4
現代数学解説
κ(x)/sqrt(1-x) の moment
47
0
この著者は初心者として投稿しています。間違いや考慮が足りていない点が含まれている可能性が高いです。見つけたらコメント欄で優しく指摘してあげましょう。
$$\newcommand{BA}[0]{\begin{align*}}
\newcommand{BC}[0]{\begin{cases}}
\newcommand{BE}[0]{\begin{equation}}
\newcommand{bl}[0]{\boldsymbol}
\newcommand{BM}[0]{\begin{matrix}}
\newcommand{D}[0]{\displaystyle}
\newcommand{EA}[0]{\end{align*}}
\newcommand{EC}[0]{\end{cases}}
\newcommand{EE}[0]{\end{equation}}
\newcommand{EM}[0]{\end{matrix}}
\newcommand{h}[0]{\boldsymbol{h}}
\newcommand{k}[0]{\boldsymbol{k}}
\newcommand{L}[0]{\left}
\newcommand{l}[0]{\boldsymbol{l}}
\newcommand{m}[0]{\boldsymbol{m}}
\newcommand{n}[0]{\boldsymbol{n}}
\newcommand{R}[0]{\right}
\newcommand{vep}[0]{\varepsilon}
$$
$\BA\D\\ \kappa(x):=\sum_{n=0}^\infty \beta_n^2x^n,\qquad A:=\frac{\pi}{\Gamma\L(\frac{3}{4}\R)^4} \EA$
とします。
定理１.$\hspace{5pt}$
$\BA\D\\ &(1.1):\quad\int_0^1 x^{n+\frac{1}{2}}\frac{\kappa(x)}{\sqrt{1-x}}\,dx=\pi A-\frac{\pi}{2}\sum_{m=0}^n \frac{\beta_{n-m}^{}}{\D(2m+1)^2\beta_m^2}\sum_{k=0}^m\L(A(4k+1)-\frac{4}{\pi^2A}\R)\beta_k^3\\ &(1.2):\quad\int_0^1 x^{n+\frac{1}{2}}\frac{\kappa(1-x)}{\sqrt{1-x}}\,dx=\pi A-\frac{\pi}{2}\sum_{m=0}^n \frac{\beta_{n-m}^{}}{\D(2m+1)^2\beta_m^2}\sum_{k=0}^m\L(A(4k+1)+\frac{4}{\pi^2A}\R)\beta_k^3 \EA$
$\hspace{5pt}$$(1.1)$式については
$\BA\D \frac{1}{\pi}\int_0^1 x^{n+\frac{1}{2}}\frac{\kappa(x)}{\sqrt{1-x}}\,dx&=\sum_{j=0}^\infty \beta_j^2\beta_{j+n+1}\\&=\sum_{j=0}^\infty \beta_j^3\frac{\qty(j+\frac{1}{2})_{n+1}}{\qty(j+1)_{n+1}}\\&=\sum_{j=0}^\infty \beta_j^3\L(1-\frac{1}{2}\sum_{m=0}^n \frac{(2m+1)\beta_m\beta_{n-m}}{j+m+1}\R)\\&=A-\frac{1}{2}\sum_{m=0}^n(2m+1)\beta_m\beta_{n-m}\sum_{j=0}^\infty\frac{\beta_j^3}{j+m+1}\\&=A-\frac{1}{2}\sum_{m=0}^\n\frac{\beta_{n-m}}{\D(2m+1)^2\beta_m^2}\sum_{k=0}^m\L(A(4k+1)-\frac{4}{\pi^2A}\R)\beta_k^3 \EA$
でわかります。
$\hspace{5pt}$$(1.2)$式については
$\BA\D \frac{1}{\pi}\int_0^1 x^{n+\frac{1}{2}}\frac{\kappa(1-x)}{\sqrt{1-x}}\,dx&=\beta_{n+1}{_3}F_2\L[\BM \frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{1}{2}\\1,n+2 \EM;1\R]\\&=\beta_{n+1}^2{_3}F_2\L[\BM \frac{1}{2},n+\frac{3}{2},n+\frac{3}{2}\\n+2,n+2 \EM;1\R]\\&=\beta_{n+1}^2\sum_{l=0}^\infty \beta_l\frac{\qty(n+\frac{3}{2})_l^2}{\qty(n+2)_l^2}\\&=\sum_{l=0}^\infty \beta_l\beta_{l+n+1}^2\\&=\sum_{l=0}^\infty \beta_{l+n+1}^3\frac{\beta_{l}}{\beta_{l+n+1}}\\&=\sum_{j=0}^\infty \beta_j^3\frac{\beta_{j-n-1}}{\beta_j}\quad(j=l+n+1)\\&=\sum_{j=0}^\infty \beta_j^3\prod_{r=0}^n \frac{j-r}{j-r-\frac{1}{2}}\\&=\sum_{j=0}^\infty \beta_j^3\L(1-\frac{1}{2}\sum_{m=0}^n\frac{(2m+1)\beta_m\beta_{n-m})}{\frac{1}{2}+m-j}\R)\\&=A-\frac{1}{2}\sum_{m=0}^n(2m+1)\beta_m\beta_{n-m}\sum_{j=0}^\infty \frac{\beta_j^3}{\frac{1}{2}+m-j}\\&=A-\frac{1}{2}\sum_{m=0}^n\frac{\beta_{n-m}}{\D(2m+1)^2\beta_m^2}\sum_{k=0}^m\L(A(4k+1)+\frac{4}{\pi^2A}\R)\beta_k^3 \EA$
