z,a,cの決め方(新しいバージョン)

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前回の記事

https://mathlog.info/articles/oKULWT0KZV5oPhqKqEbr
まずこれを読んで下さい。
$z \mapsto \frac{1}{z}$にします
また、今日は整数の階乗だけを考えるのでガンマ関数を階乗に変えます

$$ \sum_{k=0}^{\infty}\frac{(ak+b)!(ck+d)!}{z^k((a+c)k+b+d+1)!}=z\int_{0}^{1}\frac{x^b(1-x)^d}{z-x^a(1-x)^c}dx $$

方針

\begin{eqnarray} (1), \int_{0}^{1}\frac{1}{x^2+px+q}dxに円周率の含まれるp,qを探す \\\left(\frac{x}{x^2+px+q}の場合もありますがまた今度\right) \qquad\qquad \end{eqnarray}
$ \quad $分子を二次以上にしてもあまり意味がないです
$(2),$$x^2+px+q$を因数として持つ$z-x^a(1-x)^c$を探す
\begin{eqnarray} (3),\frac{z-x^a(1-x)^c}{x^2+px+q}をx^bの足し合わせで表す(つまり多項式の形に計算するだけ) \end{eqnarray}
\begin{eqnarray} (4),(3)で計算したいくつかのbの値をそれぞれ公式に代入して整理する \end{eqnarray}

$p,q$について

いくつか条件を満たす$z,a,c$を探してみると限られた$p,q$のペアしかないことが分かります
積分した時に円周率が出てくるということは$x^2+px+q$は実数上で因数分解できません

解が共役になっていることを利用して

$x^2+px+q=(x-\alpha)(x-\beta)$

$\alpha:=A_1e^{i\pi\theta_1}\qquad(-1<\theta_1<1,\theta_1\neq0,0< A_1)$

よって$\beta=A_1e^{-i\pi\theta_1}$

後の計算で使うので$1-\alpha:=A_2e^{i\pi\theta_2}\qquad(-1<\theta_2<1,\theta_2\neq0,0< A_2)$

よって$1-\beta=A_2e^{-i\pi\theta_2}$

$\alpha,\beta$を用いて積分を計算する

\begin{eqnarray} \int_{0}^{1}\frac{1}{x^2+px+q}dx&=&\frac{1}{\alpha-\beta}\int_{0}^{1}\frac{1}{x-\alpha}-\frac{1}{x-\beta}dx \\&=&\frac{1}{2iA_1\sin(\pi\theta_1)}\left(\ln(1-\alpha)-\ln(-\alpha)-\ln(1-\beta)+\ln(-\beta)\right) \\&=&\frac{1}{2iA_1\sin(\pi\theta_1)}\left(\ln(1-\alpha)-\ln(1-\beta)-\ln(-\alpha)+\ln(-\beta)\right) \\0<\theta_1<1の場合\\&=&\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 \\-1<\theta_1<0の場合\\&=&\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}

$A_1,A_2$を決定する

$A_1,A_2$を$\theta_1\theta_2$で決定する

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

\begin{eqnarray} 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 \\A_2&=&-A_1\frac{\sin(\pi\theta_1)}{\sin(\pi\theta_2)} \\&&さらに①より \\1&=&A_1\cos(\pi\theta_1)-A_1\frac{\sin(\pi\theta_1)\cos(\pi\theta_2)}{\sin(\pi\theta_2)} \\&=&-A_1\frac{\sin(\pi\theta_1)\cos(\pi\theta_2)-\cos(\pi\theta_1)\sin(\pi\theta_2)}{\sin(\pi\theta_2)} \\&=&-A_1\frac{\sin(\pi(\theta_1-\theta_2))}{\sin(\pi\theta_2)} \\&&よって \end{eqnarray}

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

(後で使います)

$A_1,A_2>0$を満たす$\theta_1,\theta_2$の条件

分母と分子が同符号であればいい

一つ目

$\sin(\pi(\theta_1-\theta_2))A_1=-\sin(\pi\theta_2)$
$\sin(\pi(\theta_1-\theta_2))A_2=\sin(\pi\theta_1)$
$A_1,A_2$は同符号なので
$-\sin(\pi\theta_2)$と$\sin(\pi\theta_1)$が同符号であればいい
$-1<\theta_1,\theta_2<1,\theta_1,\theta_2\neq0$も踏まえて
$\theta_1と\theta_2$は異符号であればいい

