調和数付きSaalschützの和公式

前の記事 の定理3は
\begin{align} &\sum_{n=0}^{N-1}\frac{(a,b,c,d)_n}{n!(1+a-b,1+a-c,1+a-d)_n}\left(\frac 1{N-n}-\frac 1{N+n+a}\right)\\ &=\frac{(a,d)_N}{N!(1+a-d)_N}\sum_{n=0}^N\frac{(1+a-b-c,a+N,-N)_n}{n!(1+a-b,1+a-c)_n}\sum_{k=n}^{N-1}\left(\frac 1{d+k}-\frac 1{N+k+a}\right) \end{align}
と書くことができる. 前回の記事 でWell-poised ${}_4F_3$の有限対称モーメントを計算した. それは以下のようなものだった.

\begin{align} &\frac{(w+1-a,w+1-b,w+1-c,w+1-d)_N}{(w,w+b-a,w+c-a,w+d-a)_N}\sum_{n=0}^N\frac{(a,b,c,d)_n}{n!(1+a-b,1+a-c,1+a-d)_n}\left(\frac 1{N-n-a+w}-\frac 1{N+n+w}\right)\\ &=-\sum_{n=0}^N\frac{(w+1-a,w+1-b,w+1-c,w+1-d)_n}{(w,w+b-a,w+c-a,w+d-a)_n}\frac{(a,b,c,d)_n}{n!(1+a-b,1+a-c,1+a-d)_n}\left(\frac{1}{w+2n}+\frac 1{a-w}\right)\\ &\qquad-\sum_{n=0}^{N-1}\frac{(w+1-a,w+1-b,w+1-c,w+1-d)_n}{(w,w+b-a,w+c-a,w+d-a)_{n+1}}\frac{(a,b,c,d)_{n+1}}{n!(1+a-b,1+a-c,1+a-d)_n}\left(\frac{1}{w+2n+1}-\frac 1{a-w}\right)\\ &\qquad +(1+a-b-c-d)\sum_{n=0}^{N-1}\frac{(2(n+w)+1-a)(w+1-a,w+1-b,w+1-c,w+1-d)_n}{(w,w+b-a,w+c-a,w+d-a)_{n+1}}\sum_{k=0}^n\frac{(2k+a)(a,b,c,d)_k}{k!(1+a-b,1+a-c,1+a-d)_k} \end{align}
これを用いると,
\begin{align} &\frac{N!(1+a-b,1+a-c,1+a-d)_N}{(a,b,c,d)_N}\sum_{n=0}^{N-1}\frac{(a,b,c,d)_n}{n!(1+a-b,1+a-c,1+a-d)_n}\left(\frac 1{N-n}-\frac 1{N+n+a}\right)\\ &=\lim_{w\to a}\frac{(w+1-a,w+1-b,w+1-c,w+1-d)_N}{(w,w+b-a,w+c-a,w+d-a)_N}\sum_{n=0}^{N-1}\frac{(a,b,c,d)_n}{n!(1+a-b,1+a-c,1+a-d)_n}\left(\frac 1{N-n-a+w}-\frac 1{N+n+w}\right)\\ &=\lim_{w\to a}-\sum_{n=0}^{N-1}\frac{(w+1-a,w+1-b,w+1-c,w+1-d)_n}{(w,w+b-a,w+c-a,w+d-a)_n}\frac{(a,b,c,d)_n}{n!(1+a-b,1+a-c,1+a-d)_n}\left(\frac{1}{w+2n}+\frac 1{a-w}\right)\\ &\qquad-\sum_{n=0}^{N-1}\frac{(w+1-a,w+1-b,w+1-c,w+1-d)_n}{(w,w+b-a,w+c-a,w+d-a)_{n+1}}\frac{(a,b,c,d)_{n+1}}{n!