でわかります。
$\hspace{5pt}$また，$(1.1)$式について，次式が成り立ちます。
$\BA\D \boxed{\quad \int_0^1 x^{n+\frac{1}{2}}\frac{\kappa(x)}{\sqrt{1-x}}\,dx=\pi\L(n+\frac{1}{2}\R)\beta_n\int_0^1 x^n\kappa\L(\frac{1+\sqrt{x}}{2}\R)\kappa\L(\frac{1-\sqrt{x}}{2}\R)\,dx \quad} \EA$
$\BA\D u:=\frac{1+t}{2},\qquad v:=\frac{1-t}{2},\qquad G(t):=\kappa(u)\kappa(v) \EA$
とおきます。このとき
$\BA\D G(t)&=\sum_{m=0}^\infty\sum_{n=0}^\infty \frac{\qty(\frac{1}{2})_{m+n}^2}{m!^2n!^2}\L(u(1-v)\R)^m\L(v(1-u)\R)^n\\&=\sum_{m=0}^\infty\sum_{n=0}^\infty \frac{\qty(\frac{1}{2})_{m+n}^2}{m!^2n!^2}u^{2m}v^{2m}\\&=\sum_{n=0}^\infty \sum_{m=0}^n\frac{\qty(\frac{1}{2})_n^2}{m!^2(n-m)!^2}u^{2m}v^{2n-2m}\\&=\sum_{n=0}^\infty \beta_n^2\sum_{m=0}^n\binom{n}{m}^2u^{2m}v^{2n-2m}\\&=\sum_{n=0}^\infty \beta_n^2\qty(u^2-v^2)^nP_n\L(\frac{u^2+v^2}{u^2-v^2}\R)\\&=\sum_{n=0}^\infty \beta_n^2t^nP_n\L(\frac{t+t^{-1}}{2}\R) \EA$
です。
$\BA\D L_n(\lambda):=\int_0^1 t^{2\lambda+n-1}P_n\L(\frac{t+t^{-1}}{2}\R)\,dt \EA$
として，母関数は
$\BA\D \sum_{n=0}^\infty r^nL_n(\lambda)&=\int_0^1 t^{2\lambda-1}\L(\sum_{n=0}^\infty r^nt^nP_n\L(\frac{t+t^{-1}}{2}\R)\R)\,dt\\&=\int_0^1 t^{2\lambda-1}\frac{1}{\sqrt{(1-r)(1-rt^2)}}\,dt\\&=\frac{1}{2\sqrt{1-r}}\int_0^1 \frac{t^{\lambda-1}}{\sqrt{1-rt}}\,dt\\&=\frac{1}{2\sqrt{1-r}}\frac{1}{\lambda}{_2}F_1\L[\BM \frac{1}{2},\lambda\\ \lambda+1 \EM;r\R]\\&=\frac{1}{2\lambda}{_2}F_1\L[\BM \lambda+\frac{1}{2},1\\ \lambda+1 \EM;r\R]\\&=\frac{1}{2\lambda} \sum_{n=0}^\infty \frac{\qty(\lambda+\frac{1}{2})_n}{\qty(\lambda+1)_n}r^n\EA$
よって
$\BA\D L_n(\lambda)=\frac{1}{2\lambda}\frac{\qty(\lambda+\frac{1}{2})_n}{\qty(\lambda+1)_n} \EA$
であり，
$\BA\D \int_0^1 t^{\lambda-1}G(\sqrt{t})\,dt&=2\sum_{n=0}^\infty \beta_n^2\int_0^1 t^{2\lambda+n-1}P_n\L(\frac{t+t^{-1}}{2}\R)\,dt\\&=\frac{1}{\lambda}\sum_{n=0}^\infty \beta_n^2\frac{\qty(\lambda+\frac{1}{2})_n}{\qty(\lambda+1)_n} \EA$
一方で，単純な項別積分で
$\BA\D \int_0^1 x^{\lambda-\frac{1}{2}}\frac{\kappa(t)}{\sqrt{1-t}}\,dt=\pi\beta_\lambda\sum_{n=0}^\infty \beta_n^2\frac{\qty(\lambda+\frac{1}{2})_n}{\qty(\lambda+1)_n} \EA$
が従いますので，目的の式を得ます。
$\hspace{5pt}$$\kappa$のときとまったく同様にして
$\BA\D \mu(x):=\sum_{n=0}^\infty \beta_n^3x^n \EA$
とする場合，
$\BA\D S_4:=\sum_{n=0}^\infty \beta_n^4,\qquad T_4:=\sum_{n=0}^\infty \L(\frac{16}{\pi^2}-(4n+1)^2\beta_n^4\R) \EA$
とおいて
定理２.$\hspace{5pt}$
$\BA\D\\ \frac{1}{\pi}\int_0^1 x^{n+\frac{1}{2}}\frac{\mu(x)}{\sqrt{1-x}}\,dx=S_4-\frac{1}{2}\sum_{m=0}^n\frac{\beta_{n-m}}{\D(2m+1)^3\beta_m^3}\sum_{k=0}^m\L((4k+1)^2S_4-\frac{4}{\pi^2}(4k+1)+T_4-\frac{4}{\pi^2}\R)\beta_k^4 \EA$
となります。
投稿日：4日前
この記事を高評価した人
この記事を高評価した人
高評価したユーザはいません
この記事に送られたバッジ
この記事に送られたバッジ
バッジはありません。
投稿者
投稿者
＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿
355
24674
コメント
コメント
他の人のコメント
コメントはありません。
読み込み中...
読み込み中
