調和数付きSaalschützの和公式2
前回の記事
で, $a+b+c=d+e$のとき,
\begin{align}
&\sum_{n=0}^{N-1}\frac{(a,b,c)_n}{n!(d,e)_n}\frac 1{n-N}\\
&=\frac{(a,e-a)_N}{N!(e)_N}\sum_{n=0}^N\frac{(d-b,d-c,-N)_n}{(d,1-N+a-e)_nn!}\sum_{k=n}^{N-1}\left(\frac{1}{k+1-N+a-e}-\frac{1}{k+a}\right)\\
&=-\frac{(a,b,c)_N}{N!(d,e)_N}\left(\sum_{n=0}^{N-1}\left(\frac 1{n+b}+\frac 1{n+c}\right)+\sum_{n=1}^N\frac{(d-a,e-a,-N)_n}{n(b,c,1-N-a)_n}\right)
\end{align}
が成り立つことを示した. この右辺に関しては,
前の記事
で$a+b+c=d+e$のとき,
\begin{align}
\sum_{n=0}^{N-1}\frac{(a,b,c)_n}{n!(d,e)_n}\frac 1{n-N}&=\frac{(a,b,c)_N}{N!(d,e)_N}\sum_{n=0}^{N-1}\frac{n!(d,e)_n}{(a,b,c)_{n+1}}\sum_{k=0}^{n}\frac{(k+ab+ac+bc-de)(a,b,c)_k}{k!(d,e)_k}\\
&\qquad-\frac{(a,b,c)_N}{N!(d,e)_N}\sum_{n=0}^{N-1}\left(\frac 1{n+a}+\frac 1{n+b}+\frac 1{n+c}\right)
\end{align}
と求めた. これを用いると,
\begin{align}
&\sum_{n=0}^N\frac{(d-b,d-c,-N)_n}{(d,1-N+a-e)_nn!}\sum_{k=n}^{N-1}\left(\frac{1}{k+1-N+a-e}-\frac{1}{k+a}\right)\\
&=\frac{(b,c)_N}{(d,e-a)_N}\sum_{n=0}^{N-1}\frac{n!(d,e)_n}{(a,b,c)_{n+1}}\sum_{k=0}^{n}\frac{(k+ab+ac+bc-de)(a,b,c)_k}{k!(d,e)_k}\\
&\qquad-\frac{(b,c)_N}{(d,e-a)_N}\sum_{n=0}^{N-1}\left(\frac 1{n+a}+\frac 1{n+b}+\frac 1{n+c}\right)
\end{align}
を得る. $e$を用いずに表すと,
\begin{align}
&\sum_{n=0}^N\frac{(d-b,d-c,-N)_n}{(d,1-N+d-b-c)_nn!}\sum_{k=n}^{N-1}\left(\frac{1}{k+1-N+d-b-c}-\frac{1}{k+a}\right)\\
&=\frac{(b,c)_N}{(d,b+c-d)_N}\sum_{n=0}^{N-1}\frac{n!(d,a+b+c-d)_n}{(a,b,c)_{n+1}}\sum_{k=0}^{n}\frac{(k+ab+ac+bc-d(a+b+c)+d^2)(a,b,c)_k}{k!(d,a+b+c-d)_k}\\
&\qquad-\frac{(b,c)_N}{(d,b+c-d)_N}\sum_{n=0}^{N-1}\left(\frac 1{n+a}+\frac 1{n+b}+\frac 1{n+c}\right)
\end{align}
となる. ここで, $a\to \infty$とすると,
\begin{align}
&\sum_{n=0}^N\frac{(d-b,d-c,-N)_n}{(d,1-N+d-b-c)_nn!}\sum_{k=n}^{N-1}\frac{1}{k+1-N+d-b-c}\\
&=\frac{(b+c-d)(b,c)_N}{(d,b+c-d)_N}\sum_{n=0}^{N-1}\frac{n!(d)_n}{(b,c)_{n+1}}\sum_{k=0}^{n}\frac{(b,c)_k}{k!(d)_k}-\frac{(b,c)_N}{(d,b+c-d)_N}\sum_{n=0}^{N-1}\left(\frac 1{n+b}+\frac 1{n+c}\right)
\end{align}
を得る. ここから元の式を引くと,
\begin{align}
&\sum_{n=0}^N\frac{(d-b,d-c,-N)_n}{(d,1-N+d-b-c)_nn!}\sum_{k=n}^{N-1}\frac{1}{k+a}\\
