2F1の積のモーメント

前の記事 でLegendre関数の積のモーメントを1つ計算した. それは
\begin{align} &\int_0^1t^n\F21{a,1-a}1{t}\F21{a,1-a}{1}{1-t}\,dt\\ &=\frac{\cos\pi a}{1-2a}\sum_{k=0}^n\frac{(a)_k^2(1-a)_{n-k}^2}{k!(2a)_k(n-k)!(2-2a)_{n-k}} \end{align}
と表すことができる. 今回はより一般的な${}_2F_1$の積のモーメントについて考えようと思う. まず, 項別積分により,
\begin{align} &\int_0^1t^{n}(1-t)^{f-1}\F21{a,b}{c}t\F21{d,e}{f}{1-t}\,dt\\ &=\sum_{0\leq k}\frac{(a,b)_k}{k!(c)_k}\int_0^1t^{n+k}(1-t)^{f-1}\F21{d,e}{f}{1-t}\,dt \end{align}
となる. ここで, 項別積分により,
\begin{align} &\int_0^1t^{m}(1-t)^{f-1}\F21{d,e}{f}{1-t}\,dt\\ &=\sum_{0\leq k}\frac{(d,e)_k}{k!(f)_k}\int_0^1t^{m}(1-t)^{k+f-1}\,dt\\ &=\sum_{0\leq k}\frac{(d,e)_k}{k!(f)_k}\frac{\Gamma(m+1)\Gamma(f+k)}{\Gamma(f+m+k+1)}\\ &=\frac{m!}{(f)_{m+1}}\F21{d,e}{f+m+1}1\\ &=\frac{m!}{(f)_{m+1}}\frac{\Gamma(f+m+1)\Gamma(f-d-e+m+1)}{\Gamma(f-d+m+1)\Gamma(f-e+m+1)}\\ &=\frac{\Gamma(f)\Gamma(f-d-e+1)}{\Gamma(f-d)\Gamma(f-e)}\frac{m!(f-d-e+1)_m}{(f-d,f-e)_{m+1}} \end{align}
を得る. よって, これを用いると,
\begin{align} &\int_0^1t^{n}(1-t)^{f-1}\F21{a,b}{c}t\F21{d,e}{f}{1-t}\,dt\\ &=\frac{\Gamma(f)\Gamma(f-d-e+1)}{\Gamma(f-d)\Gamma(f-e)}\sum_{0\leq k}\frac{(a,b)_k}{k!(c)_k}\frac{(n+k)!(f-d-e+1)_{n+k}}{(f-d,f-e)_{n+k+1}} \end{align}
が得られる. 特に, 前の記事 と同じように部分分数分解できるような場合を考えたいので, $f-d-e+1=c,f-d=a,f-e=b$, つまり$d=1+b-c,e=1+a-c, f=1+a+b-c$とすると,
\begin{align} &\int_0^1t^{n}(1-t)^{a+b-c}\F21{a,b}{c}t\F21{1+a-c,1+b-c}{1+a+b-c}{1-t}\,dt\\ &=\frac{\Gamma(c)\Gamma(1+a+b-c)}{\Gamma(a)\Gamma(b)}\sum_{0\leq k}\frac{(a,b)_k}{k!(c)_k}\frac{(n+k)!(c)_{n+k}}{(a,b)_{n+k+1}}\\ &=\frac{\Gamma(c)\Gamma(1+a+b-c)}{\Gamma(a)\Gamma(b)}\sum_{0\leq k}\frac{(1+k,c+k)_n}{(a+k,b+k)_{n+1}}\\ \end{align}
となる. 部分分数分解より,
