まとめ&リニューアルバージョン

今回はあくまでも級数を求めたいだけなので
$\theta_1,\theta_2,\theta_1-\theta_2,(\theta_3)$がすべて有理数であり、分母は$2,3,4,6$のものだけを扱います
また、$\theta_1,\theta_2$または$\theta_1,\theta_2,\theta_3$の組み合わせは対称性によって同一視した代表元です
そしてnyabimoは収束性の話が分かりません(頑張って勉強します)のでまだそこら辺の話が書けません

$a,c$は自然数とし、$b,d>-1,z$は$\displaystyle |z|>\frac{a^ac^c}{(a+c)^{a+c}}$を満たす実数
$$ \sum_{k=0}^{\infty}\frac{\Gamma(ak+b+1)\Gamma(ck+d+1)}{z^k\Gamma((a+c)k+b+d+2)}=z\int_{0}^{1}\frac{x^b(1-x)^d}{z-x^a(1-x)^c}dx $$

ベータ関数に注目
\begin{eqnarray} \sum_{k=0}^{\infty} \frac{\Gamma(ak+b+1)\Gamma(ck+d+1)}{z^k\Gamma((a+c)k+b+d+2)} &=&\sum_{k=0}^{\infty}{\frac{1}{z^k}\int_{0}^{1}{x^{ak+b}(1-x)^{ck+d}}dx} \\&=&\sum_{k=0}^{\infty}{\int_{0}^{1}{\frac{x^{ak+b}(1-x)^{ck+d}}{z^k}dx}} \\&=&\int_{0}^{1}{\sum_{k=0}^{\infty}{\frac{x^{ak+b}(1-x)^{ck+d}}{z^k}}dx} \\&=&\int_{0}^{1}x^b(1-x)^d\sum_{k=0}^{\infty}{\left(\frac{x^a(1-x)^c}{z} \right)^k}dx \\&=&\int_{0}^{1}\frac{x^b(1-x)^d}{1-\frac{x^a(1-x)^c}{z}}dx \\&=&z\int_{0}^{1}\frac{x^b(1-x)^d}{z-x^a(1-x)^c}dx \end{eqnarray}

無限和と積分の交換

後で書く

ここにさらにシグマを付けて多項式$f$の$i$次の項の係数を$f_i$とします
\begin{eqnarray} \displaystyle z\int_{0}^{1}\frac{f(x)}{z-x^a(1-x)^c}dx&=&\sum_{n=0}^{1+\deg{f}}f_n \left. \sum_{k=0}^{\infty}\frac{\Gamma(ak+b+1)\Gamma(ck+d+1)}{z^k\Gamma((a+c)k+b+d+2)} \right|_{b=n,d=0} \end{eqnarray}
実際使う時はこの形です

$\displaystyle \sum_{k=0}^{\infty}\sum_{n=0}^{1+\deg{f}}f_n\frac{\Gamma(ak+n+1)\Gamma(ck+1)}{z^k\Gamma((a+c)k+n+2)}=z\int_{0}^{1}\frac{f(x)}{z-x^a(1-x)^c}dx$

$\displaystyle\int_{0}^{1}\frac{f(x)}{z-x^a(1-x)^c}dx$が$\pi$の定数倍になったらいいです
これだと難しすぎるので特殊な場合に限定してみます

1.

$\displaystyle\frac{f(x)}{z-x^a(1-x)^c}=\frac{1}{x^2+px+q} \qquad (p,q \in \mathbb{R})$
と約分できることにします
$0$から$1$の積分で$x^2+px+q$が実数で因数分解できないなら$\arctan$の項のみが出てくるので、上手く$\pi$を出せます

次に

2.

$\displaystyle\frac{f(x)}{z-x^a(1-x)^c}=\frac{x+s}{x^2+px+q} \qquad (s,p,q \in \mathbb{R})$
と約分できることにします
\begin{eqnarray} \int_{0}^{1}\frac{x+s}{x^2+px+q}dx&=&\frac{1}{2}\int_{0}^{1}\frac{2x+p}{x^2+px+q}dx+\left(s-\frac{p}{2}\right)\int_{0}^{1}\frac{1}{x^2+px+q}dx \\&=&\frac{1}{2}\ln{\left|\frac{p+q+1}{q}\right|}+\left(s-\frac{p}{2}\right)\int_{0}^{1}\frac{1}{x^2+px+q}dx \end{eqnarray}
右の項の分子が$1$の積分は$x^2+px+q$が実数で因数分解できないなら$\arctan$の項のみが出てくるので、
上手く$\ln$の項が$0$になり、$\arctan$の項が$\pi$が出てくればいいです
$\displaystyle\left|\frac{p+q+1}{q}\right|=1$となる条件を考えます