(1+a-b,1+a-c,1+a-d)_n}\left(\frac{1}{w+2n+1}-\frac 1{a-w}\right)\\ &\qquad +(1+a-b-c-d)\sum_{n=0}^{N-1}\frac{(2(n+w)+1-a)(w+1-a,w+1-b,w+1-c,w+1-d)_n}{(w,w+b-a,w+c-a,w+d-a)_{n+1}}\sum_{k=0}^n\frac{(2k+a)(a,b,c,d)_k}{k!(1+a-b,1+a-c,1+a-d)_k}\\ &=-\sum_{n=0}^{N-1}\left(\frac{1}{a+2n}+\frac 1{a+2n+1}\right)\\ &\qquad+\lim_{w\to a}\frac 1{w-a}\sum_{n=0}^{N-1}\frac{(w+1-a,w+1-b,w+1-c,w+1-d)_n}{(w,w+b-a,w+c-a,w+d-a)_{n+1}}\frac{(a,b,c,d)_n}{n!(1+a-b,1+a-c,1+a-d)_n}\\ &\qquad\cdot\left((n+w)(n+w+b-a)(n+w+c-a)(n+w+d-a)-(a+n)(b+n)(c+n)(d+n)\right)\\ &\qquad +(1+a-b-c-d)\sum_{n=0}^{N-1}\frac{(2n+a+1)n!(1+a-b,1+a-c,1+a-d)_n}{(a,b,c,d)_{n+1}}\sum_{k=0}^n\frac{(2k+a)(a,b,c,d)_k}{k!(1+a-b,1+a-c,1+a-d)_k}\\ &=-\sum_{n=0}^{2N-1}\frac{1}{a+n}+\sum_{n=0}^{N-1}\left(\frac 1{n+a}+\frac 1{n+b}+\frac 1{n+c}+\frac 1{n+d}\right)\\ &\qquad +(1+a-b-c-d)\sum_{n=0}^{N-1}\frac{(2n+a+1)n!(1+a-b,1+a-c,1+a-d)_n}{(a,b,c,d)_{n+1}}\sum_{k=0}^n\frac{(2k+a)(a,b,c,d)_k}{k!(1+a-b,1+a-c,1+a-d)_k} \end{align}
つまり,
\begin{align} &\frac{N!(1+a-b,1+a-c,1+a-d)_N}{(a,b,c,d)_N}\sum_{n=0}^{N-1}\frac{(a,b,c,d)_n}{n!(1+a-b,1+a-c,1+a-d)_n}\left(\frac 1{N-n}-\frac 1{N+n+a}\right)\\ &=\sum_{n=0}^{N-1}\left(\frac 1{n+b}+\frac 1{n+c}+\frac 1{n+d}-\frac 1{n+N+a}\right)\\ &\qquad +(1+a-b-c-d)\sum_{n=0}^{N-1}\frac{(2n+a+1)n!(1+a-b,1+a-c,1+a-d)_n}{(a,b,c,d)_{n+1}}\sum_{k=0}^n\frac{(2k+a)(a,b,c,d)_k}{k!(1+a-b,1+a-c,1+a-d)_k} \end{align}
を得る. これを
\begin{align} &\sum_{n=0}^{N-1}\frac{(a,b,c,d)_n}{n!(1+a-b,1+a-c,1+a-d)_n}\left(\frac 1{N-n}-\frac 1{N+n+a}\right)\\ &=\frac{(a,d)_N}{N!(1+a-d)_N}\sum_{n=0}^N\frac{(1+a-b-c,a+N,-N)_n}{n!(1+a-b,1+a-c)_n}\sum_{k=n}^{N-1}\left(\frac 1{d+k}-\frac 1{N+k+a}\right) \end{align}
に代入すると,
