$$\newcommand{BA}[0]{\begin{align*}}
\newcommand{BC}[0]{\begin{cases}}
\newcommand{BE}[0]{\begin{equation}}
\newcommand{bl}[0]{\boldsymbol}
\newcommand{BM}[0]{\begin{matrix}}
\newcommand{D}[0]{\displaystyle}
\newcommand{EA}[0]{\end{align*}}
\newcommand{EC}[0]{\end{cases}}
\newcommand{EE}[0]{\end{equation}}
\newcommand{EM}[0]{\end{matrix}}
\newcommand{h}[0]{\boldsymbol{h}}
\newcommand{k}[0]{\boldsymbol{k}}
\newcommand{L}[0]{\left}
\newcommand{l}[0]{\boldsymbol{l}}
\newcommand{m}[0]{\boldsymbol{m}}
\newcommand{n}[0]{\boldsymbol{n}}
\newcommand{R}[0]{\right}
\newcommand{vep}[0]{\varepsilon}
$$
0$ $定義
$\hspace{5pt}$関数$D_0(x),D_1(x)$を次のように定義します。
$\BA\D \beta_n:=\frac{\L(\frac{1}{2}\R)_n}{n!},\qquad d_n:=\sum_{k=0}^n \beta_k^2\beta_{n-k}^2,\qquad w_n:=\sum_{k=1}^n\frac{1}{\L(2k\R)^3d_{k-1}d_k} \EA$
$\BA\D D_0(x):=\sum_{n=1}^\infty \frac{d_{n-1}}{2n\beta_n}x^{2n-1},\qquad D_1(x):=\sum_{n=1}^\infty \frac{d_{n-1}w_{n-1}}{2n\beta_n}x^{2n-1} \EA$
本稿ではこれらの偶数次 moment と、第一種 Chebyshev 多項式による展開係数を有限和で与えます。
1$ $結果
$\hspace{5pt}$第一種 Chebyshev 多項式を
$\BA\D T_m(\cos\theta)=\cos m\theta \EA$
で定めます。また
$\BA\D I_m:=\int_0^1 x^{2m}D_0(x)\,dx,\qquad J_m:=\int_0^1 x^{2m}D_1(x)\,dx \EA$
とおきます。
$\hspace{5pt}$任意の整数$m\ge0$に対して
$\displaystyle{\begin{aligned}I_{2m}&=\beta_md_m\!\L(I_0+\sum_{k=0}^{m-1}\frac{d_k}{(2k+1)\beta_k}\L(w_m-w_k\R)\!\L((2k+1)D_0(1)+I_1\R) \R)\\[4pt]J_{2m}&=\beta_md_m\!\L(J_0+\sum_{k=0}^{m-1}\frac{d_k}{(2k+1)\beta_k}\L(w_m-w_k\R)\!\L(\!(2k+1)D_1(1)+J_1-\frac{2k+1}{2k+2}\R)\! \R)\end{aligned}}$$(1)$
$\hspace{5pt}$また，
$\BA\D a:=\frac{4}{\pi}\int_0^1\frac{xD_0(x)}{\sqrt{1-x^2}}\,dx,\qquad b:=\frac{4}{\pi}\int_0^1\frac{xD_1(x)}{\sqrt{1-x^2}}\,dx,\qquad c:=\frac{7\zeta(3)}{2\pi^2} \EA$
ならびに
$\BA\D R_r:=\sum_{k=1}^r\frac{4k-1}{\qty(2k\beta_k)^4},\qquad S_r:=\sum_{k=0}^r (4k+1)\beta_k^4 \EA$
を用いると、$[-1,\,1]$上で
$\BA\D D_0(x)=\sum_{m=0}^\infty A_mT_{2m+1}(x),\qquad D_1(x)=\sum_{m=0}^\infty B_mT_{2m+1}(x) \EA$
と展開されるとき、
$\BA\D &A_{2r}=\beta_r^4\L(a+\frac{4}{\pi^2}R_r\R),& &A_{2r-1}=\frac{4}{\pi^2}\frac{S_{r-1}}{\qty(2r\beta_r)^4}&\\ &B_{2r}=\beta_r^4\L(b+cR_r\R),& &B_{2r-1}=\frac{cS_{r-1}-\frac{1}{4}}{\qty(2r\beta_r)^4}& \EA$$(2)$
となります。
2$ $導出
$\hspace{5pt}$$d_n$について、母関数の微分方程式から
$\BA\D 2(n+1)^3d_{n+1}-(2n+1)(2n^2+2n+1)d_n+2n^3d_{n-1}=0\qquad(n\ge1) \EA$
を得ます。
$\hspace{5pt}$四階自己随伴微分作用素
