6F5の有限対称モーメント
前回の記事 で適当な平衡条件を満たす${}_6F_5$の有限対称モーメントの別の表示を得た. 今回はそれを前の記事の結果の応用として計算しようと思う. 前の記事 の命題3は以下のようなものだった.
\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_N(w)&:=\sum_{n=0}^N\frac{c_n}{n+w}\\
\hat{\mu}_N^a(w)&:=-\mu_N(w)-\mu_N(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}_N^a(w+N)\\
&=-\sum_{n=0}^N\frac{(w+1-b_1,\dots,w+1-b_r)_n}{(w+b_1-a,\dots,w+b_r-a)_n}\frac{(b_1,\dots,b_r)_n}{(1+a-b_1,\dots,1+a-b_r)_n}\left(\frac{1}{w+2n}+\frac 1{a-w}\right)\\
&\qquad-\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}}\frac{(b_1,\dots,b_r)_{n+1}}{(1+a-b_1,\dots,1+a-b_r)_n}\left(\frac{(-1)^rt}{w+2n+1}-\frac 1{a-w}\right)\\
&\qquad +(-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\sum_{k=0}^n\hat{F}(k,n+w)c_k
\end{align}
が成り立つ. ここで,
\begin{align}
\left(x+\frac a2-b_1\right)\cdots\left(x+\frac a2-b_r\right)=:\sum_{k=0}^rs_{r-k}x^k
\end{align}
として
\begin{align}
\hat{F}(x,w)&=2\sum_{k=1}^rs_{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.
今回は$r=6$として
\begin{align}
c_n&=\frac{(a,b,c,d,e,f)_n}{n!(1+a-b,1+a-c,1+a-d,1+a-e,1+a-f)_n}
\end{align}
を考える. このとき, 命題1の多項式は
\begin{align}
\hat{F}(x,w)&=2s_3(2w+1-a)\left(x+\frac a2\right)+2s_2(2w+1-a)\left(x+\frac a2\right)\\
&\qquad+2s_1\left(\left(w+1-\frac a2\right)^3-\left(\frac a2-w\right)^3\right)\left(x+\frac a2\right)+2s_1(2w+1-a)\left(x+\frac a2\right)^3\\
&\qquad+2s_0\left(\left(w+1-\frac a2\right)^4-\left(\frac a2-w\right)^4\right)\left(x+\frac a2\right)+2s_0(2w+1-a)\left(x+\frac a2\right)^3\\
&=(2w+1-a)\left(s_3+s_2+(s_1+2)\left(w+\frac{1-a}2\right)^2+\frac 34s_1+\frac 12+(s_1+1)\left(x+\frac a2\right)^2\right)(2x+a)
\end{align}
を得る. ここで, $s_1+2=2+2a-b-c-d-e-f=0$とすると, これは
\begin{align}
\hat{F}(x,w)&=(2w+1-a)\left(s_3+s_2-1-\left(x+\frac a2\right)^2\right)(2x+a)
\end{align}
とシンプルに表される. これを命題1に代入すると, 以下を得る.
$2+2a-b-c-d-e-f=0$のとき,
\begin{align}
&\frac{(w+1-a,w+1-b,w+1-c,w+1-d,w+1-e,w+1-f)_N}{(w,w+b-a,w+c-a,w+d-a,w+e-a,w+f-a)_N}\\
&\qquad\cdot\sum_{n=0}^{N}\frac{(a,b,c,d,e,f)_n}{n!(1+a-b,1+a-c,1+a-d,1+a-e,1+a-f)_n}\left(\frac 1{N-n+w-a}-\frac 1{n+N+w}\right)\\
&=-\sum_{n=0}^N\frac{(w+1-a,w+1-b,w+1-c,w+1-d,w+1-e,w+1-f)_n}{(w,w+b-a,w+c-a,w+d-a,w+e-a,w+f-a)_n}\\
&\qquad\cdot\frac{(a,b,c,d,e,f)_n}{n!(1+a-b,1+a-c,1+a-d,1+a-e,1+a-f)_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,w+1-e,w+1-f)_n}{(w,w+b-a,w+c-a,w+d-a,w+e-a,w+f-a)_{n+1}}\\
&\qquad\cdot\frac{(a,b,c,d,e,f)_{n+1}}{n!(1+a-b,1+a-c,1+a-d,1+a-e,1+a-f)_n}\left(\frac{1}{w+2n+1}-\frac 1{a-w}\right)\\
&\qquad -\sum_{n=0}^{N-1}\frac{(2(n+w)+1-a)(w+1-a,w+1-b,w+1-c,w+1-d,w+1-e,w+1-f)_n}{(w,w+b-a,w+c-a,w+d-a,w+e-a,w+f-a)_{n+1}}\\
&\qquad\cdot\sum_{k=0}^n\frac{(2k+a)\left(\left(k+\frac a2\right)^2+1-s_2-s_3\right)(a,b,c,d,e,f)_k}{k!(1+a-b,1+a-c,1+a-d,1+a-e,1+a-f)_k}
\end{align}
が成り立つ. ここで, $s_2,s_3$は
\begin{align}
&\left(x-\frac a2\right)\left(x+\frac a2-b\right)\left(x+\frac a2-c\right)\left(x+\frac a2-d\right)\left(x+\frac a2-e\right)\left(x+\frac a2-f\right)=:\sum_{k=0}^6s_{6-k}x^k
\end{align}
によって与えられる.