二つ目

$\theta_1-\theta_2$が$-1$から$1$までの範囲にならないことがありそれでも符号は変わりそうだ
一つ目の条件を頭に置きながら考える

$2>\theta_1-\theta_2>1$の場合
$\theta_1;$正,$\theta_2;$負
$\sin(\pi(\theta_1-\theta_2));$負
$A_1,A_2$が負になるので条件を満たさない
$1>\theta_1-\theta_2>0$の場合
$\theta_1;$正,$\theta_2;$負
$\sin(\pi(\theta_1-\theta_2));$正
$A_1,A_2$が正になるので条件を満たす
$0>\theta_1-\theta_2>-1$の場合
$\theta_1;$負,$\theta_2;$正
$\sin(\pi(\theta_1-\theta_2));$負
$A_1,A_2$が正になるので条件を満たす
$-1>\theta_1-\theta_2>-2$の場合
$\theta_1;$負,$\theta_2;$正
$\sin(\pi(\theta_1-\theta_2));$正
$A_1,A_2$が正になるので条件を満たさない

まとめると$|\theta_1-\theta_2|<1$を満たす

$A_1,A_2>0$を満たす$\theta_1,\theta_2$の条件は
$\theta_1\theta_2<0$
$|\theta_1-\theta_2|<1$
を満たす$\theta_1,\theta_2$

desmosでも確認してみるとしっかり合っている
ただ、なぜこれで十分なのかが分からない

$x^2+px+q$を$\theta_1,\theta_2$で求める

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

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

$z$の決め方

$z-x^a(1-x)^c$が因数として$x^2+px+q$を持っていればいい
解$\alpha,\beta$を代入した結果が$0$になる
\begin{eqnarray} z&=&\alpha^a(1-\alpha)^c=\beta^a(1-\beta)^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
$z=A_1^aA_2^c(-1)^n$

と表せる

今までの説明から$\theta_1,\theta_2$さえ決めれば$a,c$が決められそして級数が求まることが分かります

実際に級数を求める時

これまででで$z,a,c$を求められるようになったのでそれも込みで考えます

$\theta_1,\theta_2$を決める
$A_1,A_2$を求める
$p,q$を求める
積分を計算
$n$の条件を満たす$a,c$を決める
$z$を求める
$z-x^a(1-x)^c$を$x^2+px+q$で割る
例えば(6)で$3x^2+3x+2$になったなら各項ごとに分解し、定理$1$を適用する
(8)で出た結果を(4)と等号でつないで整理する
完成！

代入する$\theta_1,\theta_2$をさらに絞る

それぞれの符号の反転

$\theta_1 \mapsto -\theta_1$
$\theta_2 \mapsto -\theta_2$でやってみる
・$A_1,A_2$
$$ A_1\mapsto A_1 $$
$$ A_2\mapsto A_2 $$
・積分
$$ \frac{\theta_2-\theta_1+1}{A_1\sin(\pi\theta_1)}\pi\mapsto\frac{\theta_2-\theta_1+1}{A_1\sin(\pi\theta_1)}\pi $$
$$ \frac{\theta_2-\theta_1-1}{A_1\sin(\pi\theta_1)}\pi\mapsto\frac{\theta_2-\theta_1-1}{A_1\sin(\pi\theta_1)}\pi $$
・$a,c$
$　a,c\mapsto a,c$
・$n$
$　n\mapsto -n$($z$を求めるときに使うので変わっても大丈夫)
・$z$
$z\mapsto z$
・$p,q$
$p=-2A_1cos(\pi\theta_1)\mapsto-2A_1cos(\pi\theta_1)$
$q=A_1^2\mapsto A_1^2$
よってそれぞれ符号を反転させても結果は変わらない！

結果があまりにも汚くなるものを消す

$\sin,\cos$に代入した時に綺麗になればいいわけですから
$\theta_1,\theta_2,\theta_1-\theta_2$は有理数ですが分母に$2,3,4$以外だと
$A_1,A_2$のべき乗が汚くなります

これを踏まえて

さっき挙げた条件を満たす$\theta_1,\theta_2$は
$(\frac{1}{6},-\frac{2}{3}),(\frac{1}{6},-\frac{1}{2}),(\frac{1}{4},-\frac{1}{2}),(\frac{1}{3},-\frac{1}{2}),(\frac{1}{6},-\frac{1}{3})$
$(\frac{1}{3},-\frac{1}{3}),(\frac{1}{4},-\frac{1}{4}),(\frac{1}{6},-\frac{1}{6})$
$(\frac{2}{3},-\frac{1}{6}),(\frac{1}{2},-\frac{1}{6}),(\frac{1}{2},-\frac{1}{4}),(\frac{1}{2},-\frac{1}{3}),(\frac{1}{3},-\frac{1}{6})$
だけです
まだ、$(\theta_1,\theta_2)と(\theta_2,\theta_1)$が同じ結果になるかどうかは考えてません