超幾何数列の基礎11：手計算のすゝめ2

　条件(ii)-(iv)より掃き出し法において$H(n)$は
$$Q(n)=\prod^n_{k=0}q(k)$$
なる超幾何数列$Q(n)$を用いて
$$A(n)=p(n)\frac{A(n)Q(n-1)}{B(n)Q(n)}$$
と分解しなければならないことがわかる。
　したがって求める$T(n)$は
\begin{align} T(n) &=f(n)\frac{A(n)Q(n-1)}{B(n-1)Q(n-1)}\\ &=f(n)\frac{A(n)}{B(n-1)} \end{align}
という形になるが、もし$T(n)$が求まれば
\begin{align} H(n)&=T(n+1)-T(n)\\ &=(\mbox{多項式})\times\frac{A(n)}{B(n)} \end{align}
と表せることになり条件(i)に矛盾。
　よって$H(n)$はGosper総和不可能でなければならない。

$$\frac1{n^2+\sqrt5n-1} =\frac13\l(\frac1{n+\frac{\sqrt5-3}2}-\frac1{n+\frac{\sqrt5+3}2}\r)$$
と部分分数分解できるので
\begin{align} \frac1{n+\frac{\sqrt5-3}2} &=\frac1{n+\frac{\sqrt5+3}2}+T(n+1)-T(n)\\ \bigg(T(n)&=-\frac1{n+\frac{\sqrt5-3}2}-\frac1{n+\frac{\sqrt5-1}2}-\frac1{n+\frac{\sqrt5+1}2}\bigg) \end{align}
と平行移動させることで
\begin{align} \sum^n_{k=0}\frac1{k^2+\sqrt5k-1} &=\frac{T(n+1)-T(0)}3\\ &=-\frac13\l(\frac1{n+\frac{\sqrt5-1}2}+\frac1{n+\frac{\sqrt5+1}2}+\frac1{n+\frac{\sqrt5+3}2}+\frac{3-\sqrt5}2\r) \end{align}
を得る。

$$\frac{3n-1}{(n+\frac13)(n+\frac43)} =\frac5{n+\frac43}-\frac2{n+\frac13}$$
と部分分数分解でき、また
\begin{align} \frac5{n+\frac43}\frac{(\frac12)_n}{(1)_n} &=\frac5{(n+\frac43)(n+\frac12)}\frac{(\frac12)_{n+1}}{(1)_n}\\ &=6\l(\frac1{n+\frac12}-\frac1{n+\frac43}\r)\frac{(\frac12)_{n+1}}{(1)_n}\\ &=6\frac{(\frac12)_n}{(1)_n}-\frac{6(n+1)}{n+\frac43}\frac{(\frac12)_{n+1}}{(1)_{n+1}} \end{align}
と変形できるので
\begin{align} \frac{3n-1}{(n+\frac13)(n+\frac43)}\frac{(\frac12)_n}{(1)_n} &=\l(6-\frac{6n}{n+\frac13}-\frac2{n+\frac13}\r)\frac{(\frac12)_n}{(1)_n}+T(n+1)-T(n)\\ &=T(n+1)-T(n)\\ \bigg(T(n) &=-\frac{6n}{n+\frac13}\frac{(\frac12)_n}{(1)_n}\bigg) \end{align}
つまり
$$\sum^n_{k=0}\frac{3k-1}{(k+\frac13)(k+\frac43)}\frac{(\frac12)_k}{(1)_k} =-\frac6{n+\frac43}\frac{(\frac12)_{n+1}}{(1)_n}$$
を得る。