定理1において, $w\to a$を考えると,
\begin{align}
&\frac{N!(1+a-b,1+a-c,1+a-d,1+a-e,1+a-f)_N}{(a,b,c,d,e,f)_N}\\
&\qquad\cdot\sum_{n=0}^{N-1}\frac{(a,b,c,d,e,f)_n}{n!(1+a-b,1+a-c,1+a-d,1+a-e,1+a-f)_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,w+1-e,w+1-f)_N}{(w,w+b-a,w+c-a,w+d-a,w+e-a,w+f-a)_N}\\
&\qquad\cdot\sum_{n=0}^{N-1}\frac{(a,b,c,d,e,f)_n}{n!(1+a-b,1+a-c,1+a-d,1+a-e,1+a-f)_n}\left(\frac 1{N-n+w-a}-\frac 1{n+N+w}\right)\\
&=-\sum_{n=0}^{N-1}\left(\frac 1{a+2n}+\frac 1{a+2n+1}\right)\\
&\qquad+\sum_{n=0}^{N-1}\left(\frac 1{n+a}+\frac 1{n+b}+\frac 1{n+c}+\frac 1{n+d}+\frac 1{n+e}+\frac 1{n+f}\right)\\
&\qquad -\sum_{n=0}^{N-1}\frac{(2n+a+1)n!(1+a-b,1+a-c,1+a-d,1+a-e,1+a-f)_n}{(a,b,c,d,e,f)_{n+1}}\\
&\qquad\cdot\sum_{k=0}^n\frac{(2k+a)\left(\left(k+\frac a2\right)^2+1-s_2-s_3\right)(a,b,c,d,e,f)_k}{k!(1+a-b,1+a-c,1+a-d,1+a-e,1+a-f)_k}
\end{align}
よって以下を得る.
$2+2a-b-c-d-e-f=0$のとき,
\begin{align}
&\frac{N!(1+a-b,1+a-c,1+a-d,1+a-e,1+a-f)_N}{(a,b,c,d,e,f)_N}\\
&\qquad\cdot\sum_{n=0}^{N-1}\frac{(a,b,c,d,e,f)_n}{n!(1+a-b,1+a-c,1+a-d,1+a-e,1+a-f)_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+e}+\frac 1{n+f}-\frac 1{a+N+n}\right)\\
&\qquad -\sum_{n=0}^{N-1}\frac{(2n+a+1)n!(1+a-b,1+a-c,1+a-d,1+a-e,1+a-f)_n}{(a,b,c,d,e,f)_{n+1}}\\
&\qquad\cdot\sum_{k=0}^n\frac{(2k+a)\left(\left(k+\frac a2\right)^2+1-s_2-s_3\right)(a,b,c,d,e,f)_k}{k!(1+a-b,1+a-c,1+a-d,1+a-e,1+a-f)_k}
\end{align}
が成り立つ. ここで, $s_2,s_3$は
\begin{align}
&\left(x-\frac a2\right)\left(x+\frac a2-b\right)\left(x+\frac a2-c\right)\left(x+\frac a2-d\right)\left(x+\frac a2-e\right)\left(x+\frac a2-f\right)=:\sum_{k=0}^6s_{6-k}x^k
\end{align}
によって与えられる.
