それぞれの場合でのθの組み合わせ

$A_1,A_2>0$を満たす$\theta_1,\theta_2$の条件(より良い求め方)

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

$\displaystyle\frac{\sin(\pi\theta_1)}{\sin(\pi(\theta_1-\theta_2))}>0$かつ$\displaystyle\frac{\sin(\pi\theta_2)}{\sin(\pi(\theta_2-\theta_1))}>0$

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$\theta_1',\theta_2'$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

級数を決定付ける要素としては
z,a,c,分子につく多項式(ここでは$f(x)$とします),積分の値
です

確認

それぞれ$-1$倍

$A_1,A_2$ともに変わりません

$a,c$

$a\theta_1'+c\theta_2' \in \mathbb{Z} $が成り立つので$a,c$は変わりません

$z$

$z'=A_1'^{a'}A_2'^{c'}(-1)^{a\theta_1'+c\theta_2'}=A_1^aA_2^c(-1)^{-(a\theta_1+c\theta_2)}=A_1^aA_2^c(-1)^{a\theta_1+c\theta_2}=z$
$z'=z$となります

積分の値

$p,q$の値で決められます
$-1<\theta_1<1$より
$\cos(\pi\theta_1')=\cos(\pi\theta_1)$
$p'=p$となります
$q$は変わらないので積分の値は変わりません

$f(x)$

$\displaystyle \frac{z-x^a(1-x)^c}{x^2+px+q}$の係数と$a,c$から$f(x)$が求められます
今までの結果から$f(x)$は変わりません

入れ替える

• $\alpha$の変換後
  $\alpha=A_1e^{i\pi\theta_1} \rightarrow A_1'e^{i\pi\theta_1'}=A_2e^{i\pi\theta_2}=1-\alpha$
• $x^2+px+q$の変換後
  $x^2+px+q=(x-\alpha)(x-\overline{\alpha}) $
  $\rightarrow (x-1+\alpha)(x-1+\overline{\alpha})=((1-x)-\alpha)((1-x)-\overline{\alpha})=(1-x)^2+p(1-x)+q$
  最後の式変形は$p=-(\alpha+\overline{\alpha}),q=\alpha\overline{\alpha}$を用いました
• $A_1,A_2$の変換後
  $A_1',A_2'$は$A_1,A_2$の値を入れ替えたものになります

$a,c$

$a'\theta_1'+c'\theta_2'=c'\theta_1+a'\theta_2$
$a,c$は$a\theta_1+c\theta_2 \in \mathbb{Z} $を満たすので
$a'=c,c'=a$となります

$z$

$z'=A_1'^{a'}A_2'^{c'}(-1)^{a'\theta_1'+c'\theta_2'}=A_2^cA_1^a(-1)^{(c\theta_2+a\theta_1)}=A_1^aA_2^c(-1)^{a\theta_1+c\theta_2}=z$
$z'=z$となります

積分

$\displaystyle\int_{0}^{1}\frac{1}{x^2+px+q}dx \rightarrow \int_{0}^{1}\frac{1}{(1-x)^2+p(1-x)+q}dx=\int_{0}^{1}\frac{1}{x^2+px+q}dx$

$I'=I$となります

$f(x)$

$\displaystyle g(x)=\frac{z-x^a(1-x)^c}{x^2+px+q}$とします

$\displaystyle g'(x)=\frac{z'-x^{a'}(1-x)^{c'}}{x^2+{p'}x+{q'}}=\frac{z-x^c(1-x)^a}{(1-x)^2+p(1-x)+q}=g(1-x)$
$deg(g)=a+c-2$となります
多項式$g(x)$の係数を$g_i$と置くことにします

$ g(x)=g_{a+c-2}x^{a+c-2}+ \cdots +g_1x+g_0 $
$ \downarrow$
$g'(x)=g_{a+c-2}(1-x)^{a+c-2}+ \cdots +g_1(1-x)+g_0$
これをいくつかの$x^b(1-x)^d$で表すので
$g(x)$の方は$b=i,d=0$で$g'(x)$の方は$b=0,d=i$になります($i$はそれぞれの項の次数)
$b \rightarrow d$
$d \rightarrow b$となります
級数と積分を繋ぐ公式
$\displaystyle \sum_{k=0}^{\infty}\frac{(ak+b)!(ck+d)!}{z^k((a+c)k+b+d+1)!}=\int_{0}^{1}\frac{x^b(1-x)^d}{z-x^a(1-x)^c}dx$を見てみると

• $(ak+b)! \rightarrow (ck+d)!$
• $(ck+d)! \rightarrow (ak+b)!$
• $((a+c)k+b+d+1)! \rightarrow ((a+c)k+b+d+1)!$
• $z \rightarrow z$
  それぞれのシグマが等しいことが分かるので$f(x)$は変わらないので級数は変わりません！！

