MZVで遊んでいたらめっちゃすごい式を見つけたかもしれない。

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あいさつ

んちゃ！
今回はコネクターで遊びます。
最後の結果は度肝を抜かれる事間違いなしでです！
ぜひ読んでみてください！

Notation

・

K

係数多項式全体：

K [x] = {f (x) | f (x) = a_{n} x^{n} + \dots + a_{1} x + a_{0}, a_{n}, . . ., a_{0} \in K, n \in N \cup {0}}

・

K

係数有理多項式全体：

K (x) = {\frac{f (x)}{g (x)} | f (x) \in K [x], g (x) \in K [x] ∖ {0}}

・超幾何項は断りなく

c_{n} = A \frac{(a_{1})_{n} \dots (a_{k})_{n}}{(b_{1})_{n} \dots (b_{l})_{n}} x^{n}

と書く。

・

n \in C^{N}, A \in C, k \in C^{N} : (n + A)^{k} = \prod_{i = 1}^{N} (n_{i} + A)^{k_{i}}

超幾何項

複素数列 ${c_{n}}_{n \in N \cup {0}} \subset C$ が次の性質を持つとき、超幾何項という。
$\forall n \in N : \exists t_{n} \in C (n) s . t . c_{n + 1} = t_{n} c_{n}$

複素数列 ${c_{n}}_{n \in N \cup {0}} \subset C$ が超幾何項であるとすると下記の式が成り立つ。
$\forall n \in N : \exists a_{1}, . . ., a_{k}, b_{1}, . . ., b_{l}, x \in C s . t . c_{n + 1} = \frac{(a_{1} + n) \dots (a_{k} + n)}{(b_{1} + n) \dots (b_{l} + n)} x c_{n}$
が成り立つ。
ゆえに $c_{0} = A$ とおくと、次式が成り立つ。
$c_{n} = A \frac{(a_{1})_{n} \dots (a_{k})_{n}}{(b_{1})_{n} \dots (b_{l})_{n}} x^{n}$

これは ${c_{n}}_{n \in N \cup {0}}$ が超幾何項なので $n$ に関するある有理関数 $t_{n} \in C (n)$ が存在して
$c_{n + 1} = t_{n} c_{n}$
が成り立つのだから、 $n$ に関するある多項式 $f (n), g (n) \in K [n]$ が存在して $t_{n} = \frac{f (n)}{g (n)}$ が成り立つ。
$f (n) 、 g (n)$ それぞれの最大次数の係数を $a, b$ 、根を重複も込めて $- a_{1}, . . ., - a_{k}; - b_{1}, . . ., - b_{l} \in C$ とすると
$\begin{array}{r} {\begin{cases} f (n) = a (a_{1} + n) \dots (a_{k} + n) \\ g (n) = b (b_{1} + n) \dots (b_{l} + n) \end{cases} \end{array}$
が成り立つので $x = \frac{a}{b}$ として
$t_{n} = \frac{(a_{1} + n) \dots (a_{k} + n)}{(b_{1} + n) \dots (b_{l} + n)} x$
を得る。
後は計算すれば所要の結論が示される。

超幾何項 $c_{n} = A \frac{(a_{1})_{n} \dots (a_{k})_{n}}{(b_{1})_{n} \dots (b_{l})_{n}} x^{n}$ は次の性質を持つ。
$\sum_{n = 0}^{\infty} c_{n} = A_{k + 1} F_{l} (a_{1}, . . ., a_{k}, 1; b_{1}, . . ., b_{l} | x) (| x | < {\begin{cases} 0 (k > l) \\ 1 (k = l) \\ \infty (k < l) \end{cases}$

[1]まず
$\sum_{n = 0}^{\infty} c_{n} = A_{k + 1} F_{l} (a_{1}, . . ., a_{k}, 1; b_{1}, . . ., b_{l} | x)$
に関しては簡単なので省略する。
[2]収束半径 $R$ についてはCauchy-Hadamardの定理より次の様に計算すればいい。
$\begin{array}{rcl} R & = & lim_{n \to \infty} | \frac{(b_{1} + n) (b_{2} + n) \dots (b_{l} + n)}{(a_{1} + n) (a_{2} + n) \dots (a_{k} + n)} | \\ = & {\begin{matrix} 0 (k > l) \\ 1 (k = l) \\ \infty (k < l) \end{matrix} \end{array}$