\begin{align} \frac{(1+x,c+x)_n}{(a+x,b+x)_{n+1}}&=\sum_{j=0}^n\frac 1{j+a+x}\frac{(-1)^j(1-a-j,c-a-j)_n}{j!(n-j)!(b-a-j)_{n+1}}\\ &\qquad+\sum_{j=0}^n\frac 1{j+b+x}\frac{(-1)^j(1-b-j,c-b-j)_n}{j!(n-j)!(a-b-j)_{n+1}}\\ &=\frac 1{b-a}\sum_{j=0}^n\frac 1{j+a+x}\frac{(a,1+a-c)_j(1-a,c-a)_{n-j}}{j!(1+a-b)_j(n-j)!(1+b-a)_{n-j}}\\ &\qquad+\frac 1{a-b}\sum_{j=0}^n\frac 1{j+b+x}\frac{(b,1+b-c)_j(1-b,c-b)_{n-j}}{j!(1+b-a)_j(n-j)!(1+a-b)_{n-j}}\\ &=\frac 1{b-a}\sum_{j=0}^n\left(\frac 1{j+a+x}-\frac 1{a+x}\right)\frac{(a,1+a-c)_j(1-a,c-a)_{n-j}}{j!(1+a-b)_j(n-j)!(1+b-a)_{n-j}}\\ &\qquad+\frac 1{a-b}\sum_{j=0}^n\left(\frac 1{j+b+x}-\frac 1{b+x}\right)\frac{(b,1+b-c)_j(1-b,c-b)_{n-j}}{j!(1+b-a)_j(n-j)!(1+a-b)_{n-j}}\\ &\qquad+\frac 1{b-a}\frac 1{a+x}\sum_{j=0}^n\frac{(a,1+a-c)_j(1-a,c-a)_{n-j}}{j!(1+a-b)_j(n-j)!(1+b-a)_{n-j}}\\ &\qquad+\frac 1{a-b}\frac 1{b+x}\sum_{j=0}^n\frac{(b,1+b-c)_j(1-b,c-b)_{n-j}}{j!(1+b-a)_j(n-j)!(1+a-b)_{n-j}}\\ &=\frac 1{b-a}\sum_{j=0}^n\left(\frac 1{j+a+x}-\frac 1{a+x}\right)\frac{(a,1+a-c)_j(1-a,c-a)_{n-j}}{j!(1+a-b)_j(n-j)!(1+b-a)_{n-j}}\\ &\qquad+\frac 1{a-b}\sum_{j=0}^n\left(\frac 1{j+b+x}-\frac 1{b+x}\right)\frac{(b,1+b-c)_j(1-b,c-b)_{n-j}}{j!(1+b-a)_j(n-j)!(1+a-b)_{n-j}}\\ &\qquad+\frac 1{(a+x)(b+x)}\sum_{j=0}^n\frac{(a,1+a-c)_j(1-a,c-a)_{n-j}}{j!(1+a-b)_j(n-j)!(1+b-a)_{n-j}} \end{align}
となる. ここで, 最後の等号はEulerの変換公式より,
\begin{align} \F21{a,1+a-c}{1+a-b}t\F21{1-a,c-a}{1+b-a}t=\F21{1-b,c-b}{1+a-b}t\F21{b,1+b-c}{1+b-c}t \end{align}
であるから係数を比較すると,
\begin{align} \sum_{j=0}^n\frac{(a,1+a-c)_j(1-a,c-a)_{n-j}}{j!(1+a-b)_j(n-j)!(1+b-a)_{n-j}}=\sum_{j=0}^n\frac{(b,1+b-c)_j(1-b,c-b)_{n-j}}{j!(1+b-a)_j(n-j)!(1+a-b)_{n-j}} \end{align}
