1F2の2乗のMaclaurin展開係数が満たす3項漸化式
今回は${}_1F_2$の二乗
\begin{align}
\F12{a}{b,c}{x}^2
\end{align}
のMaclaurin展開係数が満たす3項漸化式を導きたいと思う. まず,
\begin{align}
\F12{a}{b,c}{x}^2&=\sum_{0\leq n}x^n\sum_{k=0}^n\frac{(a)_k(a)_{n-k}}{k!(b,c)_k(n-k)!(b,c)_{n-k}}\\
&=\sum_{0\leq n}\frac{(a)_n}{n!(b,c)_n}x^n\F43{-n,1-n-b,1-n-c,a}{b,c,1-n-a}1
\end{align}
と表されることが分かる. 次に,
前の記事
の系4において, $b\mapsto 1-n-b,c\mapsto 1-n-c, d\mapsto a$とすると
\begin{align}
&\F43{-n,1-n-b,1-n-c,a}{b,c,1-n-a}1\\
&=\frac{(2a)_n}{(a)_n}\F43{a,b+c+n-1,-\frac n2,\frac{1-n}2}{b,c,a+\frac 12}{1}
\end{align}
となる. これらより
\begin{align}
\F12{a}{b,c}{x}^2&=\sum_{0\leq n}\frac{(2a)_n}{n!(b,c)_n}x^n\F43{a,b+c+n-1,-\frac n2,\frac{1-n}2}{b,c,a+\frac 12}{1}
\end{align}
が得られる. つまり,
\begin{align}
A_n:=\F43{a,b+c+n-1,-\frac n2,\frac{1-n}2}{b,c,a+\frac 12}{1}
\end{align}
として$A_n$が満たす3項漸化式を求めればよい.
前の記事
の補題2において, $b\mapsto \frac{1-n}2,c\mapsto -\frac{n}2,d\mapsto b+c+n-1,e\mapsto a+\frac 12,f\mapsto b,g\mapsto c$とすると
\begin{align}
&-\frac{n\left(n+b+c-a-\frac 32\right)(b+n-1)(c+n-1)}{2\left(2-b-c-\frac{3n}2\right)}(A_{n-1}-A_n)\\
&+\frac{(b+c+n-1)\left(\frac n2+a\right)\left(\frac{n-1}2+b\right)\left(\frac{n-1}2+c\right)}{b+c+\frac{3n-1}2}(A_{n+1}-A_n)\\
&-\frac{an\left(b+c+\frac{3n-3}2\right)}2A_n=0
\end{align}
となる. これを整理すると, 以下を得る.
\begin{align}
\F12{a}{b,c}{x}^2&=:\sum_{0\leq n}\frac{(2a)_n}{n!(b,c)_n}A_nx^n
\end{align}
とするとき,
\begin{align}
A_n=\F43{a,b+c+n-1,-\frac n2,\frac{1-n}2}{b,c,a+\frac 12}{1}
\end{align}
であり, 漸化式
\begin{align}
&\frac{4n\left(n+b+c-a-\frac 32\right)(b+n-1)(c+n-1)}{3n+2b+2c-4}(A_{n-1}-A_n)\\
&+\frac{(b+c+n-1)\left(n+2a\right)\left(n+2b-1\right)\left(n+2c-1\right)}{3n+2b+2c-1}(A_{n+1}-A_n)\\
&-an(3n+2b+2c-3)A_n=0
\end{align}
が成り立つ.
Bessel関数の4乗のMaclaurin展開係数
前の記事
の定理3において, $b=a$とすると
\begin{align}
\F01{-}{a}{x}^2&=\F12{a-\frac 12}{a,2a-1}{4x}
\end{align}
を得る. よって, 定理1を用いることによって以下を得る.
\begin{align}
\F01{-}{a}x^4&=:\sum_{0\leq n}\frac{(4x)^n}{n!(a)_n}A_n
\end{align}
とするとき,
\begin{align}
A_n&=\F43{a-\frac 12,3a+n-2,-\frac n2,\frac{1-n}2}{2a-1,a,a+\frac 12}1
\end{align}
であり, 漸化式
\begin{align}
&8n(n+a-1)\left(n+2a-2\right)(A_{n-1}-A_n)\\
&+2\left(n+2a-1\right)(n+3a-2)\left(n+4a-3\right)(A_{n+1}-A_n)\\
&-3(2a-1)n(3n+6a-5)A_n=0
\end{align}
を満たす.
定理2の漸化式をBessel関数
\begin{align}
J_{\nu}(x):=\frac 1{\Gamma(\nu+1)}\left(\frac x2\right)^{\nu}\F01{-}{\nu+1}{-\frac{x^2}4}
\end{align}
に対して書き換えると,
\begin{align}
J_{\nu}(x)^4&=x^{4\nu}\sum_{0\leq n}\frac{c_n}{n!\Gamma(\nu+n+1)}(-x^2)^n
\end{align}
となる数列$c_n$が漸化式
\begin{align}
&8n(n+\nu)\left(n+2\nu\right)(c_{n-1}-c_n)\\
&+2\left(n+2\nu+1\right)(n+3\nu+1)\left(n+4\nu+1\right)(c_{n+1}-c_n)\\
&-3(2\nu+1)n(3n+6\nu+1)c_n=0
\end{align}
を満たすことが分かる. この漸化式は
\begin{align}
&2\left(n+2\nu+1\right)(n+3\nu+1)\left(n+4\nu+1\right)c_{n+1}\\
&-(2n+4\nu+1)(5n^2+20n\nu+5n+12\nu^2+10\nu+2)c_n\\
&+8n(n+\nu)\left(n+2\nu\right)c_{n-1}=0
\end{align}
と書き換えることができる.
Domb数
上の式で特に$\nu=0$として,
\begin{align}
\left(\sum_{0\leq n}\frac{x^n}{n!^2}\right)^4=\sum_{0\leq n}\frac{d_n}{n!^2}x^n
\end{align}
によって定義される数列が漸化式
\begin{align}
(n+1)^3d_{n+1}-2(2n+1)(5n^2+5n+2)d_n+64n^3d_{n-1}=0
\end{align}
を満たすことが従う. この$d_n$はDomb数と呼ばれるもので, 上の表示から
\begin{align}
d_n&=\sum_{a+b+c+d=n}\left(\frac{n!}{a!b!c!d!}\right)^2\\
&=\sum_{k=0}^n\binom{n}k^2\sum_{a+b=k}\binom ka^2\sum_{c+d=n-k}\binom{n-k}c^2\\
&=\sum_{k=0}^n\binom nk^2\binom{2k}k\binom{2n-2k}{n-k}
\end{align}
と表される整数列である.
