6

₂𝐹₁(𝑠,1-𝑠; 1; 𝑥²) の 𝐹𝑜𝑢𝑟𝑖𝑒𝑟-𝐿𝑒𝑔𝑒𝑛𝑑𝑟𝑒 𝐸𝑥𝑝𝑎𝑛𝑠𝑖𝑜𝑛 を計算する

407
6
$$\newcommand{BA}[0]{\begin{align*}} \newcommand{BE}[0]{\begin{equation}} \newcommand{bl}[0]{\boldsymbol} \newcommand{BM}[0]{\begin{matrix}} \newcommand{D}[0]{\displaystyle} \newcommand{EA}[0]{\end{align*}} \newcommand{EE}[0]{\end{equation}} \newcommand{EM}[0]{\end{matrix}} \newcommand{h}[0]{\boldsymbol{h}} \newcommand{k}[0]{\boldsymbol{k}} \newcommand{L}[0]{\left} \newcommand{l}[0]{\boldsymbol{l}} \newcommand{m}[0]{\boldsymbol{m}} \newcommand{n}[0]{\boldsymbol{n}} \newcommand{R}[0]{\right} \newcommand{vep}[0]{\varepsilon} $$
$\D{_2}F_1\L[\BM s,1-s\\1\EM;x^2\R]$の$\text{Fourier-Legendre~Expansion}$

$0.$要旨

 超幾何級数$\D{_2}F_1\L[\BM s,1-s\\1\EM;x^2\R]$の$\text{Fourier-Legendre~Expansion}$を計算しました.結果は次の通りです.
定理.$s$は$|s|<1$を満たす数で,$r$を整数とする.$P_n(x)$は$n$次の$\rm Legendre$多項式とする.このとき以下が成り立つ.

$\BA\D \frac{\pi}{2}\int_0^1 {_2}F_1\L[\BM s,1-s\\1\EM;x^2\R]P_{2r}(x)\,dx &=\sin\pi s\,(-1)^r\gamma_r\sum_{r< k}\frac{(-1)^{k-1}(4k-1)}{2k\left({(2k)}^2-{(1-2s)}^2\right)\gamma_k} &\qquad(r\ge 0)\\ \frac{\pi}{2}\int_0^1 {_2}F_1\L[\BM s,1-s\\1\EM;x^2\R]P_{2r-1}(x)\,dx &=\sin\pi s\,\frac{(-1)^{r-1}}{2r\left({(2r)}^2-{(1-2s)}^2\right)\gamma_r}\sum_{k=0}^{r-1}(-1)^k(4k+1)\gamma_k &\qquad(r\ge 1)\\ \frac{\pi}{2}{_2}F_1\L[\BM s,1-s\\1\EM;x^2\R]&=\sin\pi s\,\sum_{n=0}^\infty (-1)^n(4n+1)\gamma_n\L(\sum_{n< k}\frac{(-1)^{k-1}(4k-1)}{2k\left({(2k)}^2-{(1-2s)}^2\right)\gamma_k}\R)P_{2n}(x) \EA$

ただし,$\D\gamma_n=\frac{{\L(\frac{1}{2},s,1-s\R)}_n}{{\L(1,\frac{1}{2}+s,\frac{3}{2}-s\R)}_n}$としています.${_2}F_1[\cdot]$は超幾何級数で,$\D{_2}F_1\L[\BM a,b\\c\EM;x\R]=\sum_{n=0}^\infty \frac{{(a,b)}_n}{{(c)}_nn!}\,x^n$です.$\D{(z)}_n=\prod_{k=1}^n(k-1+z),\quad (a,b)_n=(a)_n(b)_n$です.

$1.$緒言

 関数$f(x)$を$\text{Legendre}$多項式$P_n(x)$の和で表すことを$\text{Fourier-Legendre~Expansion}$(略して$\rm FL$展開)と呼びます.以下に$P_n(x)$の基本的な性質をまとめます.

