Well-poised超幾何級数の対称モーメント
前の記事 で示した命題2は以下のようなものである.
$b_r:=1$
\begin{align}
\mu(w)&:=\sum_{0\leq n}\frac{(a_1,\dots,a_r)_n}{(b_1,\dots,b_r)_n}\frac{t^n}{n+w}
\end{align}
とする. $w$に関する多項式$p(w)$を
\begin{align}
p(w)&=\sum_{0\leq n}\frac{((b_1-w-1)\cdots(b_r-w-1)-(b_1+n-1)\cdots(b_r+n-1))c_n}{n+w}\\
&\qquad-\sum_{0\leq n}\frac{((a_1-w-1)\cdots(a_r-w-1)-(a_1+n-1)\cdots(a_r+n-1))tc_{n-1}}{n+w}
\end{align}
によって定義すると,
\begin{align}
\mu(w+N)&=\frac{(w+1-b_1,\dots,w+1-b_r)_N}{(w+1-a_1,\dots,w+1-a_r)_N}t^{-N}\left(\mu(w)-(-1)^r\sum_{n=0}^{N-1}\frac{(w+1-a_1,\dots,w+1-a_r)_{n}}{(w+1-b_1,\dots,w+1-b_r)_{n+1}}t^{n}p(n+w)\right)\\
\mu(w-N)&=\frac{(a_1-w,\dots,a_r-w)_N}{(b_1-w,\dots,b_r-w)_N}t^N\left(\mu(w)+\frac 1t\sum_{n=0}^{N-1}\frac{(b_1-w,\dots,b_r-w)_{n}}{(a_1-w,\dots,a_r-w)_{n+1}t^n}p(w-n-1)\right)
\end{align}
が成り立つ.
今回は興味をWell-poisedなもの, つまり
\begin{align}
c_n&:=\frac{(b_1,\dots,b_r)_n}{(1+a-b_1,\dots,1+a-b_r)_n}t^n, t\in\{1,-1\}, b_r:=a
\end{align}
に制限して, そのモーメントについて考える.
\begin{align}
\mu(w)&:=\sum_{0\leq n}\frac{c_n}{n+w}\\
\hat{\mu}^a(w)&:=-\mu(w)-\mu(a-w)
\end{align}
によってモーメント, 対称モーメントを定義する. この場合の命題1は$w$に関する多項式$p(w)$を
\begin{align}
p(w)&=\sum_{0\leq n}\frac{((a-b_1-w)\cdots(a-b_r-w)-(a-b_1+n)\cdots(a-b_r+n))c_n}{n+w}\\
&\qquad-\sum_{0\leq n}\frac{((b_1-w-1)\cdots(b_r-w-1)-(b_1+n-1)\cdots(b_r+n-1))tc_{n-1}}{n+w}
\end{align}
によって定義すると,
\begin{align}
\mu(w+N)&=\frac{(w+b_1-a,\dots,w+b_r-a)_N}{(w+1-b_1,\dots,w+1-b_r)_N}t^{N}\left(\mu(w)-(-1)^r\sum_{n=0}^{N-1}\frac{(w+1-b_1,\dots,w+1-b_r)_{n}}{(w+b_1-a,\dots,w+b_r-a)_{n+1}}t^{n}p(n+w)\right)\\
\mu(w-N)&=\frac{(b_1-w,\dots,b_r-w)_N}{(1+a-b_1-w,\dots,1+a-b_r-w)_N}t^N\left(\mu(w)+t\sum_{n=0}^{N-1}\frac{(1+a-b_1-w,\dots,1+a-b_r-w)_{n}}{(b_1-w,\dots,b_r-w)_{n+1}}t^np(w-n-1)\right)
\end{align}
が成り立つ. 下の式を$w\mapsto a-w$として合わせると,
\begin{align}
&\frac{(w+1-b_1,\dots,w+1-b_r)_N}{(w+b_1-a,\dots,w+b_r-a)_N}t^{N}\hat{\mu}^a(w+N)\\
&=\hat{\mu}^a(w)+(-1)^r\sum_{n=0}^{N-1}\frac{(w+1-b_1,\dots,w+1-b_r)_{n}}{(w+b_1-a,\dots,w+b_r-a)_{n+1}}t^{n}p(n+w)\\
&\qquad -t\sum_{n=0}^{N-1}\frac{(w+1-b_1,\dots,w+1-b_r)_{n}}{(w+b_1-a,\dots,w+b_r-a)_{n+1}}t^np(a-w-n-1)\\
&=\hat{\mu}^a(w)+(-1)^r\sum_{n=0}^{N-1}\frac{(w+1-b_1,\dots,w+1-b_r)_{n}}{(w+b_1-a,\dots,w+b_r-a)_{n+1}}t^{n}(p(n+w)-(-1)^rtp(a-w-n-1))
\end{align}
を得る. まとめると, 以下を得る.