$\displaystyle\frac{p+q+1}{q}=1$の場合

$p=-1$になります

$\displaystyle\frac{p+q+1}{q}=-1$の場合

$p=-(1+2q)$になります
ここで$x^2+px+q$の判別式を考えます
$D=p^2-4q<0$の必要があります
$D=(1+2q)^2-4q=1+4q^2>0$なので
$\displaystyle\frac{p+q+1}{q}=-1$を満たす$p,q$は存在しません

ひとつ前で$\displaystyle\frac{1}{x^2+px+q}$を考えたので$\displaystyle\frac{x}{x^2+px+q}$を考えればよさそうです
つまりこれから$\displaystyle\frac{1}{x^2+px+q}$と$\displaystyle\frac{x}{x^2-x+q}$について考えていきます

$x^2+px+q$を扱いやすい形にする

$x^2+px+q$の解が複素共役になっていることを利用して

$x^2+px+q=(x-\alpha)(x-\overline{\alpha})$
$\alpha=A_1e^{i\pi\theta_1}\qquad(-1<\theta_1<1,\theta_1\neq0,0< A_1)$
$1-\alpha=A_2e^{i\pi\theta_2}\qquad(-1<\theta_2<1,\theta_2\neq0,0< A_2)$
とします

$A_1,A_2$を$\theta_1,\theta_2$から求める

$$ A_1=\frac{\sin(\pi\theta_2)}{\sin(\pi(\theta_2-\theta_1))} $$
$$ A_2=\frac{\sin(\pi\theta_1)}{\sin(\pi(\theta_1-\theta_2))} $$

$\alpha=A_1e^{i\pi\theta_1}$
$1-\alpha=A_2e^{i\pi\theta_2}$

$1=A_1e^{i\pi\theta_1}+A_2e^{i\pi\theta_2}$
$\downarrow$
$1=A_1\cos(\pi\theta_1)+A_2\cos(\pi\theta_2)\cdots①$
$0=A_1\sin(\pi\theta_1)+A_2\sin(\pi\theta_2) \ \cdots②$
②より
$\displaystyle A_2=-A_1\frac{\sin(\pi\theta_1)}{\sin(\pi\theta_2)} $
さらに①より
$\displaystyle 1=A_1\cos(\pi\theta_1)-A_1\frac{\sin(\pi\theta_1)\cos(\pi\theta_2)}{\sin(\pi\theta_2)}$
$\displaystyle \ \ =-A_1\frac{\sin(\pi\theta_1)\cos(\pi\theta_2)-\cos(\pi\theta_1)\sin(\pi\theta_2)}{\sin(\pi\theta_2)}$
$\displaystyle \ \ =-A_1\frac{\sin(\pi(\theta_1-\theta_2))}{\sin(\pi\theta_2)}$
よって
$$ A_1=\frac{\sin(\pi\theta_2)}{\sin(\pi(\theta_2-\theta_1))} $$
$$ A_2=\frac{\sin(\pi\theta_1)}{\sin(\pi(\theta_1-\theta_2))} $$

$A_1,A_2>0$を満たす$\theta_1,\theta_2$の条件

$\theta_1,\theta_2$は
$\theta_1\theta_2<0$かつ$|\theta_1-\theta_2|<1$を満たす$\theta_1,\theta_2$

まずは$\displaystyle\frac{\sin(\pi\theta_1)}{\sin(\pi(\theta_1-\theta_2))}>0$の条件を探します
$\sin(\pi\theta_1)$と$\sin(\pi(\theta_1-\theta_2))$は同符号

$\sin(\pi\theta_1)>0$の場合
$0<\theta_1<1 \cdots ➀$
$-1<\theta_2<1$と➀を合わせて
$-1<\theta_1-\theta_2<2$
また$\sin(\pi(\theta_1-\theta_2))>0$を満たすのは
$0<\theta_1-\theta_2<1$

$\sin(\pi\theta_1)<0$の場合
$-1<\theta_1<0 \cdots ➁$
$-1<\theta_2<1$と➁を合わせて
$-2<\theta_1-\theta_2<1$
また$\sin(\pi(\theta_1-\theta_2))<0$を満たすのは
$-1<\theta_1-\theta_2<0$

よって
$\begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} \quad 0<\theta_1-\theta_2<1 \qquad (0<\theta_1<1)\\ -1<\theta_1-\theta_2<0 \qquad (-1<\theta_1<0) \end{array} \right. \end{eqnarray}$

対称性から$\displaystyle \frac{\sin(\pi\theta_2)}{\sin(\pi(\theta_2-\theta_1))}>0$の条件は