&=\frac{(b+c-d)(b,c)_N}{(d,b+c-d)_N}\sum_{n=0}^{N-1}\frac{n!(d)_n}{(b,c)_{n+1}}\sum_{k=0}^{n}\frac{(b,c)_k}{k!(d)_k}\\
&\qquad-\frac{(b,c)_N}{(d,b+c-d)_N}\sum_{n=0}^{N-1}\frac{n!(d,a+b+c-d)_n}{(a,b,c)_{n+1}}\sum_{k=0}^{n}\frac{(k+ab+ac+bc-d(a+b+c)+d^2)(a,b,c)_k}{k!(d,a+b+c-d)_k}\\
&\qquad+\frac{(b,c)_N}{(d,b+c-d)_N}\sum_{n=0}^{N-1}\frac 1{n+a}
\end{align}
これをSaalschützの和公式
\begin{align}
\sum_{n=0}^N\frac{(d-b,d-c,-N)_n}{(d,1-N+d-b-c)_nn!}\sum_{k=0}^{N-1}\frac{1}{k+a}&=\frac{(b,c)_N}{(d,b+c-d)_N}\sum_{n=0}^{N-1}\frac 1{n+a}
\end{align}
から引くと,
\begin{align}
&\sum_{n=0}^N\frac{(d-b,d-c,-N)_n}{(d,1-N+d-b-c)_nn!}\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{k+a}\\
&=\frac{(b,c)_N}{(d,b+c-d)_N}\sum_{n=0}^{N-1}\frac{n!(d,a+b+c-d)_n}{(a,b,c)_{n+1}}\sum_{k=0}^{n}\frac{(k+ab+ac+bc-d(a+b+c)+d^2)(a,b,c)_k}{k!(d,a+b+c-d)_k}\\
&\qquad -\frac{(b+c-d)(b,c)_N}{(d,b+c-d)_N}\sum_{n=0}^{N-1}\frac{n!(d)_n}{(b,c)_{n+1}}\sum_{k=0}^{n}\frac{(b,c)_k}{k!(d)_k}
\end{align}
を得る.
\begin{align} &\sum_{n=0}^N\frac{(d-b,d-c,-N)_n}{(d,1-N+d-b-c)_nn!}\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{k+a}\\ &=\frac{(b,c)_N}{(d,b+c-d)_N}\sum_{n=0}^{N-1}\frac{n!(d,a+b+c-d)_n}{(a,b,c)_{n+1}}\sum_{k=0}^{n}\frac{(k+ab+ac+bc-d(a+b+c)+d^2)(a,b,c)_k}{k!(d,a+b+c-d)_k}\\ &\qquad -\frac{(b+c-d)(b,c)_N}{(d,b+c-d)_N}\sum_{n=0}^{N-1}\frac{n!(d)_n}{(b,c)_{n+1}}\sum_{k=0}^{n}\frac{(b,c)_k}{k!(d)_k} \end{align}
これは前に示した
調和数付きSaalschützの和公式
とは違う形をしている. 特に$N\to\infty$とすると
\begin{align}
&\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(d-b,d-c)_n}{(d)_nn!}\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{k+a}\\
&=\frac{\Gamma(d)\Gamma(b+c-d)}{\Gamma(b)\Gamma(c)}\\
&\qquad\cdot\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac{n!(d,a+b+c-d)_n}{(a,b,c)_{n+1}}\sum_{k=0}^{n}\frac{(k+ab+ac+bc-d(a+b+c)+d^2)(a,b,c)_k}{k!(d,a+b+c-d)_k}-\frac{(b+c-d)n!(d)_n}{(b,c)_{n+1}}\sum_{k=0}^{n}\frac{(b,c)_k}{k!(d)_k}\right)
\end{align}
を得る. 定理1の導出過程の式
\begin{align}
&\sum_{n=0}^N\frac{(d-b,d-c,-N)_n}{(d,1-N+d-b-c)_nn!}\sum_{k=n}^{N-1}\frac{1}{k+1-N+d-b-c}\\