となることから従う. よって,
\begin{align} &\sum_{0\leq k}\frac{(1+k,c+k)_n}{(a+k,b+k)_{n+1}}\\ &=\frac 1{b-a}\sum_{j=0}^n\sum_{0\leq k}\left(\frac 1{j+a+k}-\frac 1{a+k}\right)\frac{(a,1+a-c)_j(1-a,c-a)_{n-j}}{j!(1+a-b)_j(n-j)!(1+b-a)_{n-j}}\\ &\qquad+\frac 1{a-b}\sum_{j=0}^n\sum_{0\leq k}\left(\frac 1{j+b+k}-\frac 1{b+k}\right)\frac{(b,1+b-c)_j(1-b,c-b)_{n-j}}{j!(1+b-a)_j(n-j)!(1+a-b)_{n-j}}\\ &\qquad+\sum_{0\leq k}\frac 1{(a+k)(b+k)}\sum_{j=0}^n\frac{(a,1+a-c)_j(1-a,c-a)_{n-j}}{j!(1+a-b)_j(n-j)!(1+b-a)_{n-j}}\\ &=\frac 1{a-b}\sum_{j=0}^n\sum_{k=0}^j\frac 1{a+k}\frac{(a,1+a-c)_j(1-a,c-a)_{n-j}}{j!(1+a-b)_j(n-j)!(1+b-a)_{n-j}}\\ &\qquad+\frac 1{b-a}\sum_{j=0}^n\sum_{k=0}^j\frac 1{b+k}\frac{(b,1+b-c)_j(1-b,c-b)_{n-j}}{j!(1+b-a)_j(n-j)!(1+a-b)_{n-j}}\\ &\qquad+\sum_{0\leq k}\frac 1{(a+k)(b+k)}\sum_{j=0}^n\frac{(a,1+a-c)_j(1-a,c-a)_{n-j}}{j!(1+a-b)_j(n-j)!(1+b-a)_{n-j}} \end{align}
を得る. まとめると
\begin{align} &\frac{\Gamma(a)\Gamma(b)}{\Gamma(c)\Gamma(1+a+b-c)}\int_0^1t^{n}(1-t)^{a+b-c}\F21{a,b}{c}t\F21{1+a-c,1+b-c}{1+a+b-c}{1-t}\,dt\\ &=\frac 1{a-b}\sum_{j=0}^n\sum_{k=0}^j\frac 1{a+k}\frac{(a,1+a-c)_j(1-a,c-a)_{n-j}}{j!(1+a-b)_j(n-j)!(1+b-a)_{n-j}}\\ &\qquad+\frac 1{b-a}\sum_{j=0}^n\sum_{k=0}^j\frac 1{b+k}\frac{(b,1+b-c)_j(1-b,c-b)_{n-j}}{j!(1+b-a)_j(n-j)!(1+a-b)_{n-j}}\\ &\qquad+\sum_{0\leq k}\frac 1{(a+k)(b+k)}\sum_{j=0}^n\frac{(a,1+a-c)_j(1-a,c-a)_{n-j}}{j!(1+a-b)_j(n-j)!(1+b-a)_{n-j}} \end{align}
と書ける. Eulerの変換公式を用いると左辺は
\begin{align} \frac{\Gamma(a)\Gamma(b)}{\Gamma(c)\Gamma(1+a+b-c)}\int_0^1t^{n}\F21{c-a,c-b}{c}t\F21{1+a-c,1+b-c}{1+a+b-c}{1-t}\,dt \end{align}
と表されるので, $a\mapsto c-a,b\mapsto c-b$と置き換えると, 以下を得る.

