超幾何級数のモーメントの応用
前の記事( 超幾何級数のモーメント , 超幾何級数の有限モーメント , 超幾何級数の有限モーメント2 )でいくつかのモーメントを求めたが, 今回はそれらの基本的な応用を扱う.
モーメント
まず, 次のような二重級数の等式を考える.
\begin{align}
\sum_{0\leq n}c_n\sum_{0\leq m}\frac{d_m}{n+m+w}&=\sum_{0\leq n,m}\frac{c_nd_m}{n+m+w}=\sum_{0\leq m}d_m\sum_{0\leq n}\frac{c_n}{n+m+w}
\end{align}
2つのモーメント
\begin{align}
\sum_{0\leq n}\frac{c_n}{n+m+w}, \sum_{0\leq m}\frac{d_m}{n+m+w}
\end{align}
が両方分かっているとき, 上の等式を用いて級数の関係式を求めることができる. 例としてHodgkinsonによる公式
\begin{align}
\sum_{0\leq n}\frac{(a,b)_n}{n!(c)_n}\frac 1{n+m+c}&=\frac{\Gamma(c)\Gamma(1+c-a-b)}{\Gamma(1+c-a)\Gamma(1+c-b)}\frac{m!(c)_m}{(1+c-a,1+c-b)_m}\sum_{k=0}^m\frac{(c-a,c-b)_k}{k!(c)_k}
\end{align}
を用いることを考える. これを二重和
\begin{align}
\sum_{0\leq n}\frac{(a,b)_n}{n!(c)_n}\sum_{0\leq m}\frac{(d,e)_m}{m!(c)_m}\frac{1}{n+m+c}=\sum_{0\leq m}\frac{(d,e)_m}{m!(c)_m}\sum_{0\leq n}\frac{(a,b)_n}{n!(c)_n}\frac{1}{n+m+c}
\end{align}
に対して用いることによって,
\begin{align}
&\frac{\Gamma(c)\Gamma(1+c-d-e)}{\Gamma(1+c-d)\Gamma(1+c-e)}\sum_{0\leq n}\frac{(a,b)_n}{(1+c-d,1+c-e)_n}\sum_{k=0}^n\frac{(c-d,c-e)_k}{k!(c)_k}\\
&=\frac{\Gamma(c)\Gamma(1+c-a-b)}{\Gamma(1+c-a)\Gamma(1+c-b)}\sum_{0\leq m}\frac{(d,e)_m}{(1+c-a,1+c-b)_m}\sum_{k=0}^m\frac{(c-a,c-b)_k}{k!(c)_k}
\end{align}
が得られた. 和を入れ替えるだけでこのような等式を得ることができるのは興味深いと思う. 次に
\begin{align}
\sum_{0\leq n}c_n\sum_{0\leq m}d_m&=\sum_{0\leq n,m}\frac{(n+a)c_nd_m}{n+m+a+b}+\sum_{0\leq n,m}\frac{(m+b)c_nd_m}{n+m+a+b}\\
&=\sum_{0\leq n}(n+a)c_n\sum_{0\leq m}\frac{d_m}{n+m+a+b}+\sum_{0\leq m}(m+b)d_m\sum_{0\leq n}\frac{c_n}{n+m+a+b}
\end{align}
のように積を展開するという使い方も考えられる. 簡単のため$a=b$としておく. 先ほどと同様にHodgkinsonの公式が使うことを考えてみる.