コネクターを作成

インデックス

$a$ は自然数とする。この時下記の様な集合を考える。
$I_{a} = \prod_{i = 1}^{a} Z_{0 \leq}$
このとき、 $k \in I_{a}$ の事をインデックスと言う。
ただし、便宜上 $I_{0} = \emptyset$ とする。

矢印

インデックス $k = (k_{1}, . . ., k_{a}) \in I_{a}$ に対して四つの矢印 $↑, \leftarrow, ↓, \to$ を次の様に定める
$\begin{array}{r} {\begin{cases} k_{↑} = (k_{1}, . . ., k_{a} + 1) \\ k_{\leftarrow} = (1, k_{1}, . . ., k_{a}) \\ k_{↓} = (1, k_{1}, . . ., k_{a} - 1) \\ k_{\to} = (k_{1}, . . ., k_{a}, 1) \end{cases} \end{array}$
また、 $i$ を自然数とし $k_{◻^{i}}$ を $◻$ を $i$ 回繰り返す事を意味するものとする。
ただし、便宜上 $◻^{0}$ は何もしない操作であるとする。
一応注意しておくと左から順番に矢印操作をするものとする。

複素矢印操作（the function name is called 'complex arrow operation' only at this article)

$↑, ↓$ に限り $r \in C$ 、インデックス $k = (k_{1}, . . ., k_{a}) \in I_{a}$ に対して
$\begin{array}{r} {\begin{cases} k_{↑^{r}} = (k_{1}, . . ., k_{a} + r) \\ k_{↓^{r}} = (k_{1}, . . ., k_{a} - r) \end{cases} \end{array}$
なる操作を定める。

頭部抽出関数（the function name is called 'get head element function' only at this article)

写像 $h : C^{N} \to C$ を以下の様に定める。
$h ((\begin{matrix} c_{1} \\ c_{2} \\ ⋮ \\ c_{N} \end{matrix})) = c_{1}$

最後尾抽出関数（the function name is called 'get last element function' only at this article)

写像 $e : C^{N} \to C$ を以下の様に定める。
$e ((\begin{matrix} c_{1} \\ c_{2} \\ ⋮ \\ c_{N} \end{matrix})) = c_{N}$

トカゲのしっぼの断面関数（the function name is called 'Lizard tail cross section function' only at this article)

写像 $l i z : C^{N} \to C$ を以下の様に定める。
$l i z ((\begin{matrix} c_{1} \\ c_{2} \\ ⋮ \\ c_{N} \end{matrix})) = c_{N - 1}$

分割っぽい集合

自然数 $a, N$ に対して
$U_{N} (a)^{\leq} = {(k_{1}, k_{2}, . . ., k_{a}) \in N \cup {0} | N \leq k_{1} \leq k_{2} \leq \dots \leq k_{a}}$
と定める。

コネクター

超幾何項 $\frac{(a_{1})_{n} \dots (a_{k})_{n}}{(b_{1})_{n} \dots (b_{l})_{n}}$ に対して以下の様なコネクターを考える。
$C (n, m) = \frac{(a_{1})_{n + m} \dots (a_{k})_{n + m}}{(b_{1})_{m} \dots (b_{l})_{m}}$

実験

[1]差分を求める。

\begin{array}{rcl} C (n, m + 1) - C (n, m) & = & C (n, m) {\frac{(a_{1} + n + m) (a_{2} + n + m) \dots (a_{k} + n + m)}{(b_{1} + m) (b_{2} + m) \dots (b_{l} + m)} - 1} \\ = & C (n, m) \frac{(a_{1} + n + m) (a_{2} + n + m) \dots (a_{k} + n + m) - (b_{1} + m) (b_{2} + m) \dots (b_{l} + m)}{(b_{1} + m) (b_{2} + m) \dots (b_{l} + m)} \end{array}

適当に

a_{1}, . . ., a_{k}, b_{1}, . . ., b_{l}

を適当に定める事で分子が

n^{s} {(b_{1} + m) (b_{2} + m) \dots (b_{l} + m)}^{t}

の多項式で表せたとすると適当な

d_{00}, . . ., d_{K L}

を定める事で以下の式を得る事が出来る。
符号に注意

C (n, m) - C (n, m + 1) = C (n, m) \frac{d_{00} + \dots + d_{K L} n^{K} {(b_{1} + m) (b_{2} + m) \dots (b_{l} + m)}^{L}}{(b_{1} + n + m) (b_{2} + n + m) \dots (b_{l} + n + m)}