前の記事 の場合は第1項と第2項が打ち消し合ったが, 一般には打ち消しあわなさそうである. しかし, 以下のように上手く足し合わせると打ち消し合うようである. 定理1の母関数を考えると,
\begin{align} &\frac{\Gamma(c-a)\Gamma(c-b)}{\Gamma(c)\Gamma(1+c-a-b)}\int_0^1\frac{\F21{a,b}{c}t\F21{1-a,1-b}{1+c-a-b}{1-t}}{1-xt}\,dt\\ &=\frac 1{b-a}\left(\sum_{0\leq n}\frac{(1-a,c-a)_n}{n!(1+b-a)_n}x^n\sum_{k=0}^n\frac 1{c-a+k}\right)\F21{a,1+a-c}{1+a-b}{x}\\ &\qquad+\frac 1{a-b}\left(\sum_{0\leq n}\frac{(1-b,c-b)_n}{n!(1+a-b)_n}x^n\sum_{k=0}^n\frac 1{c-b+k}\right)\F21{b,1+b-c}{1+b-a}{x}\\ &\qquad+\F21{1-a,c-a}{1+b-a}{x}\F21{a,1+a-c}{1+a-b}{x}\sum_{0\leq k}\frac 1{(c-a+k)(c-b+k)} \end{align}
を得る. ここで, $a\mapsto 1-a, b\mapsto 1-b,c\mapsto 2-c$としてEulerの変換公式を適用すると,
\begin{align} &\frac{\Gamma(1+a-c)\Gamma(1+b-c)}{\Gamma(2-c)\Gamma(1+a+b-c)}\int_0^1\frac{\F21{1-a,1-b}{2-c}t\F21{a,b}{1+a+b-c}{1-t}}{1-xt}\,dt\\ &=\frac 1{a-b}\left(\sum_{0\leq n}\frac{(a,1+a-c)_n}{n!(1+a-b)_n}x^n\sum_{k=0}^n\frac 1{1+a-c+k}\right)\F21{1-a,c-a}{1+b-a}{x}\\ &\qquad+\frac 1{b-a}\left(\sum_{0\leq n}\frac{(b,1+b-c)_n}{n!(1+b-a)_n}x^n\sum_{k=0}^n\frac 1{1+b-c+k}\right)\F21{1-b,c-b}{1+a-b}{x}\\ &\qquad+\F21{1-a,c-a}{1+b-a}{x}\F21{a,1+a-c}{1+a-b}{x}\sum_{0\leq k}\frac 1{(1+a-c+k)(1+b-c+k)}\\ &=\frac 1{a-b}\left(\sum_{0\leq n}\frac{(a,1+a-c)_n}{n!(1+a-b)_n}x^n\sum_{k=0}^n\frac 1{1+a-c+k}\right)(1-x)^{a+b-c}\F21{b,1+b-c}{1+b-a}{x}\\ &\qquad+\frac 1{b-a}\left(\sum_{0\leq n}\frac{(b,1+b-c)_n}{n!(1+b-a)_n}x^n\sum_{k=0}^n\frac 1{1+b-c+k}\right)(1-x)^{a+b-c}\F21{a,1+a-c}{1+a-b}{x}\\ &\qquad+\F21{1-a,c-a}{1+b-a}{x}\F21{a,1+a-c}{1+a-b}{x}\sum_{0\leq k}\frac 1{(1+a-c+k)(1+b-c+k)} \end{align}
となるが, これと定理1の母関数を足し合わせると
\begin{align} &\frac{\Gamma(c-a)\Gamma(c-b)}{\Gamma(c)\Gamma(1+c-a-b)}\int_0^1\frac{\F21{a,b}{c}t\F21{1-a,1-b}{1+c-a-b}{1-t}}{1-xt}\,dt\\ &\qquad+\frac{\Gamma(1+a-c)\Gamma(1+b-c)}{\Gamma(2-c)\Gamma(1+a+b-c)}\int_0^1\frac{\F21{1-a,1-b}{2-c}t\F21{a,b}{1+a+b-c}{1-t}}{1-xt}\,dt\\ &=\frac 1{b-a}\left(\sum_{0\leq n}\frac{(1-a,c-a)_n}{n!(1+b-a)_n}x^n\sum_{k=0}^n\frac 1{c-a+k}+(1-x)^{a+b-c}\sum_{0\leq n}\frac{(b,1+b-c)_n}{n!(1+b-a)_n}x^n\sum_{k=0}^n\frac 1{1+b-c+k}\right)\F21{a,1+a-c}{1+a-b}{x}\\ &\qquad+\frac 1{a-b}\left(\sum_{0\leq n}\frac{(1-b,c-b)_n}{n!