$\displaystyle\frac{x}{x^2+px+q}$について

これまでは$\displaystyle\frac{1}{x^2+px+q}$について考えてきましたが$\displaystyle\frac{x}{x^2+px+q}$の場合もあります
積分した時に円周率の項のみが出てくる$p,q$を探します
$\displaystyle\int_{0}^{1}\frac{x}{x^2+px+q}dx=\frac{1}{2}\int_{0}^{1}\frac{2x+p}{x^2+px+q}dx-\frac{p}{2}\int_{0}^{1}\frac{1}{x^2+px+q}dx$

つまり$\displaystyle \left[\log|x^2+px+q|\right]_0^1=0$を満たすかつ$\displaystyle\int_{0}^{1}\frac{1}{x^2+px+q}dx$が円周率の項のみになれば良いです

$\left[\log|x^2+px+q|\right]_0^1=0$

\begin{eqnarray} \left[\log|x^2+px+q|\right]_0^1=\log|p+q+1|-\log|q|=\log\left|\frac{p+q+1}{q}\right|=0 \end{eqnarray}

• 絶対値の中が$1$になるとき
  \begin{eqnarray} p+q+1&=&q \\p&=&-1 \end{eqnarray}

$\displaystyle\int_{0}^{1}\frac{1}{x^2-x+q}dx$について

$\displaystyle\alpha=\frac{1+\sqrt{1-4q}}{2},1-\alpha=\frac{1-\sqrt{1-4q}}{2}$
$\theta_1=\arg\alpha=\arg{\left(\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{1-4q}}{2}i\right)}=-\arg{\left(\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{1-4q}}{2}i\right)}=-\arg(1-\alpha)=-\theta_2$

$\displaystyle x(z-x^a(1-x)^c)$が$x^2-x+q$で割り切れるということは
$\displaystyle z-x^a(1-x)^c$が$x^2-x+q$で割り切れればいいです
こうすると前の「それぞれ$-1$倍」と同じ方法で$\theta$をそれぞれ$-1$倍した結果が変わらないことが分かります

• 絶対値の中が$-1$の時
  $p=-(1+2q)$
  $x^2-(1+2q)x+q$
  判別式$D=(1+2q)^2-4q=1+4q^2<0$を満たさなければならなくなり
  $q$は存在しない
  よって前のと合わせて考えるのは
  $(\theta_1,\theta_2)=(\frac{1}{6},-\frac{1}{6}),(\frac{1}{4},-\frac{1}{4}),(\frac{1}{3},-\frac{1}{3})$です

これまでは$b,d$共に整数を代入した場合について考えてきていましたがここからは
$b$に半整数を代入、$d$に半整数を代入の$2$パターンを考えます

$b$に半整数を代入する場合

以前の記事($d$に半整数を代入)を参考にしてください
\begin{eqnarray} \mathop{\Large\sum}_{k=0}^{\infty}\frac{(ak+b-\frac{1}{2})!(ck+d)!}{z^k((a+c)k+b+d+\frac{1}{2})}&=&z\mathop{\large\int}_{0}^{1}\frac{x^{b-\frac{1}{2}}(1-x)^d}{z-x^a(1-x)^c}dx \\&=&z\mathop{\large\int}_{0}^{1}\frac{x^b(1-x)^d}{\sqrt{x}(z-x^a(1-x)^c)}dx \\&=&2z\mathop{\large\int}_{0}^{1}\frac{t^{2b}(1-t^2)^d}{z-t^{2a}(1-t^2)^c}dt \quad (x \mapsto t^2) \end{eqnarray}
$z-t^{2a}(1-t^2)^c$が因数として$t^2+pt+q$を持てばいいです
$t^2+pt+q$の解を$\alpha,\overline{\alpha}$とします
$\alpha:=A_1e^{i\pi\theta_1}$
$1-\alpha:=A_2e^{i\pi\theta_2}$
$1+\alpha:=A_3e^{i\pi\theta_3}$とする
$\theta_3\in\mathbb{Q}$となる$\theta_1,\theta_2$を調べる
$\theta_1\theta_2<0$かつ$|\theta_1-\theta_2|<1$を念頭に置いてしらみつぶしに調べると※Desmosを使いました
$(\theta_1,\theta_2,\theta_3)=(\frac{1}{3},-\frac{1}{3},\frac{1}{6}),(\frac{1}{2},-\frac{1}{3},\frac{1}{3}),(\frac{1}{2},-\frac{1}{4},\frac{1}{4}),(\frac{1}{2},-\frac{1}{6},\frac{1}{6}),(\frac{2}{3},-\frac{1}{6},\frac{1}{3})$と$(-\theta_1,-\theta_2,-\theta_3)$のペア
となります

偶関数に注目して$\theta$を絞る

$\displaystyle\frac{z-t^{2a}(1-t^2)^c}{t^2+pt+q}$を$t^{2b}(1-t^2)^d$の和で表すのでこの分数は偶関数です
$2$つの偶関数の積は偶関数なので
$x^2+px+q$は偶関数になります
ここから$p=0$が分かります
$p=-2A_1\cos(\pi\theta_1)$から
$\sin(\pi\theta_2) \neq 0$より$A_1 \neq 0$
よって$\theta_1= \pm \frac{1}{2}$です
$(\theta_1,\theta_2,\theta_3)=(\frac{1}{2},-\frac{1}{3},\frac{1}{3}),(\frac{1}{2},-\frac{1}{4},\frac{1}{4}),(\frac{1}{2},-\frac{1}{6},\frac{1}{6})$と$(-\theta_1,-\theta_2,-\theta_3)$のペアです