[2]

m = 0

であるとすると、

C (n, 0) = (a_{1})_{n} \dots (a_{k})_{n}

である事に

以下実験の条件を想定して計算を進めていく。
また、 $D = {(k, l) \in C_{0 \leq}^{2} | d_{k l} \neq 0}$ として話を進める。

連結和

$a, b$ を自然数としインデックス $k \in I_{a}, l \in I_{b}$ に対して、
$Z (k, l) = \sum_{n \in U_{1} (a)^{\leq}, m \in U_{0} (b)^{\leq}} \frac{C (n, m)}{(b_{1})_{h (n)} (b_{2})_{h (n)} \dots (b_{l})_{h (n)} n^{k} (m + b_{1})^{l} (m + b_{2})^{l} \dots (m + b_{l})^{l}}$

輸送関係式

$\sum_{(i, j) \in D} d_{i j} Z (k_{↓^{i}}, l_{\to ↓^{j - 1}}) = Z (k, l)$

$\begin{array}{rcl} \sum_{(i, j) \in D} d_{i j} Z (k_{↓^{i}}, l_{\to ↓^{j - 1}}) = Z (k, l) & = & \sum_{n \in U_{1} (a)^{\leq}, m \in U_{0} (b)^{\leq}} \frac{1}{(b_{1})_{h (n)} (b_{2})_{h (n)} \dots (b_{l})_{h (n)} n^{k} (m + b_{1})^{l} (m + b_{2})^{l} \dots (m + b_{l})^{l}} \sum_{l i z (m) \leq e (m)} \frac{d_{00} + \dots + d_{K L} e (n)^{K} {(b_{1} + e (m)) (b_{2} + e (m)) \dots (b_{l} + e (m))}^{L}}{(e (m) + b_{1}) (e (m) + b_{2}) \dots (e (m) + b_{l})} C (e (n), e (m)) \\ = & Z (k, l) \end{array}$

具体的な計算

実験

[0]

k = 1, l = 2

[1]

Z (1, \emptyset) = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(a_{1})_{n}}{(b_{1})_{n} (b_{2})_{n} n}

[2]

\begin{array}{rcl} (b_{1} + m) (b_{2} + m) - (a_{1} + n + m) & = & (b_{1} + m) (b_{2} + m) - n - K \sqrt{(b_{1} + m) (b_{2} + m)} (b_{1} = b_{2} = b) \\ = & (b + m)^{2} - n - K (b + m) \\ = & (b + m)^{2} - n - K b - K m (K = 1, b = a_{1} = a) \end{array}

[3]

C (n, m) = \frac{(a)_{m + n}}{(a)_{m}^{2}}

[4]輸送関係式に代入計算

\begin{array}{r} {\begin{cases} Z (1, ϕ) = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{(a)_{n} n} \\ Z (1, 0) - Z (1, \frac{1}{2}) - Z (0, 1) = \sum_{n = 1}^{\infty} \sum_{m = 0}^{\infty} \frac{(a)_{n + m}}{(a)_{n}^{2} (a)_{m}^{2}} {\frac{1}{n} - \frac{1}{n (m + a)} - \frac{1}{(m + a)^{2}}} = \sum_{n = 1}^{\infty} \sum_{m = 0}^{\infty} \frac{(a)_{n + m}}{(a)_{n}^{2} (a)_{m}^{2}} \frac{m^{2} + (2 a - 1) m + a^{2} - a - n}{n (m + a)^{2}} \end{cases} \end{array}

[5]結論

\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{(a)_{n} n} = \sum_{n = 1}^{\infty} \sum_{m = 0}^{\infty} \frac{(a)_{n + m}}{(a)_{n}^{2} (a)_{m}^{2}} \frac{m^{2} + (2 a - 1) m + a^{2} - a - n}{n (m + a)^{2}}