\begin{align}
c_n&:=\frac{(b_1,\dots,b_r)_n}{(1+a-b_1,\dots,1+a-b_r)_n}t^n, t\in\{1,-1\}, b_r:=a\\
\mu(w)&:=\sum_{0\leq n}\frac{c_n}{n+w}\\
\hat{\mu}^a(w)&:=-\mu(w)-\mu(a-w)
\end{align}
とする. このとき,
\begin{align}
&\frac{(w+1-b_1,\dots,w+1-b_r)_N}{(w+b_1-a,\dots,w+b_r-a)_N}t^{N}\hat{\mu}^a(w+N)\\
&=\hat{\mu}^a(w)+(-1)^r\sum_{n=0}^{N-1}\frac{(w+1-b_1,\dots,w+1-b_r)_{n}}{(w+b_1-a,\dots,w+b_r-a)_{n+1}}t^{n}\hat{p}(n+w)
\end{align}
が成り立つ. ここで, 多項式$\hat{p}(w)$は
\begin{align}
p(w)&=\sum_{0\leq n}\frac{((a-b_1-w)\cdots(a-b_r-w)-(a-b_1+n)\cdots(a-b_r+n))c_n}{n+w}\\
&\qquad-\sum_{0\leq n}\frac{((b_1-w-1)\cdots(b_r-w-1)-(b_1+n-1)\cdots(b_r+n-1))tc_{n-1}}{n+w}\\
\hat{p}(w)&=p(w)-(-1)^rtp(a-w-1)
\end{align}
によって定義される.
多項式$\hat{p}(w)$の性質をより詳しく調べる. 定義より,
\begin{align}
\hat{p}(w)&=\sum_{0\leq n}\frac{((a-b_1-w)\cdots(a-b_r-w)-(a-b_1+n)\cdots(a-b_r+n))c_n}{n+w}\\
&\qquad-t\sum_{0\leq n}\frac{((b_1-w-1)\cdots(b_r-w-1)-(b_1+n-1)\cdots(b_r+n-1))c_{n-1}}{n+w}\\
&\qquad-(-1)^rt\sum_{0\leq n}\frac{((w+1-b_1)\cdots(w+1-b_r)-(a-b_1+n)\cdots(a-b_r+n))c_n}{n+a-w-1}\\
&\qquad+(-1)^r\sum_{0\leq n}\frac{((w+b_1-a)\cdots(w+b_r-a)-(b_1+n-1)\cdots(b_r+n-1))c_{n-1}}{n+a-w-1}\\
&=\sum_{0\leq n}\frac{((a-b_1-w)\cdots(a-b_r-w)-(a-b_1+n)\cdots(a-b_r+n))c_n}{n+w}\\
&\qquad-t\sum_{0\leq n}\frac{((b_1-w-1)\cdots(b_r-w-1)-(b_1+n)\cdots(b_r+n))c_{n}}{n+w+1}\\
&\qquad-t\sum_{0\leq n}\frac{((b_1-w-1)\cdots(b_r-w-1)-(b_1-n-a)\cdots(b_r-n-a))c_n}{n+a-w-1}\\
&\qquad+\sum_{0\leq n}\frac{((a-b_1-w)\cdots(a-b_r-w)-(-b_1-n)\cdots(-b_r-n))c_{n}}{n+a-w}\\
&=\sum_{0\leq n}(F(n,w)-F(-n-a,w))c_n
\end{align}
ここで, $F(x)$は多項式
\begin{align}
F(x,w)&:=\frac{((a-b_1-w)\cdots(a-b_r-w)-(a-b_1+x)\cdots(a-b_r+x))}{x+w}\\
&\qquad-t\frac{((b_1-w-1)\cdots(b_r-w-1)-(b_1+x)\cdots(b_r+x))}{x+w+1}
\end{align}
である.
