1
現代数学解説
文献あり

Andrewsの恒等式2

50
0
$$\newcommand{bk}[0]{\boldsymbol{k}} \newcommand{bl}[0]{\boldsymbol{l}} \newcommand{BQ}[5]{{}_{#1}\psi_{#2}\left[\begin{matrix}#3\\#4\end{matrix};#5\right]} \newcommand{calA}[0]{\mathcal{A}} \newcommand{calS}[0]{\mathcal{S}} \newcommand{CC}[0]{\mathbb{C}} \newcommand{F}[5]{{}_{#1}F_{#2}\left[\begin{matrix}#3\\#4\end{matrix};#5\right]} \newcommand{inv}[0]{\mathrm{inv}} \newcommand{maj}[0]{\mathrm{maj}} \newcommand{ol}[0]{\overline} \newcommand{Q}[5]{{}_{#1}\phi_{#2}\left[\begin{matrix}#3\\#4\end{matrix};#5\right]} \newcommand{QQ}[0]{\mathbb{Q}} \newcommand{ZZ}[0]{\mathbb{Z}} $$

前回の記事 でBailey対によりAndrewsの恒等式を示した. 今回は$q\to 1$における場合を考える. 以下, $(\alpha_n,\beta_n)$$a$-Bailey対と言ったときは
\begin{align} \beta_n=\sum_{k=0}^n\frac{\alpha_k}{(n-k)!(a+1)_{n+k}} \end{align}
を満たすこととする. 前回の記事の定理1, 定理2は$q\to 1$においてそれぞれ次のようになる.

$N$が非負整数, $(\alpha_n,\beta_n)$$a$-Bailey対であるとき,
\begin{align} &\sum_{0\leq n}\frac{(-1)^n(b_1,\dots,b_r,c_1,\dots,c_r,-N)_n}{(1+a-b_1,\dots,1+a-b_r,1+a-c_1,\dots,1+a-c_r,1+a+N)_n}\alpha_n\\ &=\frac{(1+a,1+a-b_r-c_r)_N}{(1+a-b_r,1+a-c_r)_N}\sum_{0\leq n_1\leq\cdots\leq n_r}\frac{(-N)_{n_r}}{(b_r+c_r-N-a)_{n_r}}\\ &\qquad\cdot\left(\prod_{j=2}^r\frac{(b_j,c_j)_{n_j}}{(1+a-b_{j-1},1+a-c_{j-1})_{n_j}}\frac{(1+a-b_{j-1}-c_{j-1})_{n_j-n_{j-1}}}{(n_j-n_{j-1})!}\right)\beta_{n_1} \end{align}
が成り立つ.

$N,r$が非負整数であるとき,
\begin{align} &\sum_{0\leq n}\frac{(a+2n)(a,b_1,\dots,b_{r+1},c_1,\dots,c_{r+1},-N)_n}{a(1+a-b_1,\dots,1+a-b_{r+1},1+a-c_1,\dots,1+a-c_{r+1},1+a+N)_nn!}\\ &=\frac{(1+a,1+a-b_{r+1}-c_{r+1})_N}{(1+a-b_{r+1},1+a-c_{r+1})_N}\sum_{0=n_0\leq n_1\leq\cdots\leq n_r}\frac{(-N)_{n_r}}{(b_{r+1}+c_{r+1}-N-a)_{n_r}}\\ &\qquad\cdot\prod_{j=1}^r\frac{(b_{j+1},c_{j+1})_{n_j}}{(1+a-b_j,1+a-c_j)_{n_j}}\frac{(1+a-b_j-c_j)_{n_j-n_{j-1}}}{(n_j-n_{j-1})!} \end{align}
が成り立つ.

定理1から定理2を導出する場合は, $a$-Bailey対
\begin{align} \alpha_n&:=\frac{a+2n}{a}\frac{(a)_n}{n!}(-1)^n\\ \beta_n&:=\delta_{n,0} \end{align}
を用いれば良い. 定理2の例として, $r=0, 1$の場合は$q$類似の場合と同じように古典的な超幾何級数の和公式, 変換公式になる. $r=2$の場合, $(b_1,c_1,b_2,c_2,b_3,c_3)=(b,c,d,e,f,g)$として,
\begin{align} &\sum_{0\leq n}\frac{(a+2n)(a,b,c,d,e,f,g,-N)_n}{a(1+a-b,1+a-c,1+a-d,1+a-e,1+a-f,1+a-g,1+a+N)_nn!}\\ &=\frac{(1+a,1+a-f-g)_N}{(1+a-f,1+a-g)_N}\sum_{0\leq n\leq m}\frac{(f,g,-N)_m}{(1+a-d,1+a-e,f+g-N-a)_m}\\ &\qquad\cdot\frac{(1+a-d-e)_{m-n}}{(m-n)!}\frac{(1+a-b-c,d,e)_n}{(1+a-b,1+a-c)_nn!} \end{align}
となる. 定理2において$N\to\infty$とすると以下のようになる.