$\begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} \quad 0<\theta_2-\theta_1<1 \qquad (0<\theta_2<1)\\ -1<\theta_2-\theta_1<0 \qquad (-1<\theta_2<0) \end{array} \right. \end{eqnarray}$
これをまとめると
$\theta_1\theta_2<0$かつ$|\theta_1-\theta_2|<1$になります

$\alpha,\overline{\alpha}$を用いて積分を計算する

複素関数$\ln$の分岐切断線が負の実軸上にあることに注意です
$\ln$は主値を取ることにします

$\displaystyle \int_{0}^{1}\frac{1}{x^2+px+q}dx= \begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} \cdots\frac{\theta_2-\theta_1-1}{A_1\sin(\pi\theta_1)}\pi\quad(-1<\theta_1<0)\\ \cdots\frac{\theta_2-\theta_1+1}{A_1\sin(\pi\theta_1)}\pi\qquad(0<\theta_1<1) \end{array} \right. \end{eqnarray} $

ここから$\sin{\theta_1},\sin{\theta_2}$が求められる$\theta_1,\theta_2$なら級数が求められます

\begin{eqnarray} \int_{0}^{1}\frac{1}{x^2+px+q}dx&=&\frac{1}{\alpha-\overline{\alpha}}\int_{0}^{1}\frac{1}{x-\alpha}-\frac{1}{x-\overline{\alpha}}dx \\&=&\frac{1}{2iA_1\sin(\pi\theta_1)}\left(\ln(1-\alpha)-\ln(-\alpha)-\ln(1-\overline{\alpha})+\ln(-\overline{\alpha})\right) \\&=&\frac{1}{2iA_1\sin(\pi\theta_1)}\left(\ln(1-\alpha)-\ln(1-\overline{\alpha})-\ln(-\alpha)+\ln(-\overline{\alpha})\right) \end{eqnarray}
$0<\theta_1<1$の場合
$\ln(-\alpha)$は分岐切断線を跨がないように時計回りに$\pi$回転させます
つまり$-1=e^{-i\pi}$で計算する($-\overline{\alpha}$も同じように考える)
\begin{eqnarray} \qquad \qquad \qquad \qquad \ &=&\frac{1}{2iA_1\sin(\pi\theta_1)}\left(\ln(A_2e^{i\pi\theta_2})-\ln(A_2e^{-i\pi\theta_2})-\ln(A_1e^{i\pi(\theta_1-1)})+\ln(A_1e^{-i\pi(\theta_1-1)})\right) \\&=&\frac{1}{2iA_1\sin(\pi\theta_1)}\left(\cancel{\ln(A_2)}+i\pi\theta_2-\cancel{\ln(A_2)}+i\pi\theta_2-\cancel{\ln(A_1)}-i\pi(\theta_1-1)+\cancel{\ln(A_1)}-i\pi(\theta_1-1)\right) \\&=&\frac{\cancel{2i}(\theta_2-\theta_1+1)}{\cancel{2i}A_1\sin(\pi\theta_1)}\pi \\&=&\frac{\theta_2-\theta_1+1}{A_1\sin(\pi\theta_1)}\pi \end{eqnarray}
$-1<\theta_1<0$の場合
$\ln(-\alpha)$は分岐切断線を跨がないように反時計回りに$\pi$回転させる
つまり$-1=e^{i\pi}$で計算する($-\overline{\alpha}$も同じように考える)
\begin{eqnarray} \qquad \qquad \qquad \qquad \ &=&\frac{1}{2iA_1\sin(\pi\theta_1)}\left(\cancel{\ln(A_2)}+i\pi\theta_2-\cancel{\ln(A_2)}+i\pi\theta_2-\cancel{\ln(A_1)}-i\pi(\theta_1+1)+\cancel{\ln(A_1)}-i\pi(\theta_1+1)\right) \\&=&\frac{\cancel{2i}(\theta_2-\theta_1-1)}{\cancel{2i}A_1\sin(\pi\theta_1)}\pi \\&=&\frac{\theta_2-\theta_1-1}{A_1\sin(\pi\theta_1)}\pi \end{eqnarray}

$x^2+px+q$を$\theta_1,\theta_2$で求める

$p=-2A_1\cos(\pi\theta_1)$
$q=A_1^2$

\begin{eqnarray} x^2+px+q&=&(x-\alpha)(x-\overline{\alpha}) \end{eqnarray}よって
$p=-(\alpha+\overline{\alpha})$
$\hspace{ 8pt }=-2A_1\cos(\pi\theta_1)$
また、
$q=\alpha\overline{\alpha}$
$\hspace{ 8pt }=A_1^2$

結果があまりにも汚くなるものを消す

$\sin,\cos$に代入した時に求められる
$\theta_1,\theta_2,\theta_1-\theta_2$は有理数で分母に$2,3,4,6$以外だと
$A_1,A_2$のべき乗が汚くなります

