YANAのq類似を生み出しちゃった！-超幾何関数の新たな公式の発見を目指して！2
あいさつ
んちゃ！
前回の記事の続きです。
具体的には下記の事をこの記事では行います。
【概要】
本記事では、次の事を行う。
- 前回導入したYANA超幾何関数(仮)が満たす微分方程式の導出
- その後YANA超幾何関数(仮)はGaussの超幾何関数の$q$類似版の拡張でない事を得られた微分方程式について$q\rightarrow 1$として確認
- YANA超幾何関数を修正しその微分方程式を求める。
- その後、YANA超幾何関数はGaussの超幾何関数の$q$類似版の拡張となっている事を得られた微分方程式について$q\rightarrow 1$として確認
標準$q$-類似
任意の複素数$c\in\mathbb{C}$に対して以下の様な$c$の$q$数を考える。
\begin{equation}
S(c;q)=\frac{1-q^{-c}}{1-q^{-1}}
\end{equation}
$q$微分$D_{Q}(a,b)$を次の様に定める。
\begin{equation}
D_{Q}(a,b)f(x)=\frac{f(q^{a}x)-f(q^{b}x)}{q^{a}x-q^{b}x}
\end{equation}
\begin{equation} D_{Q}(a,b)x^{\lambda}=\frac{q^{\lambda a}-q^{\lambda b}}{q^{a}-q^{b}}x^{\lambda-1} \end{equation}
\begin{eqnarray} D_{Q}(a,b)x^{\lambda}&=&\frac{q^{\lambda a}x^{\lambda}-q^{\lambda b}x^{\lambda}}{q^{a}x-q^{b}x}\\ &=&\frac{q^{\lambda a}-q^{\lambda b}}{q^{a}-q^{b}}x^{\lambda-1} \end{eqnarray}
\begin{equation} \lim_{q\rightarrow 1}D_{Q}(0,-1)=D \end{equation}
\begin{eqnarray} \lim_{q\rightarrow 1}D_{Q}(0,-1)f(z)&=&\lim_{q\rightarrow 1}\frac{f(z)-f(q^{-1}z)}{z-q^{-1}z}\quad(\delta=z-q^{-1}z)\\ &=&\lim_{\delta\rightarrow 0}\frac{f(z)-f(z-\delta)}{\delta}\\ &=&\lim_{\delta\rightarrow 0}\{\frac{f(z+\delta)-f(z)}{\delta}+\frac{2f(x)-f(z+\delta)-f(z-\delta)}{\delta}\}\\ &=&D+\lim_{\delta\rightarrow 0}\frac{O(\delta^{2})}{\delta}\\ &=&D \end{eqnarray}
YANAの超幾何関数の性質
YANAの超幾何関数(仮)についてはこちらを参照
\begin{equation} [z\log{q}\{zq^{-a}D_{Q}(0,-1)+S(a,q)\}\{zq^{-b}D_{Q}(0,-1)+S(b;q)\}-\frac{1}{1-q^{-1}}\color{red}D\color{black}\{zq^{-(c-1)}D_{Q}(0,-1)+S(c-1;q)\}]{}_{2}F_{1}^{(Y)}(a,b;c;z)=0 \end{equation}
[0]$z^{n}$の係数を抜き出す。
\begin{equation}
A_{n}=(\log{q})^{n}\prod_{k=1}^{n}\frac{(1-q^{-(a+k-1)})(1-q^{-(b+k-1)})}{(1-q^{-(c+k-1)})k}
\end{equation}
[1]$A_{n}$の性質を調べる。
\begin{equation}
(1-q^{-(c+n)})(n+1)A_{n+1}=\log{q}(1-q^{-(a+n)})(1-q^{-(b+n)})A_{n}
\end{equation}
[2]$q$微分の性質を調べる。
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
zD_{Q}(0,-1)z^{n}=\frac{1-q^{-n}}{1-q^{-1}}z^{n}\\
zDz^{n}=nz^{n}
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
[3]もうちょい計算してみよう。
\begin{eqnarray}
\{zq^{-a}D_{Q}(0,-1)+S(a,q)\}z^{n}&=&\{\frac{q^{-a}-q^{-(a+n)}}{1-q^{-1}}+\frac{1-q^{-a}}{1-q^{-1}}\}z^{n}\\
&=&\frac{1-q^{-(a+n)}}{1-q^{-1}}z^{n}
\end{eqnarray}
[4]やったぜ！上手くいきそう。
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
\{zq^{-a}D_{Q}(0,-1)+S(a,q)\}\{zq^{-b}D_{Q}(0,-1)+S(b;q)\}z^{n}=\frac{(1-q^{-(a+n)})(1-q^{-(b+n)})}{(1-q^{-1})^{2}}z^{n}\\
D\{zq^{-(c-1)}D_{Q}(0,-1)+S(c-1;q)\}z^{n}=n\frac{1-q^{-(c+n-1)}}{1-q^{-1}}z^{n-1}
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
[5]$z^{n}$の係数を比較
\begin{eqnarray}
