w-N)&=\frac{(a-w,b-w)_N}{(c-w,1-w)_N}t^N\left((a+b-c)\sum_{n=0}^N\frac{(c-w,1-w)_{n-1}}{(a-w,b-w)_n}\sum_{k=0}^nc_k+\sum_{n=0}^N\frac{(c-w,1-w)_{n-1}}{(a-w,b-w)_n}(w-2n+1-a-b)c_n\right)\\
&=\frac{(a-w,b-w)_N}{(c-w-1,-w)_{N+1}}t^N\left((a+b-c)\sum_{n=0}^N\frac{(c-w-1,-w)_{n}}{(a-w,b-w)_n}\sum_{k=0}^nc_k-\sum_{n=0}^N\frac{(c-w-1,-w)_{n}}{(a-w,b-w)_n}(2n+a+b-1-w)c_n\right)
\end{align}
を得る. つまり, 以下が得られた.
\begin{align}
\mu_N(w)&:=\sum_{n=0}^N\frac{(a,b)_n}{n!(c)_n}\frac{t^n}{n+w}
\end{align}
とするとき,
\begin{align}
\mu_N(w-N)&=\frac{(a-w,b-w)_N}{(c-w,1-w)_N}t^N\sum_{n=0}^N\frac{(c-w,1-w)_{n-1}}{(a-w,b-w)_nt^n}p_n(w-n)
\end{align}
特に$t=1$のとき,
\begin{align}
\mu_N(w-N)&=\frac{(a-w,b-w)_N}{(c-w-1,-w)_{N+1}}\left((a+b-c)\sum_{n=0}^N\frac{(c-w-1,-w)_{n}}{(a-w,b-w)_n}\sum_{k=0}^n\frac{(a,b)_k}{k!(c)_k}-\sum_{n=0}^N\frac{(2n+a+b-1-w)(c-w-1,-w,a,b)_{n}}{(a-w,b-w,c)_nn!}\right)
\end{align}
が成り立つ.
上の定理において特に$c=a+b$の場合, $w\mapsto -w$として符号を変えると,
\begin{align}
\sum_{n=0}^N\frac{(a,b)_n}{n!(a+b)_n}\frac 1{N-n+w}&=\frac{(a+w,b+w)_N}{(a+b+w-1,w)_{N+1}}\sum_{n=0}^N\frac{(2n+a+b+w-1)(a+b+w-1,w,a,b)_n}{(a+w,b+w,a+b)_nn!}
\end{align}
とシンプルな形になる. これはRamanujan's Notebooks Part IIにも載っている等式である. 右辺の和の部分が$a,b,w$に関して対称になっているのも面白い. 有限モーメントは
\begin{align}
-\mu_N(-w-N)=\sum_{n=0}^N\frac{c_n}{N-n+w}
\end{align}
となり, これは畳み込みの形になっているので母関数についての等式を得ることができる. 例えば, 上の例の母関数を考えると
\begin{align}
&\sum_{0\leq n}\frac{t^n}{n+w}\sum_{0\leq m}\frac{(a,b)_m}{m!(a+b)_m}t^m\\
&=\sum_{0\leq m}\frac{(a+w,b+w)_m}{(a+b+w-1,w)_{m+1}}t^m\sum_{n=0}^m\frac{(2n+a+b+w-1)(a+b+w-1,w,a,b)_n}{(a+w,b+w,a+b)_nn!}
\end{align}
のような等式になる. 美しい例として$a=b=w=\frac 12$の場合
\begin{align}
&\sum_{0\leq n}\frac{t^{n}}{n+\frac 12}\sum_{0\leq m}\frac{\left(\frac 12\right)_m^2}{m!^2}t^m\\
&=\frac 12\sum_{0\leq m}\frac{m!^2}{\left(\frac 12\right)_{m+1}^2}t^m\sum_{n=0}^m\frac{(4n+1)\left(\frac 12\right)_n^4}{n!^4}
\end{align}
となる. これは第1種完全楕円積分と逆双曲線関数$\mathrm{artanh}$の積のMaclaurin展開を与えている.