これで準備が整いました$\displaystyle \frac{1}{x^2+px+q}$と$\displaystyle \frac{x}{x^2-x+q}$それぞれの場合について考えていきます

$b,d$に整数を入れる場合

$\displaystyle \frac{1}{x^2+px+q}$の場合

$z$の決め方

$\displaystyle \frac{f(x)}{z-x^a(1-x)^c}=\frac{1}{x^2+px+q}$
つまり$z-x^a(1-x)^c$が因数として$x^2+px+q$を持っていればいいです
因数定理から解$\alpha,\overline{\alpha}$を代入した結果が$0$でないといけません
\begin{eqnarray} z&=&\alpha^a(1-\alpha)^c=\overline{\alpha}^a(1-\overline{\alpha})^c \\&=&A_1^aA_2^ce^{i\pi(a\theta_1+c\theta_2)}=A_1^aA_2^ce^{-i\pi(a\theta_1+c\theta_2)} \end{eqnarray}
つまり、

$z$は
$a\theta_1+c\theta_2=n\qquad(n \in \mathbb{Z} )$を満たす$a,c,n$で
$z=A_1^aA_2^c(-1)^n$
と表せます

$\displaystyle A_1^aA_2^c>\frac{a^ac^c}{(a+c)^{a+c}}$を満たす必要があります

代入する$\theta_1$と$\theta_2$をなるべく減らす

二つの数$\theta_1,\theta_2$についてある操作をした$\theta_1',\theta_2'$(変換された$\theta$から求めるものを右上に$*$を付けます)で級数を求めた時に
元の$\theta_1,\theta_2$で求めた級数と同じになる操作を見つけることで
代入する$\theta_1,\theta_2$の種類を減らすことができます

ここで級数が同じになるというのは収束値が等しいだけでなく求められる級数を$\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty}h(k)$で表した時$h^*(k)=h(k)$になったときのことを言うことにします

確認

$\displaystyle A_1=\frac{\sin(\pi\theta_2)}{\sin(\pi(\theta_2-\theta_1))}$,$\displaystyle A_2=\frac{\sin(\pi\theta_1)}{\sin(\pi(\theta_1-\theta_2))}$
$z=A_1^aA_2^c(-1)^{a\theta_1+c\theta_2} \quad (a\theta_1+c\theta_2 \in \mathbb{Z})$
$p=-2A_1\cos(\pi\theta_1)$
$q=A_1^2$
$\displaystyle f(x)=\frac{z-x^a(1-x)^c}{x^2+px+q}$
$\displaystyle h(k)=\sum_{n=0}^{1+\deg{f}}f_n\frac{\Gamma(ak+n+1)\Gamma(ck+1)}{z^k\Gamma((a+c)k+n+2)}$
$\displaystyle \sum_{k=0}^{\infty}h(k)=z\int_{0}^{1}\frac{f(x)}{z-x^a(1-x)^c}dx$

それぞれ$-1$倍

$a,c$

$a^*,c^*$の条件は$a^*\theta_1'+c^*\theta_2' \in \mathbb{Z}$です
$a^*\theta_1'+c^*\theta_2'=-(a^*\theta_1+c^*\theta_2)$
$a^*\theta_1+c^*\theta_2$も整数です
同じ$\theta_1,\theta_2$から$a,c$の組と$a^*,c^*$の組が求められるので
$a^*=a,c^*=c$と選べます

$z$

$\displaystyle A_1^*=\frac{\sin(\pi\theta_2')}{\sin(\pi(\theta_2'-\theta_1'))}=\frac{\sin(\pi\theta_2)}{\sin(\pi(\theta_2-\theta_1))}=A_1$
対称性より
$A_2^*=A_2$です
$z^*={A_1^*}^{a^*}{A_2^*}^{c^*}(-1)^{a^*\theta_1'+c^*\theta_2'}=A_1^aA_2^c(-1)^{-(a\theta_1+c\theta_2)}=A_1^aA_2^c(-1)^{a\theta_1+c\theta_2}=z$
$z^*=z$となります

多項式$x^2+px+q$

$p^*=-2A_1^*\cos(\pi\theta_1')=-2A_1\cos(\pi\theta_1)=p$となります
$q^*={A_1^*}^2=A_1^2=q$
$p,q$は変わりません

