超幾何数列の基礎9：超指数関数

　部分分数分解によって
$$\frac{f'(t)}{f(t)}=g(t)+\sum^J_{j=1}\sum^{e_j}_{k=1}\frac{\a_{j,k}}{(t-t_j)^k}\qquad(g(t):\mbox{多項式})$$
のように表せるのでこれを積分することで
$$\log f(t)=G(t)+\sum^J_{j=1}\l(\a_{j,1}\log(t-t_j)-\sum^{e_j-1}_{k=1}\frac{\a_{j,k+1}}{k(t-t_j)^k}\r)\qquad(G'(t)=g(t))$$
つまり
$$f(t)=e^{R(t)}\prod^J_{j=1}(t-t_j)^{\a_{j,1}}\qquad \l(R(t)=G(t)-\sum^J_{j=1}\sum^{e_j-1}_{k=1}\frac{\a_{j,k+1}}{k(t-t_j)^k}\r)$$
を得る。

　$f'(t)$が超指数関数となることを示せば十分である。そのことについては
$$\l(\frac{f'(t)}{f(t)}\r)'=\frac{f''(t)}{f(t)}-\frac{f'(t)^2}{f(t)^2}$$
つまり$f'(t)$の対数微分が
$$\frac{f''(t)}{f'(t)}=\frac{f(t)}{f'(t)}(\l(\frac{f'(t)}{f(t)}\r)'+\frac{f'(t)^2}{f(t)^2})$$
と表せることからわかる。
　また
$$\frac{f^{(n)}(t)}{f(t)}=\frac{f^{(n)}(t)}{f^{(n-1)}(t)}\cdots\frac{f''(t)}{f'(t)}\c\frac{f'(t)}{f(t)}$$
に注意すると$f(t)$と$f^{(n)}(t)$は相似であることがわかる。

　互いに素な多項式$p(t),q(t)$を用いて
$$r(t)=\frac{p(t)}{q(t)}$$
と表したとき、ある正整数$h$に対し
$$u(t)=\gcd(q(t),p(t)-hq'(t))\neq1$$
が成り立つとすると
\begin{align} p(t) &=u(t)\tilde p(t)+hq'(t)\\ &=u(t)\ol p(t)+hu'(t)\ol q(t)\\ q(t)&=u(t)\ol q(t)\\ U(t)&=u(t)^h \end{align}
とおけば
$$r(t)=\frac{\ol p(t)}{\ol q(t)}+h\frac{u'(t)}{u(t)} =\frac{\ol p(t)}{\ol q(t)}+\frac{U'(t)}{U(t)}$$
が成り立つ。
　このように各$h=1,2,\ldots$に対し$q(t),p(t)-hq'(t)$の共通因子を掃き出していくことで所望の多項式$a(t),b(t),c(t)$を構成できることがわかる。

　$x(t)$を互いに素な多項式$p(t),q(t)$を用いて
$$x(t)=\frac{p(t)}{q(t)}$$
と表したとき$q(t)$が定数でないものと仮定し矛盾を導く。
　いま$q(t)$の既約因子$u(t)$を任意に取り
$$x(t)=\frac{\ol p(t)}{\ol q(t)}+\frac\a{u(t)^h}\qquad(u(t)^h\nmid\ol q(t))$$
と部分分数分解する。またこの一、二項目をそれぞれ$x_1(t),x_2(t)$とおく。
　このとき
\begin{align} b(t)x'_2(t)+(a(t)+b'(t))x_2(t) &=\l(a(t)+b'(t)-h\frac{b(t)}{u(t)}u'(t)\r)\frac\a{u(t)^h}\\ &=c(t)-(b(t)x'_1(t)+(a(t)+b'(t))x_1(t)) \end{align}
より、この分母に注目すると
$$u(t)\mid b(t)\quad\mbox{かつ}\quad u(t)\mid\l(a(t)+b'(t)-h\frac{b(t)}{u(t)}u'(t)\r)$$
が成り立たなければならないが
$$b'(t)=\l(\frac{b(t)}{u(t)}u(t)\r)'=\frac{b(t)}{u(t)}u'(t)+\l(\frac{b(t)}{u(t)}\r)'u(t)$$
に注意すると
$$u(t)\mid(a(t)-(h-1)b'(t))$$
となって$a(t),b(t)$の取り方に矛盾。
　よって$q(t)$は定数でなければならないことが示された。

　$f(t)=(1-2t^2)e^{-t^2}$に対し
$$\frac{f'(t)}{f(t)}=\frac{(1-2t^2)'}{1-2t^2}-2t$$
より
$$a(t)=-2t,\quad b(t)=1,\quad c(t)=1-2t^2$$
とおくとよい。このとき微分方程式
$$x'(t)-2tx(t)=1-2t^2$$
の解は$x(t)=t$と求まるので
$$F(t)=te^{-t^2}$$
が求める超指数関数となる。

　$f(t)=(4t^2+1)e^{t^2}/\sqrt t$に対し
$$\frac{f'(t)}{f(t)}=\frac{(4t^2+1)'}{4t^2+1}+\frac{4t^2-1}{2t}$$
より
$$a(t)=4t^2-1,\quad b(t)=2t,\quad c(t)=4t^2+1$$
とおくとよい。このとき微分方程式
$$2tx'(t)+(4t^2+1)x(t)=4t^2+1$$
の解は$x(t)=1$と求まるので
$$F(t)=\frac{2t}{\sqrt t}e^{t^2}=2\sqrt te^{t^2}$$
が求める超指数関数となる。