複素数 $a \in C$ に対して以下の式が成り立つ？
$\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{(a)_{n} n} = \sum_{n = 1}^{\infty} \sum_{m = 0}^{\infty} \frac{(a)_{n + m}}{(a)_{n}^{2} (a)_{m}^{2}} \frac{m^{2} + (2 a - 1) m + a^{2} - a - n}{n (m + a)^{2}}$

もう少し一般化したものを載せておく。

$0 < k \in R$ 複素数 $a \in C$ に対して以下の式が成り立つ？
$\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{(a)_{n} n^{k}} = \sum_{n = 1}^{\infty} \sum_{m = 0}^{\infty} \frac{(a)_{n + m}}{(a)_{n}^{2} (a)_{m}^{2}} \frac{m^{2} + (2 a - 1) m + a^{2} - a - n}{n^{k} (m + a)^{2}}$

どうしてこの様な計算が許されているかについては、 $\sum_{m = 0}^{\infty} \frac{(a)_{n + m}}{(a)_{n}^{2} (a)_{m}^{2}} \frac{m^{2} + (2 a - 1) m + a^{2} - a - n}{(m + a)^{2}} = \frac{1}{(a)_{n}}$ となる事から分かる。
というか、そうなる様に決めたから当たり前。

appendix

Cauchy-Hadamardの定理

数列 ${a_{n}}_{n \in N \cup {0}}$ から定まる級数 $f (x) = a_{n} x^{n}$ の収束半径 $R$ は次の様に与えられる。
$R = \frac{1}{lim_{n \to \infty} sup^{n} \sqrt{| a_{n} |}}$

$λ_{n} = sup {^{n} \sqrt{| a_{n |}},^{n + 1} \sqrt{| a_{n + 1 |}}, . . .}$ とおくすると
$| \sum_{k = 0}^{N} a_{k} x^{k} | \leq \sum_{k = 0}^{n_{0} - 1} | a_{k} | | x |^{k} + \sum_{k = n_{0}}^{N} (λ_{n} | x |)^{k}$
$λ_{n}$ の極限 $λ$ が存在するとすると $0 < \forall ϵ : \exists n_{0} \in N s . t . n_{0} \leq \forall n : λ \leq λ_{n} < λ + ϵ$ が成り立つので
$\begin{array}{rcl} \sum_{k = n_{0}}^{N} (λ_{n} | x |)^{k} & < & \sum_{k = n_{0}}^{N} {(λ + ϵ) | x |}^{k} \\ = & (λ + ϵ)^{n_{0}} | x | \frac{1 - {(λ + ϵ) | x |}^{N - n_{0} + 1}}{1 - (λ + ϵ) | x |} \end{array}$
を得る。ゆえに $(λ + ϵ) | x | < 1$ を満たすならば $N \to \infty$ として
$\sum_{k = n_{0}}^{\infty} (λ_{n} | x |)^{k} < \frac{(λ + ϵ)^{n_{0}} | x |}{1 - (λ + ϵ) | x |} < + \infty$
なる不等式が成り立つ。
この不等式から直ちに所要の不等式を $x$ が満たすなら絶対収束する事が分かる。
$| x | < \frac{1}{λ + ϵ} \overset{ϵ \to 0}{\to} \frac{1}{λ}$

ダランベールの判定法

Cauchy-Hadamardの定理の証明において、上極限が極限と一致した場合 $f (x)$ の収束半径は下記の様に与えられる。
$R = | \frac{a_{n}}{a_{n + 1}} |$

Cauchy-Hadamardの定理の証明において出てきた記号を踏襲する。
極限の定義より、 $0 < \forall ϵ : \exists n_{0} \in N s . t . n_{0} \leq \forall n \in N : λ - ϵ < λ_{n} < λ + ϵ$ が成り立つので
$\begin{array}{r} {\begin{cases} λ - ϵ < λ_{n} =^{n} \sqrt{| a_{n} |} < λ + ϵ \\ λ - ϵ < λ_{n + 1} =^{n + 1} \sqrt{| a_{n + 1} |} < λ + ϵ \\ (λ - ϵ) (\frac{λ - ϵ}{λ + ϵ})^{n} < | \frac{a_{n + 1}}{a_{n}} | < (λ + ϵ) (\frac{λ + ϵ}{λ - ϵ})^{n} \end{cases} \end{array}$
ゆえに挟み撃ちの原理より証明完了。