$h(k)$

$\displaystyle f^*(x)=\frac{z^*-x^{a^*}(1-x)^{c^*}}{x^2+p^*x+q^*}=\frac{z-x^a(1-x)^c}{x^2+px+q}=f(x)$

\begin{eqnarray} h^*(k)&=&\sum_{n=0}^{1+\deg{f^*}}f_n^*\frac{\Gamma(a^*k+n+1)\Gamma(c^*k+1)}{{z^*}^k\Gamma((a^*+c^*)k+n+2)} \\&=&\sum_{n=0}^{1+\deg{f}}f_n\frac{\Gamma(ak+n+1)\Gamma(ck+1)}{z^k\Gamma((a+c)k+n+2)} \\&=&h(k) \end{eqnarray}
足される項がすべて同じなので同じ級数が求められます

入れ替える

$a,c$

$a^*,c^*$の条件は$a^*\theta_1'+c^*\theta_2' \in \mathbb{Z}$です
$a^*\theta_1'+c^*\theta_2'=(a^*\theta_2+c^*\theta_1)$
$a^*\theta_2+c^*\theta_1$も整数です
同じ$\theta_1,\theta_2$から$a,c$の組と$a^*,c^*$の組が求められるので
$a^*=c,c^*=a$と選べます

$z$

$\displaystyle A_1^*=\frac{\sin(\pi\theta_2')}{\sin(\pi(\theta_2'-\theta_1'))}=\frac{\sin(\pi\theta_1)}{\sin(\pi(\theta_1-\theta_2))}=A_2$
対称性から$A_2^*=A_1$
$z^*={A_1^*}^{a^*}{A_2^*}^{c^*}(-1)^{a^*\theta_1^*+c^*\theta_2^*}=A_2^cA_1^a(-1)^{(c\theta_2+a\theta_1)}=A_1^aA_2^c(-1)^{a\theta_1+c\theta_2}=z$
$z^*=z$となります

多項式$x^2+px+q$

$\alpha^*={A_1^*}e^{i\pi\theta_1'}=A_2e^{i\pi\theta_2}=1-\alpha$
\begin{eqnarray} x^2+p^*x+q^*&=&(x-\alpha^*)(x-\overline{\alpha^*}) \\&=&(x-1+\alpha)(x-1+\overline{\alpha})=((1-x)-\alpha)((1-x)-\overline{\alpha})=(1-x)^2+p(1-x)+q \end{eqnarray}

級数

$\displaystyle f^*(x)=\frac{z^*-x^{a^*}(1-x)^{c^*}}{x^2+{p^*}x+{q^*}}=\frac{z-(1-x)^ax^c}{(1-x)^2+p(1-x)+q}=f(1-x)$
公式を少しいじります
\begin{eqnarray} \displaystyle \sum_{n=0}^{1+\deg{f}}f_n \left. \sum_{k=0}^{\infty}\frac{\Gamma(ak+b+1)\Gamma(ck+d+1)}{z^k\Gamma((a+c)k+b+d+2)} \right|_{b=n,d=0}&=&z\int_{0}^{1}\frac{f(x)}{z-x^a(1-x)^c}dx \\&=&z\int_{0}^{1}\frac{f(1-x)}{z-(1-x)^ax^c}dx \\&=&\sum_{n=0}^{1+\deg{f}}f_n\left.\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\Gamma(ck+b+1)\Gamma(ak+d+1)}{z^k\Gamma((a+c)k+b+d+2)}\right|_{b=0,d=n} \end{eqnarray}

つまり元の積分と$x \mapsto 1-x$の置換積分から得られる$h(k)$は等しいです
$f^*(x)=f(1-x)$
$a^*=c$
$c^*=a$
$z^*=z$から
\begin{eqnarray} I^*&=&z\int_{0}^{1}\frac{f(1-x)}{z-x^c(1-x)^a}dx \\&=&\sum_{n=0}^{1+\deg{f}}f_n\left.\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\Gamma(ck+b+1)\Gamma(ak+d+1)}{z^k\Gamma((a+c)k+b+d+2)}\right|_{b=0,d=n} \\&=&\sum_{k=0}^{\infty}\sum_{n=0}^{1+\deg{f}}f_n\frac{\Gamma(ak+n+1)\Gamma(ck+1)}{z^k\Gamma((a+c)k+n+2)} \\&=&\sum_{k=0}^{\infty}h(k) \end{eqnarray}
つまり求められる積分は変わらないということになります

$\theta_1,\theta_2$の組を羅列する

$(\theta_1,\theta_2)$
$=(\frac{1}{6},-\frac{2}{3}),(\frac{1}{6},-\frac{1}{2}),(\frac{1}{6},-\frac{1}{3}),(\frac{1}{6},-\frac{1}{6})$
$\quad (\frac{1}{4},-\frac{1}{2}),(\frac{1}{4},-\frac{1}{4})$
$\quad (\frac{1}{3},-\frac{1}{2}),(\frac{1}{3},-\frac{1}{3})$

