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(1/2)_n/n!付きの多重級数の関係式

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はじめに

少し前に考えた多重級数の関係式について書きます。主に連結和法を使って証明をしていきます。

本題

インデックス$(k_1,\ldots,k_r)\in(\mathbb{Z}_{>0})^r$のいくつかの成分に、ドット$\cdot$をつけて、「ドット付きのインデックス」と呼ぶことにする。例えば$(k_1,\ldots,\dot{k_i},\ldots,k_r)$(すべての成分にドットをつけても良い。)
以降、$\mathring{k}$$k$または$\dot{k}$を表すことにして、ドット付きのインデックスの成分を$(\mathring{k}_1,\ldots,\mathring{k}_r)$と書く。

(ドット付きの)インデックスの矢印表記

ドット付きのインデックス$\boldsymbol{k}=(\mathring{k}_1,\ldots,\mathring{k}_r)$に対して、矢印記号を次のように定める
$$\boldsymbol{k}_{\rightarrow}:=(\mathring{k}_1,\ldots,\mathring{k}_r,1) $$
$$\boldsymbol{k}_{\uparrow}:=(\mathring{k}_1,\ldots,\mathring{k_r+1}) $$
$$\boldsymbol{k}_{\dot{\rightarrow}}:=(\mathring{k}_1,\ldots,\mathring{k}_r,\dot{1}) $$
空インデックス$\varnothing$については
$$\varnothing_{\rightarrow}:=(1)$$
$$\varnothing_{\dot{\rightarrow}}:=(\dot{1})$$
矢印を$a$回作用させることを
$${\rightarrow^a},{\uparrow^a},{\dot{\rightarrow}^a}$$
のようにあらわす

インデックス$(k_1,\ldots,k_r)\in(\mathbb{Z}_{>0})^r$に対して、多重級数$\varsigma(k_1,\ldots,k_r)$を次のように定める。
$$\varsigma(k_1,\ldots,k_r)=\sum_{0=n_0\leq n_1\leq\cdots\leq n_r}\frac{1}{(n_1+\frac{1}{2})^{k_1}\cdots(n_r+\frac{1}{2})^{k_r}}\frac{\binom{2n_r}{n_r}}{2^{2n_r}}$$
また、ドット付きのインデックス$(k_1,\ldots,\dot{k_i},\ldots,k_r)$に対しては次のように定める。
$$\varsigma(k_1,\ldots,\dot{k_i},\ldots,k_r)= \sum_{0=n_0\leq n_1\leq\cdots\leq n_{i-1}< n_i\leq \cdots\leq n_r} \frac{1}{(n_1+\frac{1}{2})^{k_1}\cdots(n_{i-1}+\frac{1}{2})^{k_{i-1}}} \frac{1}{(n_i-\frac{1}{2})^{k_i}} \frac{1}{(n_{i+1}+\frac{1}{2})^{k_{i+1}}\cdots(n_{r}+\frac{1}{2})^{k_{r}}}\frac{\binom{2n_r}{n_r}}{2^{2n_r}} $$
ドット付きのインデックス$(\mathring{k}_1,\ldots,\mathring{k}_r)$に対応する級数表示を
$$\varsigma(\mathring{k}_1,\ldots,\mathring{k}_r)=\sum_{\boldsymbol{n}}\frac{1}{(n_1\pm\frac{1}{2})^{k_1}\cdots(n_r\pm\frac{1}{2})^{k_r}}\frac{\binom{2n_r}{n_r}}{2^{2n_r}}$$
と書くことにする

連結和

$$(a)_n:=a(a+1)\cdots(a+n-1)$$
$$C(n,m):=\frac{(\frac{1}{2})_n(\frac{1}{2})_m}{(n+m)!}$$
ドット付きのインデックス$\boldsymbol{k}=(\mathring{k}_1,\ldots,\mathring{k}_a),\boldsymbol{l}=(\mathring{l}_1,\ldots,\mathring{l}_b)$に対して、次のように連結和を定める。
$$Z(\boldsymbol{k};\boldsymbol{l})=\sum_{\boldsymbol{n},\boldsymbol{m}}\frac{1}{(n_1\pm\frac{1}{2})^{k_1}\cdots(n_a\pm\frac{1}{2})^{k_a}}\frac{1}{(m_1\pm\frac{1}{2})^{l_1}\cdots(m_b\pm\frac{1}{2})^{l_b}}C(n_a,m_b)$$
$$Z(\boldsymbol{k};\varnothing)=\sum_{\boldsymbol{n},m_0=0}\frac{1}{(n_1\pm\frac{1}{2})^{k_1}\cdots(n_a\pm\frac{1}{2})^{k_a}}C(n_a,m_0)=\varsigma(\boldsymbol{k})$$