\begin{align}
\hat{F}(x,w):=F(x,w)-F(-x-a,w)
\end{align}
とすれば, これは$2x+a$に関する奇関数である. まとめると以下のようになる.
命題2における$\hat{p}(w)$は
\begin{align}
\hat{p}(w)=\sum_{0\leq n}\hat{F}(n,w)c_n
\end{align}
と表される. ここで,
\begin{align}
F(x,w)&:=\frac{((a-b_1-w)\cdots(a-b_r-w)-(a-b_1+x)\cdots(a-b_r+x))}{x+w}\\
&\qquad-t\frac{((b_1-w-1)\cdots(b_r-w-1)-(b_1+x)\cdots(b_r+x))}{x+w+1}\\
\hat{F}(x,w)&:=F(x,w)-F(-x-a,w)
\end{align}
である. 定義より$F(x,w)$は$2x+a$に関する奇関数であり, $t=1$のとき$r-2$次以下, $t=-1$のとき$r-1$次以下である.
この命題の意味するところは, Well-poised超幾何級数の対称モーメントの係数の計算に必要な値は奇数であるような$k$に関する
\begin{align}
\sum_{0\leq n}(2n+a)^kc_n
\end{align}
だけであるということである. 特に$r=4, t=1$の場合, Dougallの和公式より
\begin{align}
&\sum_{0\leq n}(2n+a)\frac{(a,b,c,d)_n}{n!(1+a-b,1+a-c,1+a-d)_n}\\
&=\frac{\Gamma(1+a-b)\Gamma(1+a-c)\Gamma(1+a-d)\Gamma(1+a-b-c-d)}{\Gamma(a)\Gamma(1+a-b-c)\Gamma(1+a-b-d)\Gamma(1+a-c-d)}
\end{align}
であるから対称モーメントの係数が計算できることになる. 定義のまま$\hat{F}$を計算するのは少し大変なので工夫することを考える. $x$に関する多項式の展開
\begin{align}
\left(x+\frac a2-b_1\right)\cdots\left(x+\frac a2-b_r\right)=:\sum_{k=0}^{r}s_{r-k}x^k
\end{align}
によって$s_k$を導入すると
\begin{align}
F(x,w)&=\frac{((a-b_1-w)\cdots(a-b_r-w)-(a-b_1+x)\cdots(a-b_r+x))}{x+w}\\
&\qquad-t\frac{((b_1-w-1)\cdots(b_r-w-1)-(b_1+x)\cdots(b_r+x))}{x+w+1}\\
&=\sum_{k=0}^{r}s_{r-k}\left(\frac{(\frac a2-w)^k-\left(\frac a2+x\right)^k}{x+w}-(-1)^rt\frac{\left(w+1-\frac a2\right)^k-\left(-\frac a2-x\right)^k}{x+w+1}\right)\\
&=\sum_{k=1}^{r}s_{r-k}\sum_{0\leq i,j,i+j=k-1}\left(x+\frac a2\right)^j\left(-\left(\frac a2-w\right)^i-(-1)^{r+j}t\left(w+1-\frac a2\right)^i\right)
\end{align}
よって, $\hat{F}(x,w)$は
\begin{align}
\hat{F}(x,w)&=2\sum_{k=1}^{r}s_{r-k}\sum_{\substack{0\leq i,j,i+j=k-1\\j:\mathrm{odd}}}\left(-\left(\frac a2-w\right)^i+(-1)^{r}t\left(w+1-\frac a2\right)^i\right)\left(x+\frac a2\right)^j
\end{align}
と表される. $r=4, t=1$のとき,
\begin{align}
c_n&=\frac{(a,b,c,d)_n}{n!(1+a-b,1+a-c,1+a-d)_n}
\end{align}
として,
\begin{align}