$\displaystyle \frac{x}{x^2-x+q}$の場合

$z$の決め方

$\displaystyle\alpha=\frac{1+\sqrt{1-4q}}{2},1-\alpha=\frac{1-\sqrt{1-4q}}{2}$
$\theta_1=\arg{\alpha}=\arg\left(\frac{1}{2}+i\frac{\sqrt{4q-1}}{2}\right)=-\arg\left(\frac{1}{2}-i\frac{\sqrt{4q-1}}{2}\right)=-\theta_2$
$\displaystyle f(x)=\frac{x(z-x^a(1-x)^c)}{x^2-x+q}$
$x$と$x^2+px+q$は互いに素なので
$z-x^a(1-x)^c$が因数として$x^2+px+q$を持っていればいいです
因数定理から解$\alpha,\overline{\alpha}$を代入した結果が$0$でないといけません
\begin{eqnarray} z&=&\alpha^a(1-\alpha)^c=\overline{\alpha}^a(1-\overline{\alpha})^c \\&=&A_1^aA_2^ce^{i\pi\theta_1(a-c)}=A_1^aA_2^ce^{-i\pi\theta_1(a-c)} \end{eqnarray}
つまり、

$z$は
$\theta_1(a-c)=n\qquad(n \in \mathbb{Z} )$を満たす$a,c,n$で
$z=A_1^aA_2^c(-1)^n$
と表せます

$\displaystyle A_1^aA_2^c>\frac{a^ac^c}{(a+c)^{a+c}}$を満たす必要があります

代入する$\theta_1$と$\theta_2$をなるべく減らす

二つの数$\theta_1,\theta_2$についてある操作をした$\theta_1',\theta_2'$(変換された$\theta$から求めるものを右上に$*$を付けます)で級数を求めた時に
元の$\theta_1,\theta_2$で求めた級数と同じになる操作を見つけます
$\displaystyle \frac{1}{x^2+px+q}$での「それぞれ$-1$倍」と同じ方法で$\displaystyle \frac{x}{x^2+px+q}$も説明できます

確認

$\displaystyle A_1=\frac{\sin(\pi\theta_2)}{\sin(\pi(\theta_2-\theta_1))}$,$\displaystyle A_2=\frac{\sin(\pi\theta_1)}{\sin(\pi(\theta_1-\theta_2))}$
$z=A_1^aA_2^c(-1)^{\theta_1(a-c)}\qquad(\theta_1(a-c) \in \mathbb{Z} )$
$p=-2A_1\cos(\pi\theta_1)$
$q=A_1^2$
$\displaystyle f(x)=\frac{x(z-x^a(1-x)^c)}{x^2+px+q}$
$\displaystyle h(k)=\sum_{n=0}^{1+\deg{f}}f_n\frac{\Gamma(ak+n+1)\Gamma(ck+1)}{z^k\Gamma((a+c)k+n+2)}$
$\displaystyle \sum_{k=0}^{\infty}h(k)=z\int_{0}^{1}\frac{f(x)}{z-x^a(1-x)^c}dx$

それぞれ$-1$倍

$a,c$

$a^*,c^*$の条件は$\theta_1'(a^*-c^*) \in \mathbb{Z}$です
$\theta_1'(a^*-c^*)=-\theta_1(a^*-c^*)$
$\theta_1(a^*-c^*)$も整数です
同じ$\theta_1$から$a,c$の組と$a^*,c^*$の組が求められるので
$a^*=a,c^*=c$と選べます

$z$

$\displaystyle A_1^*=\frac{\sin(\pi\theta_2')}{\sin(\pi(\theta_2'-\theta_1'))}=\frac{\sin(\pi\theta_2)}{\sin(\pi(\theta_2-\theta_1))}=A_1$
対称性より
$A_2^*=A_2$です
$z^*={A_1^*}^{a^*}{A_2^*}^{c^*}(-1)^{\theta_1'(a^*-c^*)}=A_1^aA_2^c(-1)^{-\theta_1(a-c)}=A_1^aA_2^c(-1)^{\theta_1(a-c)}=z$
$z^*=z$となります

多項式$x^2+px+q$

$p^*=-2A_1^*\cos(\pi\theta_1')=-2A_1\cos(\pi\theta_1)=p$となります
$q^*={A_1^*}^2=A_1^2=q$
$p,q$は変わりません

$h(k)$

$\displaystyle f^*(x)=\frac{x(z^*-x^{a^*}(1-x)^{c^*})}{x^2+p^*x+q^*}=\frac{x(z-x^a(1-x)^c)}{x^2+px+q}=f(x)$

$\theta_1,\theta_2$の組を羅列する

$(\theta_1,\theta_2)$
$=(\frac{1}{6},-\frac{1}{6}),(\frac{1}{4},-\frac{1}{4}),(\frac{1}{3},-\frac{1}{3})$