$\frac{\binom{2n}{n}}{2^{2n}}=\frac{(\frac{1}{2})_n}{n!}$に注意すれば、$C(n,m)=\frac{\binom{2n}{n}}{2^{2n}}\frac{n!m!}{(n+m)!}\frac{\binom{2m}{m}}{2^{2m}}$と書くこともできる。

輸送関係式1

$\boldsymbol{k}=(\mathring{k}_1,\ldots,\mathring{k}_{a-1},k_a)$について
$$Z(\boldsymbol{k}_{\uparrow};\boldsymbol{l})=Z(\boldsymbol{k};\boldsymbol{l}_{\dot{\rightarrow}})$$

$$\frac{1}{n+\frac{1}{2}}C(n,m_0)=\sum_{m_0< m}\frac{1}{m-\frac{1}{2}}C(n,m)$$
を示せばよい。
\begin{align} C(n,m-1)-C(n,m)&=C(n,m)\Bigg(\frac{n+m}{m-\frac{1}{2}}-1\Bigg)\\ &=\frac{n+\frac{1}{2}}{m-\frac{1}{2}}C(n,m) \end{align}
ここで、両辺$m_0< m$の範囲で和を取ることにより
$$C(n,m_0)=\sum_{m_0< m}\frac{n+\frac{1}{2}}{m-\frac{1}{2}}C(n,m)$$
$$\frac{1}{n+\frac{1}{2}}C(n,m_0)=\sum_{m_0< m}\frac{1}{m-\frac{1}{2}}C(n,m)\blacksquare$$

輸送関係式2

$\boldsymbol{l}=(\mathring{l}_1,\ldots,\mathring{l}_{b-1},l_b)$について
$$Z(\boldsymbol{k}_{\dot{\rightarrow}};\boldsymbol{l})=Z(\boldsymbol{k};\boldsymbol{l}_{\uparrow})$$

$Z(\boldsymbol{k};\boldsymbol{l})=Z(\boldsymbol{l};\boldsymbol{k})$が成り立つため、補題1において$\boldsymbol{k}$$\boldsymbol{l}$の立場を入れ替えればよい$\blacksquare$

輸送関係式3

$\boldsymbol{k}=(\mathring{k}_1,\ldots,\mathring{k}_{a})$について
$$Z(\boldsymbol{k}_{{\rightarrow}};\boldsymbol{l})=Z(\boldsymbol{k};\boldsymbol{l}_{{\rightarrow}})$$

$$\sum_{n\leq k}\frac{1}{k+\frac{1}{2}}C(k,m)=\sum_{m\leq k}\frac{1}{k+\frac{1}{2}}C(k,n)$$
を示せばよい。
$$f(a):=\sum_{n\leq k}\frac{1}{k+\frac{1}{2}}C(k,a)$$