\begin{align} &\sum_{n=0}^N\frac{(1+a-b-c,a+N,-N)_n}{n!(1+a-b,1+a-c)_n}\sum_{k=n}^{N-1}\left(\frac 1{d+k}-\frac 1{N+k+a}\right)\\ &=\frac{(b,c)_N}{(1+a-b,1+a-c)_N}\sum_{n=0}^{N-1}\left(\frac 1{n+b}+\frac 1{n+c}+\frac 1{n+d}-\frac 1{n+N+a}\right)\\ &\qquad +\frac{(1+a-b-c-d)(b,c)_N}{(1+a-b,1+a-c)_N}\sum_{n=0}^{N-1}\frac{(2n+a+1)n!(1+a-b,1+a-c,1+a-d)_n}{(a,b,c,d)_{n+1}}\sum_{k=0}^n\frac{(2k+a)(a,b,c,d)_k}{k!(1+a-b,1+a-c,1+a-d)_k} \end{align}
を得る. ここで, $d\to\infty$とすると,

\begin{align} &-\sum_{n=0}^N\frac{(1+a-b-c,a+N,-N)_n}{n!(1+a-b,1+a-c)_n}\sum_{k=n}^{N-1}\frac 1{N+k+a}\\ &=\frac{(b,c)_N}{(1+a-b,1+a-c)_N}\sum_{n=0}^{N-1}\left(\frac 1{n+b}+\frac 1{n+c}-\frac 1{n+N+a}\right)\\ &\qquad -\frac{(b,c)_N}{(1+a-b,1+a-c)_N}\sum_{n=0}^{N-1}\frac{(-1)^n(2n+a+1)n!(1+a-b,1+a-c)_n}{(a,b,c)_{n+1}}\sum_{k=0}^n\frac{(-1)^k(2k+a)(a,b,c)_k}{k!(1+a-b,1+a-c)_k} \end{align}
が得られる. これを上の式から引くと,
\begin{align} &\sum_{n=0}^N\frac{(1+a-b-c,a+N,-N)_n}{n!(1+a-b,1+a-c)_n}\sum_{k=n}^{N-1}\frac 1{d+k}\\ &=\frac{(b,c)_N}{(1+a-b,1+a-c)_N}\sum_{n=0}^{N-1}\frac 1{n+d}\\ &\qquad +\frac{(1+a-b-c-d)(b,c)_N}{(1+a-b,1+a-c)_N}\sum_{n=0}^{N-1}\frac{(2n+a+1)n!(1+a-b,1+a-c,1+a-d)_n}{(a,b,c,d)_{n+1}}\sum_{k=0}^n\frac{(2k+a)(a,b,c,d)_k}{k!(1+a-b,1+a-c,1+a-d)_k}\\ &\qquad+\frac{(b,c)_N}{(1+a-b,1+a-c)_N}\sum_{n=0}^{N-1}\frac{(-1)^n(2n+a+1)n!(1+a-b,1+a-c)_n}{(a,b,c)_{n+1}}\sum_{k=0}^n\frac{(-1)^k(2k+a)(a,b,c)_k}{k!(1+a-b,1+a-c)_k} \end{align}
そして, これをSaalschützの和公式に$\sum_{n=0}^{N-1}\frac 1{n+d}$を掛けたもの
\begin{align} \sum_{n=0}^N\frac{(1+a-b-c,a+N,-N)_n}{n!(1+a-b,1+a-c)_n}\sum_{k=0}^{N-1}\frac 1{d+k} &=\frac{(b,c)_N}{(1+a-b,1+a-c)_N}\sum_{n=0}^{N-1}\frac 1{n+d} \end{align}
から引くと, 以下を得る.

Saalschützの和公式が
\begin{align} \sum_{n=0}^N\frac{(1+a-b-c,a+N,-N)_n}{n!(1+a-b,1+a-c)_n}&=\frac{(b,c)_n}{(1+a-b,1+a-c)_n} \end{align}
と書けることから, 上の定理はそれに調和数の一般化$\sum_{k=0}^{n-1}\frac 1{d+k}$がついたものになっている. 定理1において, $d=1+a-b-c$とすると以下の系を得る.