$\BA\D {\cal L}y:=\L(x(1-x^2)^2y''\R)''+\L(x(5x^2-4)y'\R)'+xy \EA$
を考えます。$d_n$の漸化式を参照しつつ
$\BA\D {\cal L}D_0(x)=0,\qquad {\cal L}D_1(x)=1 \EA$
がわかります。
$\hspace{5pt}$Green の公式を$x^{2m+1}$と$D_1(x)$に適用し、$x=0,\,1$における境界項を計算します。$m=0$の境界恒等式を用いて$\D\int_0^1 xD_1(x)\,dx$を消去すると、$m\ge1$に対して
$\BA\D &16(m+1)^4I_{m+1}-2(2m+1)^2\L((2m+1)^2+1\R)\,I_m+4m^2(4m^2-1)\,I_{m-1}=2mD_0(1)-4I_0+16I_1\\ &16(m+1)^4J_{m+1}-2(2m+1)^2\L((2m+1)^2+1\R)J_m+4m^2(4m^2-1)J_{m-1}=2mD_1(1)-4J_0+16J_1-\frac{m}{2(m+1)} \EA$
対応する斉次差分方程式の二つの解は
$\BA\D u_m=\beta_md_m,\qquad v_m=\beta_md_mw_m \EA$
です。$I_m:=u_my_m$とおき、$I_m$の漸化式に代入したものと$u_m$の漸化式に$y_m$を掛けたものの差をとって、$16(m+1)^4u_{m+1}\qty(w_{m+1}-w_m)=4m^2\qty(4m^2-1)u_{m-1}\qty(w_m-w_{m-1})$を適用すれば
$\BA\D 16(m+1)^4u_{m+1}\qty(w_{m+1}-w_m)\qty(\frac{y_{m+1}-y_m}{w_{m+1}-w_m}-\frac{y_{m}-y_{m-1}}{w_{m}-w_{m-1}})=2mD_0(1)-4I_0+16I_1 \EA$
これにより$y_m-y_{m-1}$および$y_m$が求まります。$J_m$についても同様です。
$\hspace{5pt}$次に Chebyshev 係数を求めます。
$\BA\D d_n=\frac{2}{\pi^2 n}\qty(\log n+\gamma+\log16)+O\!\qty(\frac{\log n}{n^2}) \EA$
また
$\BA\D w_n-w_{n-1}=O\!\qty(\frac{1}{n\qty(\log n)^2}) \EA$
なので$w_n$は有限の値に収束します。
$\BA\D F_j(\theta):=D_j(\cos\theta) \EA$
とおいて、$\theta\downarrow0$において
$\BA\D F_0(\theta)=F_0(0)+\frac{4}{\pi}\theta\log\theta+O(\theta),\qquad F_1(\theta)=F_1(0)+\frac{4}{\pi}w_{\infty}\theta\log\theta+O(\theta) \EA$
この端点項が、後の係数漸化式の非斉次項を決定します。
$\hspace{5pt}$変数変換$x=\cos\theta$により
$\BA\D 2\sin\theta\,({\cal L}y)(\sin\theta)=\L(\sin2\theta\,F''\R)''-\L(2\sin2\theta\,F'\R)'+\sin2\theta\,F \EA$
です。一方、奇数$l\ge 1$について右辺の作用素を$\sin l\theta$に作用させると
$\BA\D \frac{1}{2}\big((l-1)^4\cos(l-2)\theta-(l+1)^4\cos(l+2)\theta\big) \EA$
を得ます。これにより、最終的に Chebyshev 係数は
$\BA\D &m^4A_{m-1}-(m+1)^4A_{m+1}=-\frac{4}{\pi^2}(2m+1)\\&m^4B_{m-1}-(m+1)^4B_{m+1}=\frac{\delta_{m,0}}{4}-\frac{4}{\pi^2}w_{\infty}(2m+1) \EA$
を満たします。
$\hspace{5pt}$ここで$w_\infty$を評価します。
$\BA\D F(z):=\sum_{n=0}^\infty d_nz^n=\kappa(z)^2,\qquad P(z):=\sum_{n=0}^\infty d_nw_nz^n \EA$
とおくと、$\D\frac{P(z)}{F(z)}$は$w_n$の正の重み付き平均です。さらに$F(z)\to\infty\,\,\,(z\uparrow1)$であり
$\BA\D w_\infty=\lim_{z\uparrow1}\frac{P(z)}{F(z)} \EA$
です。
$\hspace{5pt}$$F(z)$の微分方程式は
$\BA\D {\cal M}F(z)=0 \EA$
ただし
$\BA\D {\cal M}=2\theta^3-z(2\theta+1)(2\theta^2+2\theta+1)+2z^2(\theta+1)^3 \EA$
で、
$\BA\D {\cal M}P(z)=\frac{z}{4} \EA$
となります。
$\BA\D \tau:=i\frac{\kappa(1-z)}{\kappa(z)} \EA$
とおけば