$P_n(x)$の基本的性質
定義
$\BA\D P_n(x)=\sum_{k=0}^n \binom{n}{k}\binom{k+n}{k}\L(\frac{x-1}{2}\R)^n\EA$
直交性
$\D\int_{-1}^1 P_m(x)P_n(x)\,dx=\begin{cases}\dfrac{2}{2n+1} &(m=n)\\ \,\,\,\,\,\,\,~0 &(m\neq n)\end{cases}$
$\textrm{FL}$展開係数
$\BA\D f_n=\frac{2n+1}{2}\int_{-1}^1f(x)P_n(x)\,dx \EA$
$\textrm{FL}$展開
$\BA\D f(x)=\sum_{n=0}^\infty f_nP_n(x)\EA$
内積
$\BA\D \langle f(x),g(x)\rangle=\int_{-1}^1 f(x)g(x)\,dx=\sum_{n=0}^\infty \frac{2f_ng_n}{2n+1} \EA$
漸化式1
$\BA\D (n+1)P_{n+1}(x)-(2n+1)xP_n(x)+nP_{n-1}(x)=0\EA$
漸化式2
$\BA\D P_{n+1}'(x)=(n+1)P_n(x)+xP_n'(x)\EA$
漸化式3
$\BA\D (2n+1)P_n(x)=P_{n+1}'(x)-P_{n-1}'(x)\EA$
漸化式4
$\BA\D P_{n}'(x)=\frac{n(n+1)}{2n+1}\frac{P_{n-1}(x)-P_{n+1}(x)}{1-x^2}\EA$

 詳細は例えば ${\color{gray}{\rm Wolfram}}{\color{teal}{\rm MathW{\tiny\!\! 🌐}rld}}$ や $\rm \color{black}{Wikipedia},$ ${\color{black}{\rm H{\small AND}}}{\color{orange}{\rm W}}{\color{black}{\small\rm IKI}}$ に記載されています。${\rm arXiv}$で検索すれば, $\rm Lecture~notes~on~Legendre~polynomials:~their~origin~and~main~properties$ ${(\rm F´abio M. S. Lima)}$などがあります。

 この$\rm FL$展開ですが,これ自体を主題とした文献は検索してもあまり見つかりませんでした.実際の文献をいくつか示します.

$\qquad\surd$ $\rm{Ap’ery}\textrm{-Type~Series~and~Colored~Multiple~Zeta~Values}$ $({\rm Ce~Xua, ~Jianqiang~Zhao})$
$\qquad\surd$ $\textrm{On~the~interplay~between~hypergeometric~series,~Fourier-Legendre~expansions~and~Euler~sums}$ $({\rm Marco~Cantarini,~Jacopo~D’Aurizio})$
$\qquad\surd$ $\textrm{A~NOTE~ON~CLEBSCH-GORDAN~INTEGRAL,~FOURIER-LEGENDRE~EXPANSIONS~AND~CLOSED~FORM~FOR~HYPERGEOMETRIC~SERIES}$ $({\rm Marco~Cantarini})$
$\qquad\surd$ $\rm New~families~of~double~hypergeometric~series~for~constants~involving~\frac{1}{\pi^2}$ $({\rm John~Campbell})$

 これらの文献では次のような等式が登場します.

$\BA\D &\sum_{n=0}^\infty \frac{2P_n(2x-1)}{2n+1}=K(\sqrt{x})\\ &\frac{\pi^3}{8}\sum_{n=0}^\infty \frac{(4n+1)\binom{2n}{n}^4}{2^{8n}}P_{2n}(2x-1)=K(\sqrt{x})K(\sqrt{1-x})\\ &\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^nP_n(2x-1)^2}{2n+1}=\begin{cases} \D\frac{K(\sqrt{x})^2}{\pi} & 0\le x\le \frac{1}{2} \\ \D\frac{K(\sqrt{1-x})^2}{\pi} & \frac{1}{2}\le x\le 1 \end{cases} \EA$

 第一種完全楕円関数$K(x)$の定義は

$\BA\D K(x)&=\int_0^\frac{\pi}{2} \frac{dt}{\sqrt{1-x^2\sin^2 t}} \\ K'(x)&=K(\sqrt{1-x^2}) \EA$

です。これを見て,$K(x)$の$\rm FL$展開はどうなるのかと思いましたが,検索しても見つかりませんでしたので,自分で考えました.

$2.$$K(x)$の$\rm FL$展開

 $K(x)$の$\rm FL$展開を考えるにあたって,先ず展開係数の具体的な計算結果を調べました.${\color{BrickRed}{\rm Wolfram}}{\color{RedOrange}{\rm Alpha}}$によれば,

$\BA\D \int_{-1}^1 K(x)P_0(x)\,dx&=4\beta(2)\\ \int_{-1}^1 K(x)P_2(x)\,dx&=-\frac{1}{2}\L(\beta(2)-\frac{3}{2}\R)\\ \int_{-1}^1 K(x)P_4(x)\,dx&=\frac{3^3}{2^8}\L(\beta(2)-\frac{25}{54}\R)\\ \int_{-1}^1 K(x)P_6(x)\,dx&=-\frac{5^3}{2^{11}}\L(\beta(2)-\frac{973}{750}\R)\\ \EA$

とのことです.$\beta(2)$は$\rm Catalan's~Constant$です.これにより

$\BA\D \int_{-1}^1 K(x)P_{2n}(x)\,dx=2{(-1)}^n\frac{\binom{2n}{n}^3}{2^{6n}}\sum_{n< m}\frac{{(-1)}^{m-1}2^{6m}(4m-1)}{{(2m)}^3\binom{2m}{m}^3} \EA$

と推測しました.$K(x)$は偶関数なので,奇数の展開係数は$0$です.証明はより一般的なものを後に示します.