次に, 定理1より
\begin{align} &\sum_{n=1}^N\frac{(1+a-b-c,a+N,-N)_n}{n!(1+a-b,1+a-c)_n}\sum_{k=1}^{n-1}\frac 1{k}\\ &=\lim_{d\to 0}-\frac 1d\left(\frac{(b,c)_N}{(1+a-b,1+a-c)_N}-1\right)\\ &\qquad-\frac{(1+a-b-c-d)(b,c)_N}{(1+a-b,1+a-c)_N}\sum_{n=0}^{N-1}\frac{(2n+a+1)n!(1+a-b,1+a-c,1+a-d)_n}{(a,b,c,d)_{n+1}}\sum_{k=0}^n\frac{(2k+a)(a,b,c,d)_k}{k!(1+a-b,1+a-c,1+a-d)_k}\\ &\qquad-\frac{(b,c)_N}{(1+a-b,1+a-c)_N}\sum_{n=0}^{N-1}\frac{(-1)^n(2n+a+1)n!(1+a-b,1+a-c)_n}{(a,b,c)_{n+1}}\sum_{k=0}^n\frac{(-1)^k(2k+a)(a,b,c)_k}{k!(1+a-b,1+a-c)_k}\\ &=\lim_{d\to 0}-\frac 1d\left(\frac{(b,c)_N}{(1+a-b,1+a-c)_N}-1\right)\\ &\qquad-\frac{a(1+a-b-c-d)(b,c)_N}{(1+a-b,1+a-c)_N}\sum_{n=0}^{N-1}\frac{(2n+a+1)n!(1+a-b,1+a-c,1+a-d)_n}{(a,b,c,d)_{n+1}}\\ &\qquad-\frac{(1+a-b-c)(b,c)_N}{(1+a-b,1+a-c)_N}\sum_{n=0}^{N-1}\frac{(2n+a+1)(1+a-b,1+a-c)_n}{(b,c)_{n+1}}\sum_{k=1}^n\frac{(2k+a)(b,c)_k}{k(k+a)(1+a-b,1+a-c)_k}\\ &\qquad-\frac{(b,c)_N}{(1+a-b,1+a-c)_N}\sum_{n=0}^{N-1}\frac{(-1)^n(2n+a+1)n!(1+a-b,1+a-c)_n}{(a,b,c)_{n+1}}\sum_{k=0}^n\frac{(-1)^k(2k+a)(a,b,c)_k}{k!(1+a-b,1+a-c)_k}\\ &=\frac{(b,c)_N}{(1+a-b,1+a-c)_N}\sum_{n=0}^{N-1}\frac{(2n+a+1)(1+a-b,1+a-c)_n}{(b,c)_{n+1}}\\ &\qquad+\frac{(b,c)_N}{(1+a-b,1+a-c)_N}\sum_{n=0}^{N-1}\frac{(2n+a+1)(1+a-b,1+a-c)_n}{(b,c)_{n+1}}\sum_{k=1}^n\left(\frac 1{k}+\frac 1{k+a}\right)\\ &\qquad-\frac{(1+a-b-c)(b,c)_N}{(1+a-b,1+a-c)_N}\sum_{n=0}^{N-1}\frac{(2n+a+1)(1+a-b,1+a-c)_n}{(b,c)_{n+1}}\sum_{k=1}^n\frac{(2k+a)(b,c)_k}{k(k+a)(1+a-b,1+a-c)_k}\\ &\qquad-\frac{(b,c)_N}{(1+a-b,1+a-c)_N}\sum_{n=0}^{N-1}\frac{(-1)^n(2n+a+1)n!(1+a-b,1+a-c)_n}{(a,b,c)_{n+1}}\sum_{k=0}^n\frac{(-1)^k(2k+a)(a,b,c)_k}{k!(1+a-b,1+a-c)_k}\\ \end{align}
ここで,
\begin{align} \frac{(2n+a+1)(1+a-b,1+a-c)_n}{(b,c)_{n+1}}&=\frac 1{1+a-b-c}\left(\frac{(1+a-b,1+a-c)_{n+1}}{(b,c)_{n+1}}-\frac{(1+a-b,1+a-c)_{n}}{(b,c)_{n}}\right) \end{align}
を用いて整理すると,