\begin{align} f(a)-f(a+1) &=\sum_{n\leq k}\frac{1}{k+\frac{1}{2}}\Big(C(k,a)-C(k,a+1)\Big)\\ &=\sum_{n\leq k}\frac{1}{k+\frac{1}{2}}\frac{C(k,a)}{k+a+1}\Big((k+a+1)-(a+\frac{1}{2})\Big)\\ &=\sum_{n\leq k}\frac{1}{k+\frac{1}{2}}\frac{C(k,a)}{k+a+1}\frac{1}{a+\frac{1}{2}}\Big((a+\frac{1}{2})(k+a+1)-(a+\frac{1}{2})^2\Big)\\ &=\sum_{n\leq k}\frac{1}{k+\frac{1}{2}}\frac{C(k,a)}{k+a+1}\frac{1}{a+\frac{1}{2}}\Big((k+\frac{1}{2})(k+a+1)-(k+\frac{1}{2})^2\Big)\quad\because(a+\frac{1}{2})(k+a+1)-(a+\frac{1}{2})^2=(k+\frac{1}{2})(k+a+1)-(k+\frac{1}{2})^2\\ &=\frac{1}{a+\frac{1}{2}}\sum_{n\leq k}\Big(C(k,a)-C(k+1,a)\Big)\\ &=\frac{1}{a+\frac{1}{2}}C(n,a) \quad\Bigg(\because\lim_{k\rightarrow\infty}C(k,a)=0\Bigg) \end{align}
したがって、$m\leq a$の範囲で和を取ることにより
$$f(m)=\sum_{m\leq a}\frac{1}{a+\frac{1}{2}}C(n,a)$$
$$\rightarrow \sum_{n\leq k}\frac{1}{k+\frac{1}{2}}C(k,m)=\sum_{m\leq k}\frac{1}{k+\frac{1}{2}}C(k,n)\blacksquare$$

(ドット付きの)双対インデックス

非負整数$a_1,\ldots a_s,b_1,\ldots b_s,c_1,\ldots c_{s}$を用いて、空でないドット付きのインデックスを$\boldsymbol{k}=\varnothing_{\dot{\rightarrow}^{c_1}{\rightarrow}^{a_1}\uparrow^{b_1}\cdots\dot{\rightarrow}^{c_s}{\rightarrow}^{a_s}\uparrow^{b_s}}$と表したとき、$\boldsymbol{k}$の双対インデックスを$\boldsymbol{k}^{\dagger}=\varnothing_{\dot{\rightarrow}^{b_s}{\rightarrow}^{a_s}\uparrow^{c_s}\cdots\dot{\rightarrow}^{b_1}{\rightarrow}^{a_1}\uparrow^{c_1}}$により定める。

次の定理がこの記事で最も述べたかった内容です。

双対性

矢印表記をしたときに、$\uparrow$の直前が常に$\rightarrow$または$\uparrow$であるようなドット付きのインデックス$\boldsymbol{k}$について、次が成立する。
$$\varsigma({\boldsymbol{k}})=\varsigma({\boldsymbol{k}^\dagger})$$

補題1,2,3の輸送関係式を適宜用いることにより
\begin{align} \varsigma(\boldsymbol{k}) &=Z(\boldsymbol{k};\varnothing)\\ &=Z(\varnothing_{\dot{\rightarrow}^{c_1}{\rightarrow}^{a_1}\uparrow^{b_1}\cdots\dot{\rightarrow}^{c_s}{\rightarrow}^{a_s}\uparrow^{b_s}};\varnothing)\\ &=Z(\varnothing_{\dot{\rightarrow}^{c_1}{\rightarrow}^{a_1}\uparrow^{b_1}\cdots\dot{\rightarrow}^{c_s}{\rightarrow}^{a_s}};\varnothing_{\dot{\rightarrow}^{b_{s}}})\\ &\vdots\\ &=Z(\varnothing;\varnothing_{\dot{\rightarrow}^{b_s}{\rightarrow}^{a_s}\uparrow^{c_s}\cdots\dot{\rightarrow}^{b_1}{\rightarrow}^{a_1}\uparrow^{c_1}})\\ &=Z(\varnothing;\boldsymbol{k}^\dagger)\\ &=\varsigma({\boldsymbol{k}^\dagger})\\ \end{align}


(補足)
系として、例えばこのツイートのような等式が分かります。
ツイート内容

$c_1=\cdots =c_{s+1}=0$と取ることで、$\boldsymbol{k}^{\dagger}$はよく知られた多重ゼータ値の意味での双対インデックスになります.

終わりに

もう少し工夫をしてやることで、$\frac{\binom{2n}{n}}{2^{2n}},\frac{2^{2n}}{\binom{2n}{n}}$が複数ついた級数についての関係式が出せると思いますが 例えばこのツイート 、結構複雑になりそうなので、それについて書くのはまた別の機会にしようと思います。
ここまで読んでいただきありがとうございました.

投稿日:12日前
更新日:12日前

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