[z\log{q}\{zq^{-a}D_{Q}(0,-1)+S(a,q)\}\{zq^{-b}D_{Q}(0,-1)+S(b;q)\}-\frac{1}{1-q^{-1}}\color{red}D\color{black}\{zq^{-(c-1)}D_{Q}(0,-1)+S(c-1;q)\}]{}_{2}F_{1}^{(Y)}(a,b;c;z)&=&\sum_{n=1}^{\infty}\{\frac{\log{q}(1-q^{(a+n)})(1-q^{(b+n)})}{(1-q^{-1})^{2}}A_{n}-\frac{(n+1)(1-q^{c+n})}{(1-q^{-1})^{2}}A_{n+1}\}z^{n}\\
&=&\frac{1}{(1-q^{-1})^{2}}\sum_{n=1}^{\infty}\{\log{q}(1-q^{(a+n)})(1-q^{(b+n)})A_{n}-(n+1)(1-q^{c+n})A_{n+1}\}z^{n}\\
&=&0
\end{eqnarray}
残念だけど、今のままでは目的に到達できませんね。
そこで、YANAの超幾何関数(仮)を改善しましょう。
\begin{eqnarray} {}_{2}F_{1}^{(Y)}(a,b;c;z)&=&\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(a)_{-x|n}(b)_{-x|n}}{(c)_{-x|n}(1)_{-x|n}}z^{n}\\ &=&\sum_{n=0}^{\infty}z^{n}\prod_{k=1}^{n}\frac{(1-q^{-(a+k-1)})(1-q^{-(b+k-1)})}{(1-q^{-(c+k-1)})(1-q^{-n})} \end{eqnarray}
\begin{equation} [z\{zq^{-a}D_{Q}(0,-1)+S(a,q)\}\{zq^{-b}D_{Q}(0,-1)+S(b;q)\}-zD_{Q}(0,-1)\{zq^{-(c-1)}D_{Q}(0,-1)+S(c-1;q)\}]{}_{2}F_{1}^{(Y)}(a,b;c;z)=0 \end{equation}
[0]$z^{n}$の係数を抜き出す。
\begin{equation}
A_{n}=(\prod_{k=1}^{n}\frac{(1-q^{-(a+k-1)})(1-q^{-(b+k-1)})}{(1-q^{-(c+k-1)})(1-q^{-k})}
\end{equation}
[1]$A_{n}$の性質を調べる。
\begin{equation}
(1-q^{-(c+n)})(1-q^{-(n+1)})A_{n+1}=(1-q^{-(a+n)})(1-q^{-(b+n)})A_{n}
\end{equation}
[2]$q$微分の性質を調べる。
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
zD_{Q}(0,-1)z^{n}=\frac{1-q^{-n}}{1-q^{-1}}z^{n}\\
zDz^{n}=nz^{n}
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
[3]コピペ
\begin{eqnarray}
\{zq^{-a}D_{Q}(0,-1)+S(a,q)\}z^{n}&=&\{\frac{q^{-a}-q^{-(a+n)}}{1-q^{-1}}+\frac{1-q^{-a}}{1-q^{-1}}\}z^{n}\\
&=&\frac{1-q^{-(a+n)}}{1-q^{-1}}z^{n}
\end{eqnarray}
[4]コピペ
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
\{zq^{-a}D_{Q}(0,-1)+S(a,q)\}\{zq^{-b}D_{Q}(0,-1)+S(b;q)\}z^{n}=\frac{(1-q^{-(a+n)})(1-q^{-(b+n)})}{(1-q^{-1})^{2}}z^{n}\\
zD_{Q}(0,-1)\{zq^{-(c-1)}D_{Q}(0,-1)+S(c-1;q)\}z^{n}=\frac{(1-q^{-(c+n-1)})(1-q^{-n})}{(1-q^{-1})^{2}}z^{n-1}
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
[5]$z^{n}$の係数を比較
\begin{eqnarray}
[z\{zq^{-a}D_{Q}(0,-1)+S(a,q)\}\{zq^{-b}D_{Q}(0,-1)+S(b;q)\}-zD_{Q}(0,-1)\{zq^{-(c-1)}D_{Q}(0,-1)+S(c-1;q)\}]{}_{2}F_{1}^{(Y)}(a,b;c;z)&=&\sum_{n=1}^{\infty}\{\frac{(1-q^{-(a+n)})(1-q^{-(b+n)})}{(1-q^{-2})}A_{n}-\frac{(1-q^{(c+n)})(1-q^{-(n+1)})}{(1-q^{-1})^{2}}A_{n+1}\}z^{n}\\
&=&\frac{1}{(1-q^{-1})^{2}}\sum_{n=1}^{\infty}\{(1-q^{-(a+n)})(1-q^{-(b+n)})A_{n}-(1-q^{(c+n)})(1-q^{-(n+1)})A_{n+1}\}z^{n}\\
&=&0
\end{eqnarray}
結論
今回はYANAの超幾何関数をGaussの超幾何関数の拡張バージョンとして構成しました。
その根拠は$q\rightarrow 1$としたとき、得られた微分方程式がGaussの超幾何微分方程式と一致する事にありました。
記事の内容はここまでです。
ここまで見て頂きありがとうございました。
ばいちゃ！
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