$3.$$K_s(x)$の$\rm FL$展開

 $K(x)$の$\rm FL$展開係数の式は,漸化式を導出し推測した式がそれを満たすことで証明しました.その際に補助的に有用であったのが第二種完全楕円積分$E(x)$です.$K(x)$と$E(x)$のあいだには,微分方程式や$\rm Legendre~relation$といった都合がいい関係式が成り立ちます.その後,次の文献の中に興味深い式を見つけました.

$\qquad\surd$ $\textrm{Legendre-type relations for generalized complete elliptic integrals}$ $(\rm J. G. WAN )$

$\BA\D K_s(x)E_s'(x)+K_s'(x)E_s(x)-K_s(x)K_s'(x)=\frac{\pi}{2}\frac{\cos\pi s}{1+2s}\EA$

 ただし,$\D K_s(x)=\frac{\pi}{2}{_2}F_1\L[\BM\frac{1}{2}-s,\frac{1}{2}+s\\1\EM;x^2\R],\quad E_s(x)=\frac{\pi}{2}{_2}F_1\L[\BM-\frac{1}{2}-s,\frac{1}{2}+s\\1\EM;x^2\R],\quad K_s'(x)=K_s(\sqrt{1-x^2}),\quad E_s'(x)=E_s(\sqrt{1-x^2})$です.
これを受けて,$\D\frac{\pi}{2}{_2}F_1\L[\BM s,1-s\\1\EM;x^2\R]$の$\rm FL$展開係数を計算できるのではないかと思いました.結果として次の通りに計算できました.


定理.$s$は$|s|<1$を満たす数で,$r$を整数とする.$P_n(x)$は$n$次の$\rm Legendre$多項式とする.このとき以下が成り立つ.

$\BA\D \frac{\pi}{2}\int_0^1 {_2}F_1\L[\BM s,1-s\\1\EM;x^2\R]P_{2r}(x)\,dx &=\sin\pi s\,(-1)^r\gamma_r\sum_{r< k}\frac{(-1)^{k-1}(4k-1)}{2k\left({(2k)}^2-{(1-2s)}^2\right)\gamma_k} &\qquad(r\ge 0)\\ \frac{\pi}{2}\int_0^1 {_2}F_1\L[\BM s,1-s\\1\EM;x^2\R]P_{2r-1}(x)\,dx &=\sin\pi s\,\frac{(-1)^{r-1}}{2r\left({(2r)}^2-{(1-2s)}^2\right)\gamma_r}\sum_{k=0}^{r-1}(-1)^k(4k+1)\gamma_k &\qquad(r\ge 1)\\ \frac{\pi}{2}{_2}F_1\L[\BM s,1-s\\1\EM;x^2\R]&=\sin\pi s\,\sum_{n=0}^\infty (-1)^n(4n+1)\gamma_n\L(\sum_{n< k}\frac{(-1)^{k-1}(4k-1)}{2k\left({(2k)}^2-{(1-2s)}^2\right)\gamma_k}\R)P_{2n}(x) \EA$

 証明の前に,定義および補題を明示します.

定義1
$\BA\D K_s=K_s(x)=\frac{\pi}{2}{_2}F_1\L[\BM s,1-s\\1\EM;x^2\R]\EA$
定義2
$\BA\D E_s=E_s(x)=\frac{\pi}{2}{_2}F_1\L[\BM s,-s\\1\EM;x^2\R]\EA$
定義3
$\BA\D P_n=P_n(x)\EA$
定義4
$\BA\D K_n=\int_0^1 K_sP_{2n}\,dx\EA$
定義5
$\BA\D E_n=\int_0^1 E_sP_{2n}\,dx\EA$

