二項係数を含む総和についてNo.1
あいさつ
んちゃ！
今回は次のような級数で遊びます。
今回対象としている$x$は常に収束半径内にあるとし、級数、積分記号の入れ替えなどは特に断りなく行います。
ららら君から$C=3$の場合の解法を教えて頂きました！
微分方程式を使うのはシンプルに面白いのです！
ちなみに、筆者にはまだ理解できていない部分があります...。
分かり次第更新いたします。
$A,B\in\mathbb{R},C\in\mathbb{N}$とする。この時、下記の級数について以下の問いに答えよ。
\begin{equation}
f(A,B;C;x)=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{Ak+B}{\begin{pmatrix}Ck\\k\end{pmatrix}}x^{k}
\end{equation}
(0)本級数の収束半径$R$は$C(\frac{C}{C-1})^{C-1}$で与えられる。
(1)C=2の場合
(2)C=3の場合
(3)一般のCの場合(解き方募集中)
\begin{eqnarray} R&=&\lim_{k\rightarrow \infty}\frac{Ak+B}{Ak+B+A}\frac{\begin{pmatrix}Ck+C\\k+1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}Ck\\k\end{pmatrix}}\\ &=&\lim_{k\rightarrow \infty}\frac{1}{k+1}\frac{(Ck+C)!}{k!\{(C-1)k+k-1\}!}\frac{k!\{(C-1)k\}!}{(Ck)!}\\ &=&\lim_{k\rightarrow\infty}\frac{1}{k+1}\frac{(Ck+C)\cdots (Ck+1)}{\{(C-1)k+C-1\}\cdots\{(C-1)k+1\}}\\ &=&C(\frac{C}{C-1})^{C-1} \end{eqnarray}
[1]変形1
\begin{eqnarray}
f(A,B;C;x)&=&\sum_{k=0}^{\infty}\frac{Ak+B}{\begin{pmatrix}Ck\\k\end{pmatrix}}x^{k}\\
&=&\sum_{k=0}^{\infty}(Ak+B)(Ck+1)B(k+1,(C-1)k+1)x^{k}\\
&=&\sum_{k=0}^{\infty}\{ACk^{2}+(A+BC)k+B\}\int_{0}^{1}(xt)^{k}(1-t)^{(C-1)k}dt
\end{eqnarray}
[2]メモA
等比級：$S(x)=\sum_{k=0}^{\infty}x^{k}=\frac{1}{1-x}\quad(|x|\lt 1)$
派生1:$x\frac{d}{dx}S(x)=\sum_{k=0}^{\infty}kx^{k}=\frac{x}{(1-x)^{2}}\quad(|x|\lt 1)$
派生2:$(x\frac{d}{dx})^{2}S(x)=\sum_{k=0}^{\infty}k^{2}x^{k}=\frac{2x^{2}}{(1-x)^{3}}+\frac{x}{(1-x)^{2}}\quad(|x|\lt 1)$
[3]メモB
長いから以下の様に変数を定義しておく。
\begin{equation}
(xt)(1-t)^{(C-1)}=u
\end{equation}
[4]変形2
\begin{eqnarray}
f(A,B;C;x)&=&\sum_{k=0}^{\infty}\{ACk^{2}+(A+BC)k+B\}\int_{0}^{1}u^{k}dt\\
&=&\int_{0}^{1}\{AC\sum_{k=0}^{\infty}k^{2}u^{k}+(A+BC)\sum_{k=0}^{\infty}ku^{k}+B\sum_{k=0}^{\infty}u^{k}\}dt\\
&=&\int_{0}^{1}[AC\{\frac{2u^{2}}{(1-u)^{3}}+\frac{u}{(1-u)^{2}}\}+(A+BC)\frac{u}{(1-u)^{2}}+B\frac{1}{1-u}]dt
\end{eqnarray}
[5]メモC
被積分関数だけに着目してもう少し簡単になるよう変形しよう。
\begin{eqnarray}
AC\{\frac{2u^{2}}{(1-u)^{3}}+\frac{u}{(1-u)^{2}}\}+(A+BC)\frac{u}{(1-u)^{2}}+B\frac{1}{1-u}
&=&2AC\frac{u^{2}}{(1-u)^{3}}+\{A+(A+B)C\}\frac{u}{(1-u)^{2}}+B\frac{1}{1-u}\\
&=&2AC\frac{(1-u)^{2}+2u-2+1}{(1-u)^{3}}+\{A+(A+B)C\}\frac{u-1+1}{(1-u)^{2}}+B\frac{1}{1-u}\\