　$f(t)=(1+t)^\a/(1-t)^{\a+2}$に対し
$$\frac{f'(t)}{f(t)}=\frac{2(\a+1+t)}{1-t^2}$$
より
$$a(t)=2(\a+1+t),\quad b(t)=1-t^2,\quad c(t)=1$$
とおくとよい。このとき微分方程式
$$(1-t^2)x'(t)+2(\a+1)x(t)=1$$
の解は$x(t)=1/2(\a+1)$と求まるので
$$F(t)=\frac1{2(\a+1)}\l(\frac{1+t}{1-t}\r)^{\a+1}$$
が求める超指数関数となる。

$$F(x,k)=\frac{(n+k)!}{(n-k)!(k!)^2}\l(\frac{x-1}2\r)^k$$
に対し
\begin{align} \A(k) &=A_0(x)F(x,k)+A_1(x)F'(x,k)+A_2(x)F''(x,k)\\ &=(A_0\c(x-1)^2+2A_1\c(x-1)k+4A_2\c k(k-1))\frac{F(x,k)}{(x-1)^2} \end{align}
とおくと
$$\frac{F(x,k+1)}{F(x,k)}=\frac{(n-k)(n+k+1)}{(k+1)^2}\frac{x-1}2$$
より
\begin{align} a(k)&=(x-1)(n-k)(n+k+1)\\ b(k)&=2(k+1)^2\\ c(k)&=A_0(x-1)^2+2A_1(x-1)k+4A_2k(k-1) \end{align}
とおくとよい。
　このとき$A_0,A_1,A_2,X(k)$についての方程式
$$(x-1)(n-k)(n+k+1)X(k+1)-2k^2X(k)=A_0(x-1)^2+2A_1(x-1)k+4A_2k(k-1)$$
は
$$X(k)=x-1,\quad A_0=n(n+1),\quad A_1=-2x,\quad A_2=1-x^2$$
と解けるので
$$G(x,k)=\frac{2k^2}{x-1}F(x,k)=\frac{(n+k)!}{(n-k)!((k-1)!)^2}\l(\frac{x-1}2\r)^{k-1}$$
とおくと
$$(1-x^2)F''(x,k)-2xF'(x,k)+n(n+1)F(x,k)=G(x,k+1)-G(x,k)$$
が成り立つ、つまり$f(x)$は微分方程式
$$(1-x^2)f''(x)-2xf'(x)+n(n+1)f(x)=0$$
を満たすことがわかる。

　$F(n,t)=t^{n-1}e^{-t}$に対し
\begin{align} \A(t)&=A_0(n)F(n,t)+A_1(n)F(n+1,t)\\ &=(A_0+A_1t)t^{n-1}e^{-t} \end{align}
とおくと
$$\frac{\A'(t)}{\A(t)}=\frac{((A_0+A_1t)t^{n-1})'}{(A_0+A_1t)t^{n-1}}-1$$
より
$$a(t)=-1,\quad b(t)=1,\quad c(t)=(A_0+A_1t)t^{n-1}$$
とおくとよい。
　このとき$A_0,A_1,x(t)$についての方程式
$$x'(t)-x(t)=(A_0+A_1t)t^{n-1}$$
は
$$x(t)=t^n,\quad A_0=n,\quad A_1=-1$$
と解けるので
$$nf(n,t)-f(n+1,t)=(t^ne^{-t})'$$
つまり
$$n\G(n)-\G(n+1)=0$$
を得る。

　$F(x,t)=e^{-\frac{x^2}{t^2}-t^2}$に対し
\begin{align} \A(t) &=A_0(x)F(x,t)+A_1(x)F_x(x,t)+A_2(x)F_{xx}(x,t)\\ &=\frac{A_0t^4-2A_1xt^2-2A_2(t^2-2x^2)}{t^4}e^{-\frac{x^2}{t^2}-t^2} \end{align}
とおくと
\begin{align} \frac{\A'(t)}{\A(t)} &=\frac{(A_0t^4-2A_1xt^2-2A_2(t^2-2x^2))'}{A_0t^4-2A_1xt^2-2A_2(t^2-2x^2)}-\frac4t+\frac{2x^2}{t^3}-2t\\ &=\frac{(A_0t^4-2A_1xt^2-2A_2(t^2-2x^2))'}{A_0t^4-2A_1xt^2-2A_2(t^2-2x^2)}-\frac{2(t^4+2t^2-x^2)}{t^3} \end{align}
より
$$a(t)=-2(t^4+2t^2-x^2),\quad b(t)=t^3,\quad c(t)=A_0t^4-2A_1xt^2-2A_2(t^2-2x^2)$$
とおくとよい。
　このとき$A_0,A_1,A_2,X(t)$についての方程式
$$t^3X'(t)-(2t^4+t^2-2x^2)X(t)=A_0t^4-2A_1xt^2-2A_2(t^2-2x^2)$$
は
$$X(t)=2,\quad A_0=-4,\quad A_1=1,\quad A_2=1$$
と解けるので
$$F_{xx}(x,t)-4F(x,t)=\l(\frac4te^{-\frac{x^2}{t^2}-t^2}\r)'$$
つまり$f(x)$は微分方程式
$$f''(x)-4f(x)=0$$
を満たすことがわかる。
　これは
$$f(x)=\a e^{2x}+\b e^{-2x}$$
と解けるので、$x\to\infty$における挙動および$x=0$における値に注意すると
$$f(x)=\frac{\sqrt\pi}2e^{-2|x|}$$
を得る。