$b$に半整数を代入する場合

公式を少しいじります
$\displaystyle \sum_{k=0}^{\infty}\frac{\Gamma(ak+b+1)\Gamma(ck+d+1)}{z^k\Gamma((a+c)k+b+d+2)}=z\int_{0}^{1}\frac{x^b(1-x)^d}{z-x^a(1-x)^c}dx$
$b \mapsto b-\frac{1}{2}$で(ここからは$b$は自然数とします)
\begin{eqnarray} \displaystyle \sum_{k=0}^{\infty}\frac{\Gamma(ak+b+\frac{1}{2})\Gamma(ck+d+1)}{z^k\Gamma((a+c)k+b+d+1+\frac{1}{2})}&=&z\int_{0}^{1}\frac{x^{b-\frac{1}{2}}(1-x)^d}{z-x^a(1-x)^c}dx \\&=&2z\int_{0}^{1}\frac{t^{2b}(1-t^2)^d}{z-t^{2a}(1-t^2)^c}dt \end{eqnarray}
これにシグマを付けて

$f(t)$が偶関数の多項式の時
$\displaystyle2z\int_{0}^{1}\frac{f(t)}{z-t^{2a}(1-t^2)^c}dt=\left.\sum_{n=0}^{1+\frac{\deg{f}}{2}}f_{2n}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\Gamma(ak+b+\frac{1}{2})\Gamma(ck+d+1)}{z^k\Gamma((a+c)k+b+d+1+\frac{1}{2})}\right|_{b=n,d=0}$

新たに$\theta_3$を導入する

有理数$\theta_3$を考えます
$t^2+pt+q=(t-\alpha)(t-\overline{\alpha})$とした時($\alpha$は実数でない)
$\alpha=A_1e^{i\pi\theta_1}$
$1-\alpha=A_2e^{i\pi\theta_2}$
$1+\alpha=A_3e^{i\pi\theta_3}$とします($0< A_3,-1<\theta_3<1,\theta_3 \neq 0$)

結果があまりにも汚くなるものを消す

今回はあくまでも級数を求めたいだけなので
$\theta_1,\theta_2,\theta_1-\theta_2,\theta_3$がすべて有理数であり、分母は$2,3,4,6$のものだけを扱います

$\displaystyle\frac{1}{t^2+pt+q}$の場合

$z$の決め方

$\displaystyle f(t)=\frac{z-t^{2a}(1-t^2)^c}{t^2+pt+q}$
で表せて$f(t)$は偶関数で(上の公式より、)
$\displaystyle t^2+pt+q=\frac{z-t^{2a}(1-t^2)^c}{f(t)}$から
$-t$を代入しても右辺は変わらないので$t^2+pt+q$は偶関数です
つまり$p=0$です
$t^2+q=0$の解は純虚数になるので$\theta_1=\pm\frac{1}{2}$となります
$\alpha=iA_1$より
$1-\alpha=1-iA_1=A_2e^{i\pi\theta_2}$
$1+\alpha=1+iA_1=A_2e^{-i\pi\theta_2}$から

$\theta_1=\pm\frac{1}{2},A_3=A_2,\theta_3=-\theta_2$

が分かります

また$z-t^{2a}(1-t^2)^c$は因数として$t^2+q$を持てばいいです
因数定理より
\begin{eqnarray} z&=&\alpha^{2a}(1-\alpha^2)^c=\overline{\alpha}^{2a}\left(1-\overline{\alpha}^2\right)^c \\&=&A_1^{2a}A_2^cA_3^c(-1)^{2\theta_1a+(\theta_2+\theta_3)c} \qquad (2\theta_1a+(\theta_2+\theta_3)c \in \mathbb{Z} ) \\&=&A_1^{2a}A_2^{2c} \end{eqnarray}

$z=A_1^{2a}A_2^{2c}$

$\displaystyle A_1^{2a}A_2^{2c}>\frac{a^ac^c}{(a+c)^{a+c}}$を満たす必要があります

代入する$\theta_1$と$\theta_2$をなるべく減らす

二つの数$\theta_1,\theta_2$についてある操作をした$\theta_1',\theta_2'$(変換された$\theta$から求めるものを右上に$*$を付けます)で級数を求めた時に
元の$\theta_1,\theta_2$で求めた級数と同じになる操作を見つけます