&=&2AC\frac{1}{(1-u)^{3}}+\{A+(B-3A)C\}\frac{1}{(1-u)^{2}}+\{B-A+(A-B)C\}\frac{1}{1-u}
\end{eqnarray}
[6]メモD
今回の問題を解くカギは次の積分を求める事。
\begin{equation}
I_{k}(C;x)=\int_{0}^{1}\frac{1}{\{1-xt(1-t)^{C-1}\}^{k}}dt\quad(k=1,2,3)
\end{equation}
[7][6]メモDを用いると問題の回答は次の様に書ける。
\begin{equation}
f(A,B;C;x)=2ACI_{3}(C;x)+\{A+(B-3A)C\}I_{2}(C;x)+\{B-A+(A-B)C\}I_{1}(C;x)
\end{equation}
本問題を解くことと下記の積分を求める事は等価。
\begin{equation}
I_{k}(C;x)=\int_{0}^{1}\frac{1}{\{1-xt(1-t)^{C-1}\}^{k}}dt\quad(k=1,2,3)
\end{equation}
実際、この積分を求める事が出来れば、次の様に元の級数は与えられるから。
\begin{equation}
f(A,B;C;x)=2ACI_{3}(C;x)+\{A+(B-3A)C\}I_{2}(C;x)+\{B-A+(A-B)C\}I_{1}(C;x)
\end{equation}
[1]メモA
\begin{eqnarray}
1-xt(1-t)&=&1-xt+xt^{2}\\
&=&1-\frac{x}{4}+x(t-\frac{1}{2})^{2}\\
&=&\frac{4-x}{4}\{1+x(\frac{2t}{\sqrt{4-x}}-\frac{1}{\sqrt{4-x}})^{2}\}\\
&=&\frac{4-x}{4}\{1+(\frac{2t\sqrt{x}}{\sqrt{4-x}}-\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{4-x}})^{2}\}
\end{eqnarray}
[2]$u=\frac{2t\sqrt{x}}{\sqrt{4-x}}-\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{4-x}},du=\frac{2\sqrt{x}}{\sqrt{4-x}}dt$
[3]計算
\begin{eqnarray}
I_{k}(2;x)&=&(\frac{4}{4-x})^{k}\int_{-\sqrt{\frac{x}{4-x}}}^{\sqrt{\frac{x}{4-x}}}\frac{1}{(1+u^{2})^{k}}\frac{\sqrt{4-x}}{2\sqrt{x}}du\\
&=&(\frac{4}{4-x})^{k}\frac{\sqrt{4-x}}{2\sqrt{x}}\int_{-\sqrt{\frac{x}{4-x}}}^{\sqrt{\frac{x}{4-x}}}\frac{1}{(1+u^{2})^{k}}du\quad (u=\tan\theta)\\
&=&(\frac{4}{4-x})^{k}\frac{\sqrt{4-x}}{\sqrt{x}}\int_{0}^{\tan^{-1}\sqrt{\frac{x}{4-x}}}\cos^{2(k-1)}\theta d\theta\\
&=&\frac{4^{k}}{(4-x)^{k-1}\sqrt{x(4-x)}}\int_{0}^{\tan^{-1}\sqrt{\frac{x}{4-x}}}\cos^{2(k-1)}\theta d\theta
\end{eqnarray}
[4]メモB
$\Theta=\tan^{-1}\sqrt{\frac{x}{4-x}}$とすると以下の様に計算できる。
\begin{eqnarray}
J_{k}&=&\int_{0}^{\Theta}\cos^{2(k-1)}\theta d\theta\\
&=&\sin\theta \cos^{2k-3}\theta|_{0}^{\Theta}+(2k-3)\int_{0}^{\Theta}\sin^{2}\theta\cos^{2k-2}\theta d\theta\\
&=&\sin\Theta \cos^{2k-3}\Theta+(2k-3)J_{k-1}-(2k-3)J_{k}\\
\end{eqnarray}
整理して以下の漸化式を得る。
\begin{equation}
J_{k}=\frac{1}{2k-2}\sin\Theta \cos^{2k-3}\Theta+\frac{2k-3}{2k-2}J_{k-1}\quad(k \geq 2)
\end{equation}
以下の事実を用いると
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
\cos(\tan^{-1}\sqrt{\frac{x}{4-x}})=\frac{\sqrt{4-x}}{2}\\
\sin(\tan^{-1}\sqrt{\frac{x}{4-x}})=\frac{\sqrt{x}}{2}