$r$が非負整数であるとき,
\begin{align} &\sum_{0\leq n}\frac{(-1)^n(a+2n)(a,b_1,\dots,b_{r+1},c_1,\dots,c_{r+1})_n}{a(1+a-b_1,\dots,1+a-b_{r+1},1+a-c_1,\dots,1+a-c_{r+1})_nn!}\\ &=\frac{\Gamma(1+a-b_{r+1})\Gamma(1+a-c_{r+1})}{\Gamma(1+a)\Gamma(1+a-b_{r+1}-c_{r+1})}\sum_{0=n_0\leq n_1\leq\cdots\leq n_r}\prod_{j=1}^r\frac{(b_{j+1},c_{j+1})_{n_j}}{(1+a-b_j,1+a-c_j)_{n_j}}\frac{(1+a-b_j-c_j)_{n_j-n_{j-1}}}{(n_j-n_{j-1})!} \end{align}
が成り立つ.

具体例として, 全ての$b_i,c_i$$a$とした場合と, $c_1\to\infty $として他の$b_i,c_i$$a$とした場合
\begin{align} \sum_{0\leq n}(-1)^n(2n+a)\left(\frac{(a)_n}{n!}\right)^{2r+3}&=\frac{\sin\pi a}{\pi}\sum_{0\leq n_1\leq\cdots\leq n_r}\prod_{j=1}^r\frac{(a)_{n_j}^2}{n_j!^2}\frac{(1-a)_{n_j-n_{j-1}}}{(n_j-n_{j-1})!}\\ \sum_{0\leq n}(2n+a)\left(\frac{(a)_n}{n!}\right)^{2r+2}&=\frac{\sin\pi a}{\pi}\sum_{0\leq n_1\leq\cdots\leq n_r}\frac{(a)_{n_1}^2}{n_1!^2}\prod_{j=2}^r\frac{(a)_{n_j}^2}{n_j!^2}\frac{(1-a)_{n_j-n_{j-1}}}{(n_j-n_{j-1})!}\qquad (r>0)\\ \end{align}
となる. さらに, $N$を非負整数として, 両辺を$a$に関して偏微分してから$a\to -N$として整理すると, これらは
\begin{align} \sum_{0\leq n}\left(1+(N-2n)\sum_{k=1}^{n}\frac 1k\right)\binom{N}n^{2r+3}&=(-1)^N\sum_{0\leq n_1\leq\cdots\leq n_r}\prod_{j=1}^r\binom{N}{n_j}^2\binom{N+n_j-n_{j-1}}{N}\\ \sum_{0\leq n}\left(1+(N-2n)\sum_{k=1}^{n}\frac 1k\right)\binom{N}n^{2r+2}&=(-1)^N\sum_{0\leq n_1\leq\cdots\leq n_r}\binom{N}{n_1}^2\prod_{j=2}^r\binom{N}{n_j}^2\binom{N+n_j-n_{j-1}}{N}\qquad(r>0) \end{align}
と表せる. 表示から分かるように, これらは整数であるが, それは左辺の表示からは明らかではなく, 2007年にKrattenthaler-Rivoalによって証明された. $r=0,1,2$のとき, これらは
\begin{align} \sum_{0\leq n}\left(1+(N-2n)\sum_{k=1}^{n}\frac 1k\right)\binom{N}n^3&=(-1)^N\\ \sum_{0\leq n}\left(1+(N-2n)\sum_{k=1}^{n}\frac 1k\right)\binom{N}n^4&=(-1)^N\sum_{n=0}^N\binom{N}n^2=(-1)^N\binom{2N}N\\ \sum_{0\leq n}\left(1+(N-2n)\sum_{k=1}^{n}\frac 1k\right)\binom{N}n^5&=(-1)^N\sum_{n=0}^N\binom{N}n^2\binom{N+n}{n}\\ \sum_{0\leq n}\left(1+(N-2n)\sum_{k=1}^{n}\frac 1k\right)\binom{N}n^6&=(-1)^N\sum_{n=0}^N\binom{N}n^2\sum_{k=0}^n\binom{N+n-k}{N}\binom{N}{k}^2\\ \sum_{0\leq n}\left(1+(N-2n)\sum_{k=1}^{n}\frac 1k\right)\binom{N}n^7&=(-1)^N\sum_{n=0}^N\binom{N}n^2\sum_{k=0}^n\binom{N+n-k}{N}\binom{N}{k}^2\binom{N+k}k \end{align}
となる. 3行目の
\begin{align} \sum_{n=0}^N\binom{N}n^2\binom{N+n}n \end{align}
はApéry数と呼ばれているものであり, 特によく研究されている数列である. 他の例として子葉さんの記事, 数列のルジャンドル変換とアペリー数列 においてもAndrewsの恒等式の応用が書かれている.

参考文献

[1]
C. Krattenthaler, T. Rivoal, Hypergéométrie et fonction zêta de Riemann, Mem. Amer. Math. Soc., 2007, 87
投稿日:9日前
更新日:9日前
OptHub AI Competition

この記事を高評価した人

高評価したユーザはいません

この記事に送られたバッジ

バッジはありません。

投稿者

Wataru
Wataru
683
46729
超幾何関数, 直交関数, 多重ゼータ値などに興味があります

コメント

他の人のコメント

コメントはありません。
読み込み中...
読み込み中