確認

$\theta_1=\pm\frac{1}{2},\theta_3=-\theta_2$
$\displaystyle A_1=\frac{\sin(\pi\theta_2)}{\sin(\pi(\theta_2-\theta_1))}$,$\displaystyle A_2=A_3=\frac{\sin(\pi\theta_1)}{\sin(\pi(\theta_1-\theta_2))}$
$z=A_1^{2a}A_2^{2c}$
$p=0$
$q=A_1^2$
$\displaystyle f(t)=\frac{z-t^{2a}(1-t^2)^c}{t^2+q}$
$\displaystyle h(k)=\sum_{n=0}^{1+\frac{\deg{f}}{2}}f_{2n}\frac{\Gamma(ak+n+\frac{1}{2})\Gamma(ck+1)}{z^k\Gamma((a+c)k+n+1+\frac{1}{2})}$
$\displaystyle \sum_{k=0}^{\infty}h(k)=2z\int_{0}^{1}\frac{f(t)}{z-t^{2a}(1-t^2)^c}dt$

それぞれ$-1$倍

$a,c$

$z$

$\displaystyle A_1^*=\frac{\sin(\pi\theta_2')}{\sin(\pi(\theta_2'-\theta_1'))}=\frac{\sin(\pi\theta_2)}{\sin(\pi(\theta_2-\theta_1))}=A_1$
対称性から$A_2^*=A_2$
$z^*={A_1^*}^{2a^*}{A_2^*}^{2c^*}=A_1^{2a}A_2^{2c}=z$
$z^*=z$となります

多項式$t^2+q$

$q^*={A_1^*}^2=A_1^2=q$
$q$は変わりません

$h(k)$

$\displaystyle f^*(t)=\frac{z^*-t^{2a^*}(1-t^2)^{c^*}}{t^2+q^*}=\frac{z-t^{2a}(1-t^2)^c}{t^2+q}=f(t)$

\begin{eqnarray} h^*(k)&=&\sum_{n=0}^{1+\frac{\deg{f^*}}{2}}f_{2n}^*\frac{\Gamma(a^*k+n+\frac{1}{2})\Gamma(c^*k+1)}{{z^*}^k\Gamma((a^*+c^*)k+n+1+\frac{1}{2})} \\&=&\sum_{n=0}^{1+\frac{\deg{f}}{2}}f_{2n}\frac{\Gamma(ak+n+\frac{1}{2})\Gamma(ck+1)}{z^k\Gamma((a+c)k+n+1+\frac{1}{2})} \\&=&h(k) \end{eqnarray}
足される項がすべて同じなので同じ級数が求められます

$\theta_1,\theta_2$の組を羅列する

$(\theta_1,\theta_2,\theta_3)$
$=(\frac{1}{2},-\frac{1}{6},\frac{1}{6}),(\frac{1}{2},-\frac{1}{4},\frac{1}{4}),(\frac{1}{2},-\frac{1}{3},\frac{1}{3})$

$\displaystyle\frac{t}{t^2+pt+q}$の場合

$\displaystyle \frac{t}{t^2+pt+q}=\frac{f(t)}{z-t^{2a}(1-t^2)^c}$となるはずです
$\displaystyle t^2+pt+q=\frac{t(z-t^{2a}(1-t^2)^c)}{f(t)}$
右辺は$-t$を代入すると奇関数と分かり、$t^2+pt+q$は$p,q$をどのようにとっても奇関数にならないので
$\displaystyle \frac{t}{t^2+pt+q}$の場合は今回の考え方では級数は作れません

$b$に半整数を代入する場合

\begin{eqnarray} \sum_{k=0}^{\infty}\frac{\Gamma(ak+b+1)\Gamma(ck+d+\frac{1}{2})}{z^k\Gamma((a+c)k+b+d+1+\frac{1}{2})}&=&z\int_{0}^{1}\frac{x^b(1-x)^{d-\frac{1}{2}}}{z-x^a(1-x)^c}dx \\&=&2z\int_{0}^{1}\frac{t^{2d}(1-t^2)^b}{z-t^{2c}(1-t^2)^a}dt \quad (x \mapsto 1-t^2) \end{eqnarray}
これにシグマを付けて

$f(t)$が偶関数の多項式の時
$\displaystyle2z\int_{0}^{1}\frac{f(t)}{z-t^{2c}(1-t^2)^a}dt=\left.\sum_{n=0}^{1+\frac{\deg{f}}{2}}f_{2n}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\Gamma(ak+b+\frac{1}{2})\Gamma(ck+d+1)}{z^k\Gamma((a+c)k+b+d+1+\frac{1}{2})}\right|_{b=0,d=n}$

今回は深く考えませんが
$z-t^{2a}(1-t^2)^c$は因数として$t^2+pt+q$を持てばいいです
つまり$b$が半整数の場合と$d$が半整数の場合では$\theta_1,\theta_2$から求められる$a$と$c$は入れ替わります
こうすると$b$が半整数の場合の「公式$7$」と一致します
つまり求められる級数が同じです