\begin{align} &\sum_{n=1}^N\frac{(1+a-b-c,a+N,-N)_n}{n!(1+a-b,1+a-c)_n}\sum_{k=1}^{n-1}\frac 1{k}\\ &=\sum_{n=1}^{N-1}\left(\frac 1n+\frac 1{n+a}\right)\left(\frac{(b,c)_N}{(1+a-b,1+a-c)_N}-\frac{(b,c)_n}{(1+a-b,1+a-c)_n}\right)\left(1-\frac{(1+a-b,1+a-c)_n}{(b,c)_n}\right)\\ &\qquad+\frac 1{1+a-b-c}\left(1-\frac{(b,c)_N}{(1+a-b,1+a-c)_N}\right)\\ &\qquad-\frac{(b,c)_N}{(1+a-b,1+a-c)_N}\sum_{n=0}^{N-1}\frac{(-1)^n(2n+a+1)n!(1+a-b,1+a-c)_n}{(a,b,c)_{n+1}}\sum_{k=0}^n\frac{(-1)^k(2k+a)(a,b,c)_k}{k!(1+a-b,1+a-c)_k} \end{align}
を得る. また, 定理1において$d=1$とすると,
\begin{align} &\sum_{n=0}^N\frac{(1+a-b-c,a+N,-N)_n}{n!(1+a-b,1+a-c)_n}\sum_{k=1}^{n}\frac 1{k}\\ &=-\frac{(a-b-c)(b,c)_N}{(1+a-b,1+a-c)_N}\sum_{n=0}^{N-1}\frac{(2n+a+1)(1+a-b,1+a-c)_n}{(n+1)(n+a)(b,c)_{n+1}}\sum_{k=0}^n\frac{(2k+a)(b,c)_k}{k!(1+a-b,1+a-c)_k}\\ &\qquad-\frac{(b,c)_N}{(1+a-b,1+a-c)_N}\sum_{n=0}^{N-1}\frac{(-1)^n(2n+a+1)n!(1+a-b,1+a-c)_n}{(a,b,c)_{n+1}}\sum_{k=0}^n\frac{(-1)^k(2k+a)(a,b,c)_k}{k!(1+a-b,1+a-c)_k}\\ &=-\frac{(b,c)_N}{(1+a-b,1+a-c)_N}\sum_{n=0}^{N-1}\frac{(2n+a+1)(1+a-b,1+a-c)_n}{(n+1)(n+a)(b,c)_{n+1}}\left((a-b)(a-c)-\frac{(b,c)_{n+1}}{(1+a-b,1+a-c)_n}\right)\\ &\qquad-\frac{(b,c)_N}{(1+a-b,1+a-c)_N}\sum_{n=0}^{N-1}\frac{(-1)^n(2n+a+1)n!(1+a-b,1+a-c)_n}{(a,b,c)_{n+1}}\sum_{k=0}^n\frac{(-1)^k(2k+a)(a,b,c)_k}{k!(1+a-b,1+a-c)_k}\\ &=\frac{(b,c)_N}{(1+a-b,1+a-c)_N}\sum_{n=0}^{N-1}\left(\frac 1{n+1}+\frac 1{n+a}\right)\left(1-\frac{(a-b,a-c)_{n+1}}{(b,c)_{n+1}}\right)\\ &\qquad-\frac{(b,c)_N}{(1+a-b,1+a-c)_N}\sum_{n=0}^{N-1}\frac{(-1)^n(2n+a+1)n!(1+a-b,1+a-c)_n}{(a,b,c)_{n+1}}\sum_{k=0}^n\frac{(-1)^k(2k+a)(a,b,c)_k}{k!(1+a-b,1+a-c)_k}\\ \end{align}
これらの差を考えると,
\begin{align} &\sum_{n=1}^N\frac{(1+a-b-c,a+N,-N)_n}{n!n(1+a-b,1+a-c)_n}\\ &=\sum_{n=1}^N\frac{(1+a-b-c,a+N,-N)_n}{n!(1+a-b,1+a-c)_n}\sum_{k=1}^{n}\frac 1{k}\\ &=\frac{(b,c)_N}{(1+a-b,1+a-c)_N}\sum_{n=0}^{N-1}\left(\frac 1{n+1}+\frac 1{n+a}\right)\left(1-\frac{(a-b,a-c)_{n+1}}{(b,c)_{n+1}}\right)\\ &\qquad-\sum_{n=1}^{N-1}\left(\frac 1n+\frac 1{n+a}\right)\left(\frac{(b,c)_N}{(1+a-b,1+a-c)_N}-\frac{(b,c)_n}{(1+a-b,1+a-c)_n}\right)\left(1-\frac{(1+a-b,1+a-c)_n}{(b,c)_n}\right)\\ &\qquad-\frac 1{1+a-b-c}\left(1-\frac{(b,c)_N}{(1+a-b,1+a-c)_N}\right)\\ &=\frac{(b,c)_N}{(1+a-b,1+a-c)_N}\sum_{n=1}^{N}\frac 