&=\frac{(b+c-d)(b,c)_N}{(d,b+c-d)_N}\sum_{n=0}^{N-1}\frac{n!(d)_n}{(b,c)_{n+1}}\sum_{k=0}^{n}\frac{(b,c)_k}{k!(d)_k}-\frac{(b,c)_N}{(d,b+c-d)_N}\sum_{n=0}^{N-1}\left(\frac 1{n+b}+\frac 1{n+c}\right)
\end{align}
を書き換えると,
\begin{align}
&-\sum_{n=0}^N\frac{(d-b,d-c,-N)_n}{(d,1-N+d-b-c)_nn!}\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{k+1-N+d-b-c}\\
&=\frac{(b+c-d)(b,c)_N}{(d,b+c-d)_N}\sum_{n=0}^{N-1}\frac{n!(d)_n}{(b,c)_{n+1}}\sum_{k=0}^{n}\frac{(b,c)_k}{k!(d)_k}-\frac{(b,c)_N}{(d,b+c-d)_N}\sum_{n=0}^{N-1}\left(\frac 1{n+b}+\frac 1{n+c}-\frac 1{n+b+c-d}\right)
\end{align}
を得る. ここで, $N\to\infty$とすると, $0<\Re(b+c-d)$のとき,
\begin{align}
0&=\sum_{n=0}^{\infty}\left((b+c-d)\frac{n!(d)_n}{(b,c)_{n+1}}\sum_{k=0}^{n}\frac{(b,c)_k}{k!(d)_k}-\frac 1{n+b}-\frac 1{n+c}+\frac 1{n+b+c-d}\right)
\end{align}
を得る. これを
\begin{align}
&\frac{\Gamma(b)\Gamma(c)}{\Gamma(d)\Gamma(b+c-d)}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(d-b,d-c)_n}{(d)_nn!}\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{k+a}\\
&=\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac{n!(d,a+b+c-d)_n}{(a,b,c)_{n+1}}\sum_{k=0}^{n}\frac{(k+ab+ac+bc-d(a+b+c)+d^2)(a,b,c)_k}{k!(d,a+b+c-d)_k}-\frac{(b+c-d)n!(d)_n}{(b,c)_{n+1}}\sum_{k=0}^{n}\frac{(b,c)_k}{k!(d)_k}\right)
\end{align}
に足すと, 以下を得る.
$0<\Re(b+c-d)$のとき,
\begin{align}
&\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac{n!(d,a+b+c-d)_n}{(a,b,c)_{n+1}}\sum_{k=0}^{n}\frac{(k+ab+ac+bc-d(a+b+c)+d^2)(a,b,c)_k}{k!(d,a+b+c-d)_k}-\frac 1{n+1}\right)\\
&=\frac{\Gamma(b)\Gamma(c)}{\Gamma(d)\Gamma(b+c-d)}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(d-b,d-c)_n}{(d)_nn!}\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{k+a}\\
&\qquad+\sum_{0\leq n}\left(\frac 1{n+b}+\frac 1{n+c}-\frac 1{n+b+c-d}-\frac 1{n+1}\right)
\end{align}
が成り立つ. また,
\begin{align}
\sum_{n=0}^{\infty}\left((b+c-d)\frac{n!(d)_n}{(b,c)_{n+1}}\sum_{k=0}^n\frac{(b,c)_k}{k!(d)_k}-\frac 1{n+1}\right)&=\sum_{0\leq n}\left(\frac 1{n+b}+\frac 1{n+c}-\frac 1{n+b+c-d}-\frac 1{n+1}\right)
\end{align}
が成り立つ.