$$\frac1{(n^2-11n+27)(n^2-9n+17)} =\frac16\l(\frac{n-6}{n^2-11n+27}-\frac{n-4}{n^2-9n+17}\r)$$
と部分分数分解でき、また
\begin{align} \frac{n-4}{n^2-9n+17}\frac{(n-2)!}{3^n} &=\frac{n-4}{(n^2-9n+17)(n-1)}\frac{(n-1)!}{3^n}\\ &=\frac13\l(\frac{n-5}{n^2-9n+17}-\frac1{n-1}\r)\frac{(n-1)!}{3^n}\\ &=\frac{n-6}{n^2-11n+27}\frac{(n-2)!}{3^n}-\frac{(n-2)!}{3^{n+1}}+T(n+1)-T(n)\\ \bigg(T(n)&=\frac{n-6}{n^2-11n+27}\frac{(n-2)!}{3^n}\bigg) \end{align}
と変形できるので
\begin{align} \sum^{n-1}_{k=2}\frac{(k-2)!}{3^k(k^2-11k+27)(k^2-9k+17)} &=\frac{T(2)-T(n)}6+\frac16\sum^{n-2}_{k=2}\frac{(k-2)!}{3^{k+1}}\\ &=-\frac2{243}-\frac{n-6}{6(n^2-11n+27)}\frac{(n-2)!}{3^n}+\frac1{18}\sum^{n-2}_{k=2}\frac{(k-2)!}{3^k} \end{align}
を得る。

$$\frac1{n+2}\frac{(\frac12)_n}{(1)_n}x^n=(n+1)\frac{(\frac12)_n}{(1)_{n+2}}x^n$$
に注意すると
$$\frac1{n+2}\frac{(\frac12)_n}{(1)_n}x^n =f(n)\frac{(\frac12)_{n+2}}{(1)_{n+2}}x^{n+2}+g(n)\frac{(\frac12)_n}{(1)_n}x^n$$
のような形に変形できることが期待できる。
　実際
\begin{align} \frac1{n+2}\frac{(\frac12)_n}{(1)_n}x^n &=\frac23\l(\frac1{n+\frac12}-\frac1{n+2}\r)\frac{(\frac12)_{n+1}}{(1)_n}x^n\\ &=\frac23\l(\frac{(\frac12)_n}{(1)_n}x^n-\frac{n+1}{n+2}\frac{(\frac12)_{n+1}}{(1)_{n+1}}x^n\r)\\ \frac n{n+1}\frac{(\frac12)_n}{(1)_n}x^{n-1} &=\l(\frac2{n+1}-\frac1{n+\frac12}\r)\frac{(\frac12)_{n+1}}{(1)_n}x^{n-1}\\ &=2\frac{(\frac12)_{n+1}}{(1)_{n+1}}x^{n-1}-\frac{(\frac12)_n}{(1)_n}x^{n-1} \end{align}
と変形できるので
\begin{align} \frac1{n+2}\frac{(\frac12)_n}{(1)_n}x^n &=\frac23\l(x^2-(2-x)\r)\frac{(\frac12)_n}{(1)_n}x^{n-2}+T(n+1)-T(n)\\ &=\frac23(x+2)(x-1)\frac{(\frac12)_n}{(1)_n}x^{n-2}+T(n+1)-T(n)\\ \Bigg(T(n)&=-\frac23\bigg(\frac n{n+1}\frac{(\frac12)_n}{(1)_n}x^{n-1}+2\frac{(\frac12)_n}{(1)_n}x^{n-2}\bigg)\Bigg) \end{align}
と表せる。
　よって
\begin{align} \sum^\infty_{n=0}\frac1{n+2}\frac{(\frac12)_n}{(1)_n}x^n &=-T(0)+\frac23(x+2)(x-1)\sum^\infty_{n=0}\frac{(\frac12)_n}{(1)_n}x^{n-2}\\ &=\frac43\frac1{x^2}-\frac23(2+x)(1-x)\frac1{x^2\sqrt{1-x}}\\ &=\frac23\frac{2-(2+x)\sqrt{1-x}}{x^2} \end{align}
を得る。