微分方程式1
$\BA\D \frac{d}{dx}K_s=\frac{2s}{x}\L(\frac{E_s}{1-x^2}-K_s\R)\EA$
微分方程式2
$\BA\D \frac{d}{dx}E_s=\frac{2s}{x}(E_s-K_s)\EA$
微分方程式3
$\BA\D \frac{d}{dx}xK_s=\frac{2sE_s}{1-x^2}+(1-2s)K_s\EA$
微分方程式4
$\BA\D \frac{d}{dx}xE_s=(1+2s)E_s-2sK_s\EA$
漸化式1
$\BA\D P_{n+1}'(x)=(n+1)P_n(x)+xP_n'(x)\EA$
漸化式2
$\BA\D (2n+1)P_n(x)=P_{n+1}'(x)-P_{n-1}'(x)\EA$
漸化式3
$\BA\D P_{n}'(x)=\frac{n(n+1)}{2n+1}\frac{P_{n-1}(x)-P_{n+1}(x)}{1-x^2}\EA$

では証明に移ります.
証明.全体の流れは,$K_n$を計算して得られる漸化式と$E_n$を計算して得られる漸化式から,$K_n$の隣接3項間漸化式を導き,一般項の表示式がそれを満たすことを示します.
 まず$K_n$を計算します.

$\BA\D K_n&=\int_0^1 K_sP_{2n}\,dx\\ &=\frac{1}{2n+1}\int_0^1 K_s(P_{2n+1}'-xP_{2n}')\,dx& &({\bf 漸化式1})\\ &=\frac{1}{2n+1}\int_0^1 K_sP_{2n+1}'\,dx+\frac{1}{2n+1}(P_{2n}-1)\L(\frac{2sE_s}{1-x^2}+(1-2s)K_s)\R)\,dx& &({\bf 部分積分,微分方程式3}) \EA$

 両辺$(2n+1)$を掛けて差をとると

$\BA\D (2n+1)K_n-(2n-1)K_{n-1}&=\int_0^1 K_s(P_{2n+1}'-P_{2n-1}')\,dx+\int_0^1 (P_{2n}-P_{2n-2})\L(\frac{2sE_s}{1-x^2}+(1-2s)K_s)\R)\,dx\\ &=(4n+1)K_n+(1-2s)(K_n-K_{n-1})-2s\int_0^1 \frac{P_{2n-2}-P_{2n}}{1-x^2}\,E_s\,dx& &({\bf 漸化式2})\\ &=(4n+2-2s)K_n-(1-2s)K_{n-1}-\frac{2s(4n-1)}{2n(2n-1)}\int_0^1 E_sP_{2n-1}'\,dx& &({\bf 漸化式3})\\ &=(4n+2-2s)K_n-(1-2s)K_{n-1}-\frac{2s(4n-1)}{2n(2n-1)}\int_0^1 E_s((2n-1)P_{2n-2}+xP_{2n-2}')\,dx& &({\bf 漸化式1})\\ &=(4n+2-2s)K_n-(1-2s)K_{n-1}-\frac{2s(4n-1)}{2n(2n-1)}\L((2n-1)E_{n-1}+E_s(1)-\int_0^1P_{2n-2}((1+2s)E_s-2sK_s)\,dx\R)& &({\bf 部分積分,微分方程式4})\\ &=(4n+2-2s)K_n-(1-2s)K_{n-1}-\frac{2s(4n-1)}{2n(2n-1)}\L((2n-2-2s)E_{n-1}+2sK_{n-1}+E_s(1)\R) \EA$

 整理すると

$\BA\D n(2n-1)(2n+1-2s)K_n+(2n(2n-1)(n-1+s)-2s^2(4n-1))K_{n-1}=s(4n-1)(2(n-1-s)E_{n-1}+E_s(1))\EA$

となります.$\D E_s(1)=\frac{\sin\pi s}{2s}$です.次に$E_n$を計算します.

$\BA\D E_n&=\int_0^1 E_sP_{2n}\,dx\\ &=\frac{1}{2n+1}\int_0^1 E_sP_{2n+1}'\,dx+\frac{1}{2n+1}\int_0^1 (P_{2n}-1)((1+2s)E_s-2sK_s)\,dx& &({\bf 漸化式1,部分積分,微分方程式4}) \EA$

両辺$(2n+1)$を掛けて差をとると

$\BA\D (2n+1)E_n-(2n-1)E_{n-1}&=\int_0^1 E_s(P_{2n+1}'-P_{2n-1}')\,dx+\int_0^1 (P_{2n}-P_{2n-2})((1+2s)E_s-2sK_s)\,dx\\ &=(4n+1)E_n+(1+2s)(E_n-E_{n-1})-2s(K_n-K_{n-1}) \EA$