冒頭の2つ目の式からは$a+b+c=d+e$として,
\begin{align}
&\sum_{n=1}^N\frac{(d-a,e-a,-N)_n}{n(b,c,1-N-a)_n}\\
&=\sum_{n=0}^{N-1}\frac 1{n+a}-\sum_{n=0}^{N-1}\frac{n!(d,e)_n}{(a,b,c)_{n+1}}\sum_{k=0}^{n}\frac{(k+ab+ac+bc-de)(a,b,c)_k}{k!(d,e)_k}
\end{align}
を得る.
$a+b+c=d+e$のとき,
\begin{align}
\sum_{n=1}^N\frac{(d-a,e-a,-N)_n}{n(b,c,1-N-a)_n}&=\sum_{n=0}^{N-1}\frac 1{n+a}-\sum_{n=0}^{N-1}\frac{n!(d,e)_n}{(a,b,c)_{n+1}}\sum_{k=0}^{n}\frac{(k+ab+ac+bc-de)(a,b,c)_k}{k!(d,e)_k}
\end{align}
が成り立つ.
$N\to\infty$とすると以下を得る.
$a+b+c=d+e$のとき,
\begin{align}
\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(d-a,e-a)_n}{n(b,c)_n}&=\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac 1{n+a}-\frac{n!(d,e)_n}{(a,b,c)_{n+1}}\sum_{k=0}^n\frac{(k+ab+ac+bc-de)(a,b,c)_k}{k!(d,e)_k}\right)
\end{align}
が成り立つ.
これは
Ramanujan, Evans-Stantonによる公式
\begin{align}
&\sum_{0\leq n}\left(\frac{\Gamma(a+n)\Gamma(b+n)\Gamma(c+n)}{\Gamma(d+n)\Gamma(e+n)\Gamma(1+n)}-\frac 1{n+1}\right)\\
&=\sum_{0\leq n}\left(\frac 1{n+b}+\frac 1{n+c}-\frac{2}{n+1}\right)+\sum_{0< n}\frac{(d-a,e-a)_n}{n(b,c)_n},\qquad a+b+c=d+e
\end{align}
の類似と言える. これと系1を足し合わせると,
\begin{align}
&\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac 1{n+a}-\frac 1{n+1}\right)\\
&=\frac{\Gamma(b)\Gamma(c)}{\Gamma(d)\Gamma(b+c-d)}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(d-b,d-c)_n}{(d)_nn!}\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{k+a}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(d-a,b+c-d)_n}{n(b,c)_n}\\
&\qquad+\sum_{0\leq n}\left(\frac 1{n+b}+\frac 1{n+c}-\frac 1{n+b+c-d}-\frac 1{n+1}\right)
\end{align}
つまり,
\begin{align}
&\frac{\Gamma(b)\Gamma(c)}{\Gamma(d)\Gamma(b+c-d)}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(d-b,d-c)_n}{(d)_nn!}\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{k+a}\\
&=\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac 1{n+a}+\frac 1{n+b+c-d}-\frac 1{n+b}-\frac 1{n+c}\right)-\sum_{0< n}\frac{(d-a,b+c-d)_n}{n(b,c)_n}
\end{align}
書き換えると以下のようになる.
\begin{align} &\frac{\Gamma(d-b)\Gamma(d-c)}{\Gamma(d)\Gamma(d-b-c)}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(b,c)_n}{(d)_nn!}\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{k+a}\\ &=\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac 1{n+a}+\frac 1{n+d-b-c}-\frac 1{n+d-b}-\frac 1{n+d-c}\right)-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(d-a,d-b-c)_n}{n(d-b,d-c)_n} \end{align}