$$F(n,k)=\binom nk^3=\l((-1)^k\frac{(-n)_k}{(1)_k}\r)^3$$
とおいたとき
\begin{align} F(n+1,k) &=\l(\frac{n+1}{n+1-k}\r)^3\times F(n,k)\\ &=\frac{(n+1)^3}{k^3(n+1-k)^3}\times(-1)^k\frac{(-n)_k^3}{(1)_{k-1}^3}\\ &=\bigg(\frac1{k^3}+\frac3{(n+1)k^2}+\frac6{(n+1)^2k}\\ &\qquad+\frac1{(n+1-k)^3}+\frac3{(n+1)(n+1-k)^2}+\frac6{(n+1)^2(n+1-k)}\bigg) \times(-1)^k\frac{(-n)_k^3}{(1)_{k-1}^3}\\ &=\bigg(1+\frac{3k}{n+1}+\frac{6k^2}{(n+1)^2}\\ &\qquad{}+1+\frac{3(n-k)}{n+1}+\frac{6(n-k)^2}{(n+1)^2}\bigg) \times(-1)^k\frac{(-n)_k^3}{(1)_k^3}+T(n,k+1)-T(n,k)\\ &=\l(\frac{5n+2}{n+1}+\frac{6(k^2+(n-k)^2)}{(n+1)^2}\r)F(n,k)+T(n,k+1)-T(n,k) \end{align}
および
\begin{align} F(n+2,k) &=\l(\frac{5n+7}{n+2}+\frac{6(k^2+(n+1-k)^2)}{(n+2)^2}\r)F(n+1,k)+T(n+1,k+1)-T(n+1,k) \times(-1)^k\frac{(-n)_k^3}{(1)_{k-1}^3}\\ (k^2+(n+1-k)^2)F(n+1,k) &=\bigg(\frac{(n+1)^2}{k^3}+\frac{n+1}{k^2}+\frac2k\\ &\qquad{}+\frac{(n+1)^2}{(n+1-k)^3}+\frac{n+1}{(n+1-k)^2}+\frac2{n+1-k}\bigg) \times(-1)^k\frac{(-n)_k^3}{(1)_{k-1}^3}\\ &=((n+1)^2+(n+1)k+2k^2\\ &\qquad{}+(n+1)^2+(n+1)(n-k)+2(n-k)^2)\times(-1)^k\frac{(-n)_k^3}{(1)_k^3}+T'(n,k+1)-T(n,k)\\\ &=((3n+2)(n+1)+2(k^2+(n-k)^2))F(n,k)+T'(n,k+1)-T(n,k) \end{align}
と変形できることに注意する。
　いま$f(n)$が三項間漸化式を満たすと期待し、未知の多項式$p_1(n),p_2(n),p_3(n)$についての方程式
\begin{align} &p_0(n)F(n,k)+p_1(n)F(n+1,k)+p_2(n)F(n+2,k)\\ &=\Bigg(p_0(n)+p_1(n)\l(\frac{5n+2}{n+1}+\frac{6(k^2+(n-k)^2)}{(n+1)^2}\r)\\ &\qquad{}+p_2(n)\frac{5n+7}{n+2}\l(\frac{5n+2}{n+1}+\frac{6(k^2+(n-k)^2)}{(n+1)^2}\r)\\ &\qquad{}+p_2(n)\frac6{(n+2)^2}\l((3n+2)(n+1)+2(k^2+(n-k)^2)\r)\Bigg)F(n,k)\\ &\qquad{}+T'''(n,k+1)-T'''(n,k)\\ &=T'''(n,k+1)-T'''(n,k)\\ \end{align}
を考える。$p_2(n)=(n+2)^2p_3(n)$とおくとこれは二本の方程式
\begin{align} 0&=p_1(n)+(n+2)(5n+7)p_3(n)+2(n+1)^2p_3(n)\\ 0&=p_0(n)+\frac{5n+2}{n+1}(p_1(n)+(n+2)(5n+7)p_3(n))+6(3n+2)(n+1)p_3(n)\\ &=p_0(n)-2(5n+2)(n+1)p_3(n)+6(3n+2)(n+1)p_3(n) \end{align}
に整理できるので$p_3(n)=1$とすることで
\begin{align} p_1(n) &=-(n+2)(5n+7)-2(n+1)^2\\ &=-(7n^2+21n+16)\\ p_0(n)&=2(5n+2)(n+1)-6(3n+2)(n+1)\\ &=-8(n+1)^2 \end{align}
と求まり、以上より
$$(n+2)^2f(n+2)-(7n^2+21n+16)f(n+1)-8(n+1)^2f(n)=0$$
を得る。