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
得られた漸化式は下記の様に書き直せる
\begin{equation}
J_{k}=\frac{\sqrt{x}(\sqrt{4-x})^{2k-3}}{2^{2k-1}(k-1)}+\frac{2k-3}{2k-2}J_{k-1}
\end{equation}
[6]メモD
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
J_{1}=\tan^{-1}\sqrt{\frac{x}{4-x}}\\
J_{2}=\frac{\sqrt{x(4-x)}}{8}+\frac{1}{2}\tan^{-1}\sqrt{\frac{x}{4-x}}\\
J_{3}=\frac{(4-x)\sqrt{x(4-x)}}{64}+\frac{5\sqrt{x(4-x)}}{32}+\frac{3}{8}\tan^{-1}\sqrt{\frac{x}{4-x}}
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
[7]メモE
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
I_{1}=\frac{4}{\sqrt{x(4-x)}}J_{1}=\frac{4}{\sqrt{x(4-x)}}\tan^{-1}\sqrt{\frac{x}{4-x}}\\
I_{2}=\frac{16}{(4-x)\sqrt{x(4-x)}}J_{2}=\frac{2}{4-x}+\frac{8}{(4-x)\sqrt{x(4-x)}}\tan^{-1}\sqrt{\frac{x}{4-x}}\\
I_{3}=\frac{64}{(4-x)^{2}\sqrt{x(4-x)}}J_{3}=\frac{1}{4-x}+\frac{10}{(4-x)^{2}}+\frac{24}{(4-x)^{2}\sqrt{x(4-x)}}\tan^{-1}\sqrt{\frac{x}{4-x}}
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
[8]メモF
\begin{eqnarray}
f(A,B;2;x)&=&4AI_{3}+(2B-5A)I_{2}+(A-B)I_{1}\\
&=&\frac{40A}{(4-x)^{2}}+\frac{4B-6A}{4-x}+\frac{4}{\sqrt{x(4-x)}}(A-B+\frac{2(2B-5A)}{4-x}+\frac{6A}{(4-x)^{2}})\tan^{-1}\sqrt{\frac{x}{4-x}}
\end{eqnarray}
とても心をすり減らす計算の果てに得た結果だからまとめておこうか。
任意の実数$A,B\in\mathbb{R}$に対して以下の級数が成り立つ！
\begin{equation}
\sum_{k=0}^{\infty}\frac{Ak+B}{\begin{pmatrix}2k\\k\end{pmatrix}}x^{k}=\frac{40A}{(4-x)^{2}}+\frac{4B-6A}{4-x}+\frac{4}{\sqrt{x(4-x)}}(A-B+\frac{2(2B-5A)}{4-x}+\frac{6A}{(4-x)^{2}})\tan^{-1}\sqrt{\frac{x}{4-x}}\quad(|x|\lt 4)
\end{equation}
(2)検算
有名な公式で検算してみよう！
僕のこの記事から抜粋するね。
\begin{equation} \sum_{k=0}^{\infty}\frac{x^{k}}{\begin{pmatrix}2k\\k\end{pmatrix}}=\frac{x}{4-x}+\frac{4\sqrt{x}}{(4-x)^{\frac{3}{2}}}\tan^{-1}\sqrt{\frac{x}{4-x}} \end{equation}
問題1(2)の結果において$A=0,B=1$とすると以下の式を得る。
\begin{eqnarray}
f(0,1;2;x)&=&\sum_{k=0}^{\infty}\frac{x^{k}}{\begin{pmatrix}2k\\k\end{pmatrix}}\\
&=&\frac{4}{4-x}+\frac{\sqrt{x}}{(4-x)^{\frac{3}{2}}}\tan^{-1}\sqrt{\frac{x}{4-x}}
\end{eqnarray}
(3)$C=3$の場合ららら君の解法
ららら君から$C=3$の場合の解法を教えて頂いたので早速く追記いたします！
級数:
\begin{equation}
f(x)=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{x^{3k-1}}{\begin{pmatrix}3k\\k\end{pmatrix}}\quad(|x|^{3}\lt \frac{27}{
4})
\end{equation}
は以下の様な微分方程式を満たす!