(1+a-b)_n}x^n\sum_{k=0}^n\frac 1{c-b+k}+(1-x)^{a+b-c}\sum_{0\leq n}\frac{(a,1+a-c)_n}{n!(1+a-b)_n}x^n\sum_{k=0}^n\frac 1{1+a-c+k}\right)\F21{b,1+b-c}{1+b-a}{x}\\ &\qquad+\F21{1-a,c-a}{1+b-a}{x}\F21{a,1+a-c}{1+a-b}{x}\left(\sum_{0\leq k}\frac 1{(c-a+k)(c-b+k)}+\sum_{0\leq k}\frac 1{(1+a-c+k)(1+b-c+k)}\right) \end{align}

ここで, Eulerの変換公式を
\begin{align} \F21{a,b}{c}{x}=(1-x)^{c-a-b}\F21{c-a,c-b}{c}x \end{align}
を$a$に関して偏微分して整理すると,
\begin{align} &\sum_{0\leq n}\frac{(a,b)_n}{n!(c)_n}x^n\sum_{k=0}^n\frac 1{a+k}+(1-x)^{c-a-b}\sum_{0\leq n}\frac{(c-a,c-b)_n}{n!(c)_n}x^n\sum_{k=0}^n\frac 1{c-a+k}\\ &=-(1-x)^{c-a-b}\ln(1-x)\F21{c-a,c-b}{c}{x} \end{align}
となるから, これを用いると第1項と第2項が打ち消し合い, 以下を得る.

ここで, $\cot$の部分分数展開より,
\begin{align} \sum_{k\in\ZZ}\frac 1{(a+k)(b+k)}&=\frac 1{b-a}(\pi\cot\pi a-\pi\cot\pi b)\\ &=\frac{\pi\sin\pi(b-a)}{(b-a)\sin\pi a\sin\pi b}\\ &=\frac{\Gamma(a)\Gamma(1-a)\Gamma(b)\Gamma(1-b)}{\Gamma(1+a-b)\Gamma(1+b-a)} \end{align}
と書けるので,
\begin{align} &\frac{\Gamma(c-a)\Gamma(c-b)}{\Gamma(c)\Gamma(1+c-a-b)}\int_0^1\frac{\F21{a,b}{c}t\F21{1-a,1-b}{1+c-a-b}{1-t}}{1-xt}\,dt\\ &\qquad+\frac{\Gamma(1+a-c)\Gamma(1+b-c)}{\Gamma(2-c)\Gamma(1+a+b-c)}\int_0^1\frac{\F21{1-a,1-b}{2-c}t\F21{a,b}{1+a+b-c}{1-t}}{1-xt}\,dt\\ &=\F21{1-a,c-a}{1+b-a}{x}\F21{a,1+a-c}{1+a-b}{x}\frac{\Gamma(c-a)\Gamma(1+a-c)\Gamma(c-b)\Gamma(1+b-c)}{\Gamma(1+a-b)\Gamma(1+b-a)} \end{align}
と書き換えることもできる.

系1において, 特に$c=\frac{a+b+1}2$の場合,
\begin{align} &\frac{\Gamma\left(\frac{1-a+b}2\right)\Gamma\left(\frac{1+a-b}2\right)}{\Gamma\left(\frac{1+a+b}2\right)\Gamma\left(\frac{3-a-b}2\right)}\int_0^1\frac{\F21{a,b}{\frac{a+b+1}2}t\F21{1-a,1-b}{\frac{3-a-b}2}{1-t}}{1-xt}\,dt\\ &=\F21{1-a,\frac{1+b-a}2}{1+b-a}{x}\F21{a,\frac{1+a-b}2}{1+a-b}{x}\sum_{0\leq k}\frac 1{(\frac{1-a+b}2+k)(\frac{1+a-b}2+k)} \end{align}
となる. 整理すると, 以下を得る.

これは超球関数に対応する場合と言える.

今回は
\begin{align} \F21{a,b}{c}x\F21{d,e}f{1-x} \end{align}
の特別な場合についてそのモーメントを計算したが,
\begin{align} \F21{a,b}{c}x\F21{d,e}f{x} \end{align}
のような両方とも$x$が入ったものの積のモーメントが明示的に求められる場合については今後の研究課題である.