円周率公式のa,c,zの決定方法について

前回の記事

この 前回の記事 で証明した公式を$z \mapsto \frac{1}{z}$にしたものを使います
$\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\Gamma(ak+b+1)\Gamma(ck+d+1)}{z^k\Gamma((a+c)k+b+d+2)}=z\int_{0}^{1}\frac{x^b(1-x)^d}{z-x^a(1-x)^c}dx$
円周率の公式の大雑把な作り方はこうでした
1$z-x^a(1-x)^c$の因数の逆数$0 \mapsto 1$の積分をした時に$\pi$が出てくるような$z,a,c$を探す
2. 1で見つけた因数で割った商をいくつかの$x^b(1-x)^d$の足し合わせで表す
3.シグマに変換して整えて完成！

$z,a,c$の見つけ方

さっき説明したままだと当て勘じゃないと見つけられられないので
最近思いついた良い探し方をやります

積分した時に円周率が出てくる積分

$$ \int_{0}^{1}\frac{1}{x^2+px+q}dx \qquad (p^2-4q<0) $$

を積分した時に円周率が出てくるような$p,q$を探しましょう
$x^2+px+q=(x-\alpha)(x-\beta)$とする
$\alpha=A_1e^{i\pi\theta_1},1-\alpha=A_2e^{i\pi\theta_2}$とする
もちろん$\beta=A_1e^{-i\pi\theta_1},1-\beta=A_2e^{-i\pi\theta_2}$
\begin{eqnarray} \int_{0}^{1}\frac{1}{x^2+px+q}dx &=&\int_{0}^{1}\frac{1}{(x-\alpha)(x-\beta)}dx \\&=&\frac{1}{\alpha-\beta}\int_{0}^{1}\frac{1}{x-\alpha}-\frac{1}{x-\beta}dx \\&=&\frac{1}{\alpha-\beta}\left(\ln(1-\alpha)-\ln(1-\beta)-\ln(-\alpha)+\ln(-\beta)\right) \\&=&\frac{1}{2iA_1\sin(\pi\theta_1)}\left((\cancel{\ln(A_2)}+i\pi\theta_2)-(\cancel{\ln(A_2)}-i\pi\theta_2)-(\cancel{\ln(A_1)}+i\pi(\theta_1-1))+(\cancel{\ln(-\beta)}-i\pi(\theta_1-1))\right) \\&=&\frac{\cancel{2i}\pi(\theta_2-\theta_1+1)}{\cancel{2i}A_1\sin(\pi\theta_1)} \\&=&\frac{(\theta_2-\theta_1+1)}{A_1\sin(\pi\theta_1)}\pi \end{eqnarray}
つまり$\pi\theta_1$の値を三角関数に代入した時に代数的数になればいいわけです

$\alpha$の値の決定

$\alpha$の値も$\theta_1,\theta_2$さえ分かれば十分です

\begin{eqnarray} \\1&=&A_1e^{i\pi\theta_1}+A_2e^{i\pi\theta_2} \\1&=&A_1\cos(\pi\theta_1)+A_2\cos(\pi\theta_2) \cdots 1 \\0&=&A_1\sin(\pi\theta_1)+A_2\sin(\pi\theta_2) \ \cdots2 \\A_2&=&-A_1\frac{\sin(\pi\theta_1)}{\sin(\pi\theta_2)}\quad(2より) \\1&=&A_1\cos(\pi\theta_1)-A_1\frac{\cos(\pi\theta_2)\sin(\pi\theta_1)}{\sin(\pi\theta_2)} \\&=&A_1\left(\cos(\pi\theta_1)-\frac{\cos(\pi\theta_2)\sin(\pi\theta_1)}{\sin(\pi\theta_2)}\right) \\&=&A_2\left(\frac{\sin(\pi\theta_2)\cos(\pi\theta_1)-\cos(\pi\theta_2)\sin(\pi\theta_1)}{\sin(\pi\theta_1)}\right) \\&=&A_2\frac{\sin(\pi(\theta_2-\theta_1))}{\sin(\pi\theta_2)} \\A_2&=&\frac{\sin(\pi\theta_2)}{\sin(\pi(\theta_2-\theta_1)} \\ \therefore \alpha&=&\frac{\sin(\pi\theta_2)}{\sin(\pi(\theta_2-\theta_1)}e^{i\pi\theta_1} \end{eqnarray}
つまり、$\pi\theta_1,\pi\theta_2$を三角関数に代入した時、結果が代数的数なら$\alpha$も代数的数になるわけです

$z,a,c$の決め方

$z-x^a(1-x)^c$が$x^2+px+q$を因数として持ってほしいわけですから
因数定理を使い、$z-x^a(1-x)^c$に$\alpha,\beta$を代入した結果が$0$になってほしい訳です
\begin{eqnarray} 0&=&z-\alpha^a(1-\alpha)^c=z-\beta^a(1-\beta)^c \\\therefore z&=&A_1^aA_2^ce^{i\pi(a\theta_1+c\theta_2)}\\&=&A_1^aA_2^ce^{-i\pi(a\theta_1+c\theta_2)} \\&&つまり \\&&a\theta_1+c\theta_2=n \qquad (n \in \mathbb{Z}) \\&&となるa,cを用いて \\z&=&A_1^aA_2^c(-1)^nと表せる \end{eqnarray}

実際に$\theta_1,\theta_2$を決めるときは

理論上いくらでも$\theta_1,\theta_2$は決められますが式が汚くなりすぎるので
それぞれ$\frac{k}{12}\quad(-11 \leq k \leq 11,k \neq 0,k \in \mathbb{Z} )$にすればいいはずです

終わりに

$\theta_1,\theta_2$だけですべて決まることに気づいたときはマジで気持ちよかったです
最後まで見てくれてありがとうございます！