$z$について

$z-t^{2a}(1-t^2)^c$が因数として$t^2+pt+q$を持てばいいのでその解$\alpha$とその共役な数を代入した結果が$0$になればいいです
\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} ) \end{eqnarray}

$\theta_1,\theta_2$をそれぞれ$-1$倍

$\theta_1'=-\theta_1,\theta_2'=-\theta_2$です
$A_1'=A_1$よって$\alpha'=\overline{\alpha}$
$\theta_3'=\arg(1+\overline{\alpha})=-\arg(1+\alpha)=-\theta_3$
また、$A_2'=A_2,A_3'=|1+\overline{\alpha}|=|1+\alpha|=A_3$

$a,c$

$2\theta_1'a'+(\theta_2'+\theta_3')c' \in \mathbb{Z}$を満たさないといけません
$2\theta_1'a'+(\theta_2'+\theta_3')c'=-2\theta_1a'-(\theta_2+\theta_3)c'$です
$2\theta_1a+(\theta_2+\theta_3)c \in \mathbb{Z}$を満たす$a,c$と$2\theta_1a'+(\theta_2+\theta_3)c' \in \mathbb{Z}$を満たす$a',c'$は等しいので$a'=a,c'=cです$

$z$

$z'=A_1'^{2a'}A_2'^{c'}A_3'^{c'}(-1)^{2\theta_1'{a'}+(\theta_2'+\theta_3')c'}=A_1^{2a}A_2^cA_3^c(-1)^{-(2\theta_1a+(\theta_2+\theta_3)c)}=A_1^{2a}A_2^cA_3^c(-1)^{2\theta_1a+(\theta_2+\theta_3)c}=z$

積分

$\theta_1,\theta_2$しか積分には影響しないので前の「それぞれ$-1$倍」から等しいことが分かります

$f(t)$

$g(t)$が変わらないかつ$z$が変わらないかつ$a,c$が変わらないので
$f'(t)=f(t)$です
よって求められる公式は変わりません

残った$\theta$

$(\theta_1,\theta_2,\theta_3)=(\frac{1}{2},-\frac{1}{3},\frac{1}{3}),(\frac{1}{2},-\frac{1}{4},\frac{1}{4}),(\frac{1}{2},-\frac{1}{6},\frac{1}{6})$となりました

$\displaystyle\frac{t}{t^2+pt+q}$の時

$\displaystyle\frac{t(z-t^{2a}(1-t^2)^c)}{t^2+pt+q}$を$t^{2b}(1-t^2)^d$の和で表すので
偶関数と奇関数の積は奇関数なので
$t^2+pt+q$が奇関数のはずです、しかし奇関数でないので$\displaystyle\frac{t}{t^2+pt+q}$で作れる公式は存在しません

$d$に半整数を代入する場合

「$b$に半整数を代入する場合」を参考にして進めます
\begin{eqnarray} \mathop{\Large\sum}_{k=0}^{\infty}\frac{(ak+b)!(ck+d-\frac{1}{2})!}{z^k((a+c)k+b+d+\frac{1}{2})}&=&z\mathop{\large\int}_{0}^{1}\frac{x^b(1-x)^{d-\frac{1}{2}}}{z-x^a(1-x)^c}dx \\&=&z\mathop{\large\int}_{0}^{1}\frac{x^b(1-x)^d}{\sqrt{1-x}(z-x^a(1-x)^c)}dx \\&=&2z\mathop{\large\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}
「$b$に半整数を代入する場合」で求めた級数と
「$d$に半整数を代入する場合」で$\theta$は変えず、$a$と$c$の数字だけ入れ替えて求めた級数が同じになると嬉しいです
疲れたので結論しか書きませんが多分同じです(暇だったらやります)

まとめ

$b,d$共に整数

$\frac{1}{x^2+px+q}$

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

$\frac{x}{x^2+px+q}$

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

$b$が半整数（$d$が半整数も同じ?）

$\frac{1}{t^2+pt+q}$

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

$\frac{t}{t^2+pt+q}$

$(\theta_1,\theta_2,\theta_3)$の組は存在しない

まだできていないこと

あとは頑張って代入祭りですね
半整数の方は$a,c$の制約無いので多くて骨折れる(-_-;)

$\displaystyle\frac{1}{x^2+px+q}$や$\displaystyle\frac{x}{x^2+px+q}$について考えましたがまだ分母が$2n$次のものが考えられていません
$2n$次の難しいので、できるとしたら個別に求めるか全くやらないかのどっちかだと思います

最後に

昔の記事分かりづらっ
時間できたらこれまでのを綺麗に書き直したい