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Gaussの超幾何定理の二重類似

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

Gaussの超幾何定理は
\begin{align} \sum_{0\leq n}\frac{(a,b)_n}{n!(c)_n}&=\frac{\Gamma(c)\Gamma(c-a-b)}{\Gamma(c-a)\Gamma(c-b)} \end{align}
と表される. 前の記事 において, 以下の定理を示した.

$a+b+c+d=1$のとき,
\begin{align} \int_{0< s< t<1}s^{a-1}(1-s)^{b-1}t^{c-1}(1-t)^{d-1}\,dsdt&=\frac{\Gamma(a)\Gamma(d)\Gamma(a+c)\Gamma(b+d)}{\Gamma(1-b)\Gamma(1-c)} \end{align}

今回はこれの1つの応用として, 次の公式を示す. それはGaussの超幾何定理の二重類似と言えるもので, 1年ほど前に得た公式である.

\begin{align} \sum_{0\leq n}\frac{(c,d)_n}{(a,b)_{n+1}}\sum_{k=0}^n\frac{(a,b)_k}{k!(c)_k}&=\frac{\Gamma(a)\Gamma(b)\Gamma(1-d)\Gamma(1+a+b-c-d)}{\Gamma(1+a+b-c)\Gamma(1+a-d)\Gamma(1+b-d)} \end{align}

2つの証明を与える.

1つ目の証明

まず,
\begin{align} \int_0^xs^{k+b-1}(1-s)^{c-b-1}\,ds&=\frac{(b)_k}{(c)_k}\sum_{n=k}^{\infty}\frac{(c)_n}{(b)_{n+1}}x^{n+b}(1-x)^{c-b} \end{align}
が成り立つことが両辺の$x$に関する微分が等しいことから確かめられる. これを用いると,
\begin{align} \sum_{0\leq n}\frac{(c,d)_n}{(a,b)_{n+1}}\sum_{k=0}^n\frac{(a,b)_k}{k!(c)_k}&=\frac{\Gamma(a)}{\Gamma(d)\Gamma(1+a-d)}\sum_{0\leq k}\frac{(a)_k}{k!}\frac{(b)_k}{(c)_k}\sum_{n=k}^{\infty}\frac{(c)_n}{(b)_{n+1}}\int_0^1t^{n+d-1}(1-t)^{a-d}\,dt\\ &=\frac{\Gamma(a)}{\Gamma(d)\Gamma(1+a-d)}\sum_{0\leq k}\frac{(a)_k}{k!}\int_{0< s< t<1}s^{k+b-1}(1-s)^{c-b-1}t^{d-b-1}(1-t)^{a+b-c-d}\,dt\\ &=\frac{\Gamma(a)}{\Gamma(d)\Gamma(1+a-d)}\int_{0< s< t<1}s^{b-1}(1-s)^{c-a-b-1}t^{d-b-1}(1-t)^{a+b-c-d}\,dt \end{align}
となる. ここで, 定理1を用いると
\begin{align} &\int_{0< s< t<1}s^{b-1}(1-s)^{c-a-b-1}t^{d-b-1}(1-t)^{a+b-c-d}\,dt\\ &=\frac{\Gamma(b)\Gamma(1+a+b-c-d)\Gamma(d)\Gamma(1-d)}{\Gamma(1+a+b-c)\Gamma(1+b-d)} \end{align}
が得られるから, これを代入して定理を得る.

2つ目の証明

Watsonによる 超幾何級数の部分和の公式
\begin{align} \sum_{k=0}^n\frac{(a,b)_k}{k!(c)_k}&=\frac{\Gamma(a+n+1)\Gamma(b+n+1)}{\Gamma(n+1)\Gamma(a+b+n+1)}\sum_{0\leq k}\frac{(a,b,c+n)_k}{k!(c,a+b+n+1)_k} \end{align}
を用いると,
\begin{align} \sum_{0\leq n}\frac{(c,d)_n}{(a,b)_{n+1}}\sum_{k=0}^n\frac{(a,b)_k}{k!(c)_k}&=\frac{\Gamma(a)\Gamma(b)}{\Gamma(c)}\sum_{0\leq n}\frac{(d)_n}{n!}\sum_{0\leq k}\frac{(a,b)_k\Gamma(c+n+k)}{k!(c)_k\Gamma(a+b+n+k+1)}\\ &=\frac{\Gamma(a)\Gamma(b)}{\Gamma(c)\Gamma(1+a+b-c)}\sum_{0\leq n}\frac{(d)_n}{n!}\sum_{0\leq k}\frac{(a,b)_k}{k!(c)_k}\int_0^1t^{c+n+k-1}(1-t)^{a+b-c}\,dt\\ &=\frac{\Gamma(a)\Gamma(b)}{\Gamma(c)\Gamma(1+a+b-c)}\sum_{0\leq k}\frac{(a,b)_k}{k!(c)_k}\int_0^1t^{c+k-1}(1-t)^{a+b-c-d}\,dt\\ &=\frac{\Gamma(a)\Gamma(b)\Gamma(1+a+b-c-d)}{\Gamma(1+a+b-c)\Gamma(1+a+b-d)}\sum_{0\leq k}\frac{(a,b)_k}{k!(1+a+b-d)_k}\\ &=\frac{\Gamma(a)\Gamma(b)\Gamma(1+a+b-c-d)\Gamma(1-d)}{\Gamma(1+a+b-c)\Gamma(1+a-d)\Gamma(1+b-d)} \end{align}
を得る. 最後の等号はGaussの超幾何定理による.

この等式については他にも色々な証明を得ているが, 特に1つ目の証明は美しいので気にいっているものである.

投稿日:6日前
更新日:6日前
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Wataru
Wataru
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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

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