$\BA\D \frac{d\tau}{dz}=-\frac{i}{\pi z(1-z)F(z)} \EA$
が成り立ちます。
$\hspace{5pt}$ここで$q=e^{\pi i\tau}$とし
$\BA\D \theta_2(\tau)=\sum_{m\in\mathbb Z}q^{\L(m+\frac{1}{2}\R)^2},\qquad \theta_3(\tau)=\sum_{m\in\mathbb Z}q^{m^2},\qquad \theta_4(\tau)=\sum_{m\in\mathbb Z}(-1)^mq^{m^2} \EA$
に対して Jacobi の反転公式は
$\BA\D z=\lambda(\tau)=\frac{\theta_2(\tau)^4}{\theta_3(\tau)^4},\qquad F(z)=\theta_3(\tau)^4,\qquad 1-z=\frac{\theta_4(\tau)^4}{\theta_3(\tau)^4} \EA$
で与えられます。
$\BA\D \Phi(z):=\frac{P(z)}{F(z)} \EA$
とおきます。$F(z),\,\tau F(z),\,\tau^2F(z)$はそれぞれ$u^2,\,iuv,\,-v^2$であり、いずれも${\cal M}y=0$の解です。${\cal M}$の最高階微分項は$\D2z^3(1-z)^2\frac{d^3}{dz^3}$であり、任意の三階微分可能な関数$\Psi(z)$に対して
$\BA\D {\cal M}F(z)\Psi(\tau)=2z^3(1-z^2)F(z)\L(\frac{d\tau}{dz}\R)^3\Psi'''(\tau) \EA$
が成り立ちます。実際、左辺を$\Psi,\,\Psi',\,\Psi'',\,\Psi'''$の線形結合として展開すると、$\Psi=1,\,\tau,\,\tau^2$の場合に$0$になるため、前三項の係数は$0$になります。$\Psi=\Phi$とすることで
$\BA\D \Phi'''(\tau)=-\frac{\pi^3i}{8}\theta_2(\tau)^4\theta_4(\tau)^4 \EA$
となります。$\tau\to i\infty$で$\Phi(\tau),\,\Phi'(\tau),\,\Phi''(\tau)\to0$なので
$\BA\D \Phi(\tau)=-\frac{\pi^3i}{16}\int_{i\infty}^\tau (\tau-s)^2\theta_2(s)^4\theta_4(s)^4\,ds \EA$
です。$z\uparrow1$で$\tau\to0$に対応し
$\BA\D w_\infty=\frac{\pi^3}{16}\int_0^\infty t^2\theta_2(it)^4\theta_4(it)^4\,dt \EA$
となります。$f(\tau)=\theta_2(\tau)^4\theta_4(\tau)^4$の Fourier 展開
$\BA\D f(\tau)=16\sum_{n=1}^\infty\L(\sigma_3(n)-17\sigma_3\L(\frac{n}{2}\R)+16\sigma_3\L(\frac{n}{4}\R)\R)q^n \EA$
を用いれば、Mellin 変換
$\BA\D \int_0^\infty t^{s-1}f(it)\,dt=16\Gamma(s)\pi^{-s}(1-2^{-s})(1-2^{4-s})\zeta(s)\zeta(s-3) \EA$
となり、両辺は解析接続により一致します。$=3$を代入することで
$\BA\D w_\infty=\frac{7}{8}\zeta(3) \EA$
が求まります。
$a$の計算
$\BA\D J(x,y):=\int_0^1 \frac{1}{t}\L(\frac{1}{\sqrt{1-xt}\sqrt{1-yt}}-1\R)\,dt=2\log\frac{2}{\sqrt{1-x}+\sqrt{1-y}} \EA$
とすると、Tonelli の定理により
$\BA\D a&=\int_0^1 \frac{xD_0(x)}{\sqrt{1-x^2}}\,dx\\&=\sum_{n=1}^\infty \frac{d_n}{2n}\\&=\frac{1}{2}\int_0^1 \frac{\kappa(x)^2-1}{x}\,dx\\&=\frac{2}{\pi^2}\int_0^\frac{\pi}{2}\int_0^\frac{\pi}{2}J(\sin^2\theta,\,\sin^2\phi)\,d\theta d\phi\\&=\frac{4}{\pi^2}\int_0^\frac{\pi}{2}\int_0^\frac{\pi}{2}\log\frac{2}{\cos\theta+\cos\phi}\,d\theta d\phi\\&=\frac{8}{\pi^2}\int_0^\frac{\pi}{2}\int_0^\frac{\pi}{2}\L(\log2-\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}}{n}\cos n\theta\cos n\phi\R)d\theta d\phi\\&=2\log2-\frac{7\zeta(3)}{\pi^2} \EA$
です。