\begin{equation}
(4x^{3}-27)f^{''}+30x^{2}f^{'}+40xf+108=0
\end{equation}
[1]計算メモA
\begin{eqnarray} f(x)&=&\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{\begin{pmatrix}3k\\k\end{pmatrix}}x^{3k-1}\\ &=&\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(2k)!k!}{(3k)!}x^{3k-1}\\ &=&\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(2k+2)!(k+1)!}{(3k+3)!}x^{3k+2}\\ &=&\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(2k)!k!}{(3k)!}\frac{(2k+2)(2k+1)(k+1)}{(3k+3)(3k+2)(3k+1)}x^{3k+2}\\ &=&\frac{2}{3}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(2k)!k!}{(3k)!}\frac{(2k+1)(k+1)}{(3k+2)(3k+1)}x^{3k+2}\\ &=&\frac{2}{3}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(2k+1)(k+1)}{(3k+2)(3k+1)}\frac{x^{3k+2}}{\begin{pmatrix}3k\\k\end{pmatrix}} \end{eqnarray}
[2]計算メモB
\begin{eqnarray} f^{'}(x)&=&\sum_{k=1}^{\infty}\frac{3k-1}{\begin{pmatrix}3k\\k\end{pmatrix}}x^{3k-2}\\ &=&\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(3k+2)(2k+2)(2k+1)(k+1)}{(3k+3)(3k+2)(3k+1)\begin{pmatrix}3k\\k\end{pmatrix}}x^{3k+1}\\ &=&\frac{2}{3}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(2k+1)(k+1)}{3k+1}\frac{x^{3k+1}}{\begin{pmatrix}3k\\k\end{pmatrix}} \end{eqnarray}
[3]計算メモC
\begin{eqnarray} f^{''}(x)&=&\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(3k-1)(3k-2)}{\begin{pmatrix}3k\\k\end{pmatrix}}x^{3k-3}\\ &=&\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(3k+2)(3k+1)(2k+2)(2k+1)(k+1)}{(3k+3)(3k+2)(3k+1)\begin{pmatrix}3k\\k\end{pmatrix}}x^{3k}\\ &=&\frac{2}{3}\sum_{k=0}^{\infty}(2k+1)(k+1)\frac{x^{3k}}{\begin{pmatrix}3k\\k\end{pmatrix}}\\ &=&\frac{4}{3}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{k^{2}}{\begin{pmatrix}3k\\k\end{pmatrix}}x^{3k}+2\sum_{k=0}^{\infty}\frac{k}{\begin{pmatrix}3k\\k\end{pmatrix}}x^{3k}+\frac{2}{3}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{\begin{pmatrix}3k\\k\end{pmatrix}}x^{3k}\\ &=& \end{eqnarray}
[4]計算メモD
適当な実数$A,B,C\in\mathbb{R}$に対して$Axf(x)+Bx^{2}f^{'}(x)+Cx^{3}f^{''}(x)$を考える。
\begin{eqnarray} (Axf(x)+Bx^{2}f^{'}(x)+Cx^{3}f^{''}(x)のx^{3k+3}の係数)&=&\frac{2(2k+1)(k+1)}{3\begin{pmatrix}3k\\k\end{pmatrix}}\{A\frac{1}{(3k+2)(3k+1)}+B\frac{1}{3k+1}+C\}\\ &=&\frac{2(2k+1)(k+1)}{3(3k+2)(3k+1)\begin{pmatrix}3k\\k\end{pmatrix}}\{A+B(3k+2)+C(3k+2)(3k+1)\}\\ &=&\frac{2(2k+1)(k+1)}{3(3k+2)(3k+1)\begin{pmatrix}3k\\k\end{pmatrix}}\{9Ck^{2}+3(B+3C)k+A+2B+2C\}\\ &=&\frac{2(2k+2)(2k+1)(3k+3)(k+1)}{3(2k+2)(3k+3)(3k+2)(3k+1)\begin{pmatrix}3k\\k\end{pmatrix}}\{9Ck^{2}+3(B+3C)k+A+2B+2C\}\\ &=&\frac{1}{\begin{pmatrix}3k+3\\k+1\end{pmatrix}}\{9Ck^{2}+3(B+3C)k+A+2B+2C\} \end{eqnarray}
[5]計算メモE