 整理すると

$\BA\D (2n+1+2s)E_n+(2n-2-2s)E_{n-1}=2s(K_n-K_{n-1}) \EA$

となります.
 2つの漸化式から$E_n$を消去して得られる隣接3項間漸化式に,

$\BA\D K_n=(-1)^n\gamma_n\L(K_0-\sin\pi s\,\sum_{k=1}^n\frac{(-1)^{k-1}(4k-1)}{2k\left({(2k)}^2-{(1-2s)}^2\right)\gamma_k}\R)\qquad\cdots\qquad ({\bf A})\EA$

を代入して成り立つことを確認します.これは手計算は面倒ですが,頑張れば簡単にわかります.あとは初期条件として上式で$n=1$とした

$\BA\D \frac{K_1}{\gamma_1}+\frac{K_0}{\gamma_0}=\frac{3\sin\pi s}{2(2^2-(1-2s)^2)\gamma_1}\EA$

が成り立つことを証明すればよいです.これは積分を計算して証明することができます.大雑把な流れを以下に示します.

 ① $\D \frac{2}{3}K_1+\frac{1}{3}K_0=\int_0^1 x^2K_s\,dx$
 ② 部分積分:$x$を積分,$xK_s$を微分
 ③ $\D\int_0^1 x^2K_s\,dx$が出現するので消去すると$\D\frac{3-2s}{3}K_1+\frac{2s}{3}K_0=sE_0\quad\cdots {\bf (イ)}$
 ④ $E_0$を部分積分:$1$を積分,$E_s$を微分すると$(1+2s)E_0=E_s(1)+2sK_0\quad\cdots {\bf (ロ)}$
 ⑤ (イ)と(ロ)を解く

 また,式$(\bf A)$を導く漸化式

$\BA\D 2n\L((2n)^2-(1-2s)^2\R)K_n+(2n-1)\L((2n-1)^2-(1-2s)^2\R)K_{n-1}=(4n-1)\sin \pi s\qquad\cdots\qquad ({\bf B})\EA$

より,$\D\lim_{n\to \infty}n^{m}K_n$が$0$でない有限の値に収束する条件は$m=2$です.いま,$\D\frac{1}{\gamma_n}\approx n^\frac{3}{2}×{\bf Const.}\quad(n\gg1)$なので,$\D \lim_{n\to\infty}\frac{K_n}{\gamma_n}=0$となります.したがって,

$\BA\D K_0&=\sin\pi s\,\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k-1}(4k-1)}{2k\left({(2k)}^2-{(1-2s)}^2\right)\gamma_k}\\ K_n&=\sin\pi s\,(-1)^n\gamma_n\sum_{n< k} \frac{(-1)^{k-1}(4k-1)}{2k\left({(2k)}^2-{(1-2s)}^2\right)\gamma_k} \EA$

と書けます.これで証明は完了しました.■
 この証明における最大のウィークポイントは,$K_n$をどのように推測したのかということです.これは,もともと$\D s=\frac{1}{2}$の場合を検討していた際に推測した式

$\BA\D k_n=\int_0^1 K(x)P_{2n}(x)\,dx=(-1)^n\beta_n^3\sum_{n< m}\frac{(-1)^{m-1}(4m-1)}{(2m)^3\beta_m^3}\qquad\L(\beta_r=\frac{\binom{2r}{r}}{2^{2r}}\R)\EA$

が満たす漸化式$\BA\D (2n)^3k_n+(2n-1)^3k_{n-1}=4n-1\EA$をもとに推測した漸化式$(\bf B)$から作りました.なので,積分を計算して漸化式を作る段階でこの式を導出すれば,初期条件云々も無く,スマートな証明になったと思います.
 奇数の場合の積分に関しては,上述とほぼ同じ流れで証明できますので,省略します.

$4.$考察

 今回うまく計算できたのは,対となるような二つの関数$K_s$と$E_s$をうまく定義できたことによる,あるいは$K(x)$が$\rm Legendre~function$の特別な場合であることによると思います.$K_s,E_s$を参考に,微分方程式が都合がよくなるように3つの関数${_4}F_3\L[\BM s,s,1-s,1-s\\1,1,1\EM;x^2\R],~{_4}F_3\L[\BM s,s,-s,1-s\\1,1,1\EM;x^2\R],~{_4}F_3\L[\BM s,s,-s,-s\\1,1,1\EM;x^2\R]$を定義して,それぞれ計算して漸化式を求めれば,展開係数の閉形式はともかく具体値は求まりそうな気がします.

投稿日:27日前
更新日:3日前

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