1{n}\left(1-\frac{(a-b,a-c)_{n}}{(b,c)_{n}}\right)\\ &\qquad+\frac{(b,c)_N}{(1+a-b,1+a-c)_N}\sum_{n=0}^{N-1}\frac 1{n+a}\left(1-\frac{(a-b,a-c)_{n+1}}{(b,c)_{n+1}}\right)\\ &\qquad-\sum_{n=1}^{N}\frac 1n\left(\frac{(b,c)_N}{(1+a-b,1+a-c)_N}-\frac{(b,c)_n}{(1+a-b,1+a-c)_n}\right)\left(1-\frac{(1+a-b,1+a-c)_n}{(b,c)_n}\right)\\ &\qquad-\sum_{n=0}^{N-1}\frac 1{n+a}\left(\frac{(b,c)_N}{(1+a-b,1+a-c)_N}-\frac{(b,c)_n}{(1+a-b,1+a-c)_n}\right)\left(1-\frac{(1+a-b,1+a-c)_n}{(b,c)_n}\right)\\ &\qquad-\frac 1{1+a-b-c}\left(1-\frac{(b,c)_N}{(1+a-b,1+a-c)_N}\right)\\ &=\frac{(b,c)_N}{(1+a-b,1+a-c)_N}\sum_{n=1}^{N}\frac 1{n}\frac{(1+a-b,1+a-c)_n-(a-b,a-c)_{n}}{(b,c)_{n}}\\ &\qquad+\frac{(b,c)_N}{(1+a-b,1+a-c)_N}\sum_{n=0}^{N-1}\frac 1{n+a}\left(\frac{(1+a-b,1+a-c)_n}{(b,c)_n}-\frac{(a-b,a-c)_{n+1}}{(b,c)_{n+1}}\right)\\ &\qquad+\sum_{n=1}^{N}\frac 1n\left(\frac{(b,c)_n}{(1+a-b,1+a-c)_n}-1\right)+\sum_{n=0}^{N-1}\frac 1{n+a}\left(\frac{(b,c)_n}{(1+a-b,1+a-c)_n}-1\right)\\ &\qquad-\frac 1{1+a-b-c}\left(1-\frac{(b,c)_N}{(1+a-b,1+a-c)_N}\right)\\ &=\frac{(b,c)_N}{(1+a-b,1+a-c)_N}\sum_{n=1}^{N}\frac{(n+2a-b-c)(1+a-b,1+a-c)_{n-1}}{(b,c)_{n}}\\ &\qquad+\frac{(b,c)_N}{(1+a-b,1+a-c)_N}\sum_{n=0}^{N-1}\frac{(n-a+b+c)(1+a-b,1+a-c)_{n}}{(b,c)_{n+1}}\\ &\qquad+\sum_{n=1}^{N}\frac 1n\left(\frac{(b,c)_n}{(1+a-b,1+a-c)_n}-1\right)+\sum_{n=0}^{N-1}\frac 1{n+a}\left(\frac{(b,c)_n}{(1+a-b,1+a-c)_n}-1\right)\\ &\qquad-\frac 1{1+a-b-c}\left(1-\frac{(b,c)_N}{(1+a-b,1+a-c)_N}\right)\\ &=\frac{(b,c)_N}{(1+a-b,1+a-c)_N}\sum_{n=0}^{N-1}\frac{(2n+a)(1+a-b,1+a-c)_{n}}{(b,c)_{n+1}}\\ &\qquad+\sum_{n=1}^{N}\frac 1n\left(\frac{(b,c)_n}{(1+a-b,1+a-c)_n}-1\right)+\sum_{n=0}^{N-1}\frac 1{n+a}\left(\frac{(b,c)_n}{(1+a-b,1+a-c)_n}-1\right)\\ &\qquad-\frac 1{1+a-b-c}\left(1-\frac{(b,c)_N}{(1+a-b,1+a-c)_N}\right)\\ &=\sum_{n=1}^{N}\frac 1n\left(\frac{(b,c)_n}{(1+a-b,1+a-c)_n}-1\right)+\sum_{n=0}^{N-1}\frac 1{n+a}\left(\frac{(b,c)_n}{(1+a-b,1+a-c)_n}-1\right) \end{align}
となる. よって以下を得る.

最後の等式は非常にシンプルにまとまったが, よく知られた超幾何級数の変換公式などからシンプルに示すことはできるだろうか.