[5-1]$(A,B,C)=(1,3,1)$の場合
\begin{equation} 9Ck^{2}+3(B+3C)k+A+2B+2C=9k^{2}+18k+9=9(k+1)^{2} \end{equation}
[5-2]$(A,B,C)=(1,1,0)$の場合
\begin{equation} 9Ck^{2}+3(B+3C)k+A+2B+2C=3k+3=3(k+1) \end{equation}
[5-3]$(A,B,C)=(1,0,0)$の場合
\begin{equation} 9Ck^{2}+3(B+3C)k+A+2B+2C=1 \end{equation}
[6]計算メモF
\begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} xf+3x^{2}f^{'}+x^{3}f^{''}=9\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(k+1)^{2}}{\begin{pmatrix}3k+3\\k+1\end{pmatrix}}x^{3k+3}=9\sum_{k=0}^{\infty}\frac{k^{2}}{\begin{pmatrix}3k\\k\end{pmatrix}}x^{3k}-9\\ xf+x^{2}f^{'}=3\sum_{k=0}^{\infty}\frac{k+1}{\begin{pmatrix}3k+3\\k+1\end{pmatrix}}x^{3k+3}=3\sum_{k=0}^{\infty}\frac{k}{\begin{pmatrix}3k\\k\end{pmatrix}}x^{3k}-3\\ xf=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{\begin{pmatrix}3k+3\\k+1\end{pmatrix}}x^{3k+3}=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{\begin{pmatrix}3k\\k\end{pmatrix}}x^{3k}-1 \end{array} \right. \end{eqnarray}
[7]計算メモG
\begin{eqnarray} f^{''}&=&\frac{4}{3}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{k^{2}}{\begin{pmatrix}3k\\k\end{pmatrix}}x^{3k}+2\sum_{k=0}^{\infty}\frac{k}{\begin{pmatrix}3k\\k\end{pmatrix}}x^{3k}+\frac{2}{3}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{\begin{pmatrix}3k\\k\end{pmatrix}}x^{3k}\\ &=&\frac{4}{27}(xf+3x^{2}f^{'}+x^{3}f^{''}+9)+\frac{2}{3}(xf+x^{2}f^{'}+3)+\frac{2}{3}(xf+1)\\ \end{eqnarray}
[8]結論
\begin{equation} (4x^{3}-27)f^{''}+30x^{2}f^{'}+40xf+108=0 \end{equation}
ふむ。
微分方程式を導く事は出来たが
ここから先どうすればいいか分からないのだ。
とりあえず、仕事中に思い付いた下記の回答を書いておく事にしよう。
(3)$C=3$の場合(ずんだもん)
超幾何数列を使えばいけそう？
実際、$r_{n}=\frac{1}{\begin{pmatrix}3k\\k\end{pmatrix}}$とおくと以下の様な漸化式を得る。
\begin{equation}
\frac{r_{k+1}}{r_{k}}=\frac{(k+\frac{1}{2})(k+1)^{2}}{(k+\frac{2}{3})(k+\frac{1}{3})(k+1)}\frac{4}{27}
\end{equation}
ゆえに、境界条件$r_{0}=1$より
\begin{equation}
r_{k}=\frac{(\frac{1}{2})_{k}(1)_{k}(1)_{k}}{(\frac{2}{3})_{k}(\frac{1}{3})_{k}}\frac{(\frac{4}{27})^{k}}{k!}
\end{equation}
ゆえに、$f(0,1;3;x)$に代入すると$f(0,1;3;x)$は下記の様に書き直せることが分かる。
\begin{equation}
f(0,1;3;x)={}_{3}F_{2}(\frac{1}{2},1,1;\frac{2}{3},\frac{1}{3};\frac{4x}{27})
\end{equation}
この式を用いると
求める答えは
\begin{equation}
f(A,B;3;x)=(Ax\frac{d}{dx}+B){}_{3}F_{2}(\frac{1}{2},1,1;\frac{2}{3},\frac{1}{3};\frac{4x}{27})
\end{equation}
解けたうちに入らないかもだけど一応まとめておこう
任意の実数$A,B\in\mathbb{R}$に対して以下の級数がなり立つ
\begin{equation}
\sum_{k=0}^{\infty}\frac{Ak+B}{\begin{pmatrix}3k\\k\end{pmatrix}}x^{k}=(Ax\frac{d}{dx}+B){}_{3}F_{2}(\frac{1}{2},1,1;\frac{2}{3},\frac{1}{3};\frac{4x}{27})\quad(|x|\lt \frac{27}{4})
\end{equation}
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