\hat{F}(x,w)&=2\sum_{k=1}^4s_{4-k}\sum_{\substack{0\leq i,j,i+j=k-1\\j:\mathrm{odd}}}\left(\left(w+1-\frac a2\right)^i-\left(\frac a2-w\right)^i\right)\left(x+\frac a2\right)^j\\
&=2s_1(2w+1-a)\left(x+\frac a2\right)+2s_0(2w+1-a)\left(x+\frac a2\right)\\
&=\left(1+a-b-c-d\right)(2w+1-a)(2x+a)
\end{align}
であるから,
\begin{align}
\hat{p}(w)&=(1+a-b-c-d)(2w+1-a)\sum_{0\leq n}\frac{(2n+a)(a,b,c,d)_n}{n!(1+a-b,1+a-c,1+a-d)_n}\\
&=(1+a-b-c-d)(2w+1-a)\frac{\Gamma(1+a-b)\Gamma(1+a-c)\Gamma(1+a-d)\Gamma(1+a-b-c-d)}{\Gamma(a)\Gamma(1+a-b-c)\Gamma(1+a-b-d)\Gamma(1+a-c-d)}\\
&=\frac{\Gamma(1+a-b)\Gamma(1+a-c)\Gamma(1+a-d)\Gamma(2+a-b-c-d)}{\Gamma(a)\Gamma(1+a-b-c)\Gamma(1+a-b-d)\Gamma(1+a-c-d)}(2w+1-a)
\end{align}
この場合は
\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}\hat{\mu}^a(w+N)\\
&=\hat{\mu}^a(w)+\frac{\Gamma(1+a-b)\Gamma(1+a-c)\Gamma(1+a-d)\Gamma(2+a-b-c-d)}{\Gamma(a)\Gamma(1+a-b-c)\Gamma(1+a-b-d)\Gamma(1+a-c-d)}\\
&\qquad\cdot\sum_{n=0}^{N-1}\frac{(2n+2w+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}}
\end{align}
となる. つまり, 以下が得られた.
\begin{align}
\hat{\mu}^a(w)&:=\sum_{0\leq n}\frac{(a,b,c,d)_n}{n!(1+a-b,1+a-c,1+a-d)_n}\left(\frac 1{w-a-n}-\frac 1{w+n}\right)
\end{align}
とするとき,
\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}\hat{\mu}^a(w+N)\\
&=\hat{\mu}^a(w)+\frac{\Gamma(1+a-b)\Gamma(1+a-c)\Gamma(1+a-d)\Gamma(2+a-b-c-d)}{\Gamma(a)\Gamma(1+a-b-c)\Gamma(1+a-b-d)\Gamma(1+a-c-d)}\\
&\qquad\cdot\sum_{n=0}^{N-1}\frac{(2n+2w+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}}
\end{align}
が成り立つ.
$d\to\infty$とすると, 以下を得る.
\begin{align}
\hat{\mu}^a(w)&:=\sum_{0\leq n}\frac{(-1)^n(a,b,c)_n}{n!(1+a-b,1+a-c)_n}\left(\frac 1{w-a-n}-\frac 1{w+n}\right)
\end{align}
とするとき,
\begin{align}
&\frac{(-1)^N(w+1-a,w+1-b,w+1-c)_N}{(w,w+b-a,w+c-a)_N}\hat{\mu}^a(w+N)\\
&=\hat{\mu}^a(w)-\frac{\Gamma(1+a-b)\Gamma(1+a-c)}{\Gamma(a)\Gamma(1+a-b-c)}\sum_{n=0}^{N-1}\frac{(-1)^n(2n+2w+1-a)(w+1-a,w+1-b,w+1-c)_{n}}{(w,w+b-a,w+c-a)_{n+1}}
\end{align}
が成り立つ.
このようにWell-poised超幾何級数に関しては, 対称モーメントならより具体的に計算できる場合があるというところが興味深いと思う.