\begin{align}
&\sum_{0\leq n}\frac{(c,d)_n}{n!(2a)_n}\sum_{0\leq m}\frac{(e,f)_m}{m!(2a)_m}\\
&=\sum_{0\leq n}\frac{(n+a)(c,d)_n}{n!(2a)_n}\sum_{0\leq m}\frac{(e,f)_m}{m!(2a)_m}\frac{1}{n+m+2a}+\sum_{0\leq m}\frac{(m+a)(e,f)_m}{m!(2a)_m}\sum_{0\leq n}\frac{(c,d)_n}{n!(2a)_n}\frac{1}{n+m+2a}\\
&=\frac{\Gamma(2a)\Gamma(1+2a-e-f)}{\Gamma(1+2a-e)\Gamma(1+2a-f)}\sum_{0\leq n}\frac{(n+a)(c,d)_n}{(1+2a-e,1+2a-f)_n}\sum_{k=0}^n\frac{(2a-e,2a-f)_k}{k!(2a)_k}\\
&\qquad+\frac{\Gamma(2a)\Gamma(1+2a-c-d)}{\Gamma(1+2a-c)\Gamma(1+2a-d)}\sum_{0\leq m}\frac{(m+a)(e,f)_m}{(1+2a-c,1+2a-d)_m}\sum_{k=0}^m\frac{(2a-c,2a-d)_k}{k!(2a)_k}
\end{align}
一方で左辺はGaussの超幾何定理より,
\begin{align}
&\sum_{0\leq n}\frac{(c,d)_n}{n!(2a)_n}\sum_{0\leq m}\frac{(e,f)_m}{m!(2a)_m}\\
&=\frac{\Gamma(2a)\Gamma(2a-c-d)}{\Gamma(2a-c)\Gamma(2a-d)}\frac{\Gamma(2a)\Gamma(2a-e-f)}{\Gamma(2a-e)\Gamma(2a-f)}
\end{align}
と表すことができる. 整理すると
\begin{align}
\frac{\Gamma(2a)}{(2a-c-d)(2a-e-f)}&=\frac{\Gamma(2a-c)\Gamma(2a-d)}{\Gamma(1+2a-c-d)}\sum_{0\leq n}\frac{(n+a)(c,d)_n}{(2a-e,2a-f)_{n+1}}\sum_{k=0}^n\frac{(2a-e,2a-f)_k}{k!(2a)_k}\\
&\qquad+\frac{\Gamma(2a-e)\Gamma(2a-f)}{\Gamma(1+2a-e-f)}\sum_{0\leq m}\frac{(m+a)(e,f)_m}{(2a-c,2a-d)_{m+1}}\sum_{k=0}^m\frac{(2a-c,2a-d)_k}{k!(2a)_k}
\end{align}
を得る.
これらの方法は2つの変数が逆向きになっているような場合
\begin{align}
\sum_{0\leq n}c_n\sum_{0\leq m}\frac{d_m}{n-m+w}&=\sum_{0\leq m}d_m\sum_{0\leq n}\frac{c_n}{n-m+w}
\end{align}
でも用いることができる. これを用いることで興味深い結果が得られる例を探してみるのも面白いかもしれない.
有限モーメント
有限モーメントの応用も見ていきたい.
\begin{align}
&\sum_{0\leq n,m}\frac{c_nd_m}{n+m+w}\\
&=\sum_{0\leq n\leq m}\frac{c_nd_m}{n+m+w}+\sum_{0\leq m\leq n}\frac{c_nd_m}{n+m+w}-\sum_{0\leq n}\frac{c_nd_n}{2n+w}\\
&=\sum_{0\leq m}d_m\sum_{n=0}^m\frac{c_n}{n+m+w}+\sum_{0\leq n}c_n\sum_{m=0}^n\frac{d_m}{n+m+w}-\sum_{0\leq n}\frac{c_nd_n}{2n+w}
\end{align}
このように, 足し合わせる領域を分けることで, 有限モーメントを用いることができるようになる.
前の記事
の最後に示した有限モーメント
\begin{align}
\sum_{n=0}^N\frac{\left(\frac 12\right)_n^2}{n!^2}\frac 1{n+N+1}&=\frac{N!^2}{(2N+1)^2\left(\frac 12\right)_N^2}\sum_{n=0}^N(4n+1)\frac{\left(\frac 12\right)_n^4}{n!^4}
\end{align}
を用いると,
\begin{align}
&\sum_{0\leq n}\frac{\left(\frac 12\right)_n^2}{n!^2}\frac{\left(\frac 12\right)_m^2}{m!^2}\frac 1{n+m+1}\\
&=2\sum_{0\leq n}\frac 1{(2n+1)^2}\sum_{k=0}^n(4n+1)\frac{\left(\frac 12\right)_k^4}{k!^4}-\sum_{0\leq n}\frac{\left(\frac 12\right)_n^4}{n!^4(2n+1)}
\end{align}
を得る. 一方,
\begin{align}
&\sum_{0\leq n}\frac{\left(\frac 12\right)_n^2}{n!^2}\frac{\left(\frac 12\right)_m^2}{m!^2}\frac 1{n+m+1}\\
&=\int_0^1\F21{\frac 12,\frac 12}{1}{t}^2\,dt\\
&=\frac{14\zeta(3)}{\pi^2}
\end{align}
であることが知られているので, これを用いると,
\begin{align}
2\sum_{0\leq n}\frac 1{(2n+1)^2}\sum_{k=0}^n(4n+1)\frac{\left(\frac 12\right)_k^4}{k!^4}-\sum_{0\leq n}\frac{\left(\frac 12\right)_n^4}{n!^4(2n+1)}&=\frac{14\zeta(3)}{\pi^2}
\end{align}
が得られる. 2つの変数が逆向きになっている和
\begin{align}
\sum_{0\leq n,m}\frac{c_nd_m}{n-m+w}
\end{align}
に関しても全く同様に分けることによって有限モーメントを用いて関係式を得ることができる.
このような方法は基本的に$q$類似においてもモーメントや有限モーメントが求まっていれば同様に上手くいくという利点がある.