例として, $a=b=c=d=e=f=\frac 23$のとき,
\begin{align}
s_2&=\frac{5}{3}, s_3=-\frac{20}{27}
\end{align}
と計算できるから,
\begin{align}
&\left(\frac{N!}{\left(\frac 23\right)_N}\right)^6\sum_{n=0}^{N-1}\left(\frac{\left(\frac 23\right)_n}{n!}\right)^6\left(\frac 1{N-n}-\frac 1{n+N+\frac 23}\right)\\
&=\sum_{n=0}^{N-1}\left(\frac{5}{n+\frac 23}-\frac 1{n+N+\frac 23}\right)\\
&\qquad-\sum_{n=0}^{N-1}\left(2n+\frac 53\right)\left(\frac{n!}{\left(\frac 23\right)_{n+1}}\right)^6\sum_{k=0}^n\left(2k+\frac 23\right)\left(\left(k+\frac 13\right)^2+\frac{2}{27}\right)\left(\frac{\left(\frac 23\right)_k}{k!}\right)^6
\end{align}
が得られる.
調和数付きDougallの和公式
前回の記事
の定理2, 系2より, $w=1+2a-b-c-d, 2+2a-b-c-d-e-f=0$として,
\begin{align}
&\sum_{n=0}^N\frac{2n+w}w\frac{(w,w+b-a,w+c-a,w+d-a,a+N,-N)_n}{n!(1+a-b,1+a-c,1+a-d,1-N+w-a,1+w+N)_n}\\
&\qquad\cdot\sum_{k=n}^{N-1}\left(\frac 1{e+k}+\frac 1{f+k}\right)\\
&=\frac{N!(1+w)_N}{(a,a-w)_N}\sum_{n=0}^{N-1}\frac{(a,b,c,d)_n}{n!(1+a-b,1+a-c,1+a-d)_n}\frac{2n+a}{(n-N)(n+N+a)}\\
&\qquad-\frac{N!(1+a-e,1+a-f,1+w)_N}{(a,e,f,a-w)_N}\\
&\qquad\cdot\sum_{n=0}^{N-1}\frac{(a,b,c,d,e,f)_n}{n!(1+a-b,1+a-c,1+a-d,1+a-e,1+a-f)_n}\frac{2n+a}{(n-N)(n+N+a)}
\end{align}
と書ける.
前回の記事
の系2の後の結果と今回の系1を用いると,
\begin{align}
&\frac{(1+a-b,1+a-c,1+a-d,a-w)_N}{(b,c,d,1+w)_N}\\
&\qquad\cdot\sum_{n=0}^N\frac{2n+w}w\frac{(w,w+b-a,w+c-a,w+d-a,a+N,-N)_n}{n!(1+a-b,1+a-c,1+a-d,1-N+w-a,1+w+N)_n}\sum_{k=n}^{N-1}\left(\frac 1{e+k}+\frac 1{f+k}\right)\\
&=\sum_{n=0}^{N-1}\left(\frac 1{n+e}+\frac 1{n+f}\right)\\
&\qquad -\sum_{n=0}^{N-1}\frac{(2n+a+1)n!(1+a-b,1+a-c,1+a-d,1+a-e,1+a-f)_n}{(a,b,c,d,e,f)_{n+1}}\\
&\qquad\cdot\sum_{k=0}^n\frac{(2k+a)\left(\left(k+\frac a2\right)^2+1-s_2-s_3\right)(a,b,c,d,e,f)_k}{k!(1+a-b,1+a-c,1+a-d,1+a-e,1+a-f)_k}\\
&\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}}\\
&\qquad\cdot\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}
よって, 以下を得る.
$w=1+2a-b-c-d, 2+2a-b-c-d-e-f=0$のとき,
\begin{align}
&\frac{(1+a-b,1+a-c,1+a-d,a-w)_N}{(b,c,d,1+w)_N}\\
&\qquad\cdot\sum_{n=0}^N\frac{2n+w}w\frac{(w,w+b-a,w+c-a,w+d-a,a+N,-N)_n}{n!(1+a-b,1+a-c,1+a-d,1-N+w-a,1+w+N)_n}\sum_{k=0}^{n-1}\left(\frac 1{e+k}+\frac 1{f+k}\right)\\
&=\sum_{n=0}^{N-1}\frac{(2n+a+1)n!(1+a-b,1+a-c,1+a-d,1+a-e,1+a-f)_n}{(a,b,c,d,e,f)_{n+1}}\\
&\qquad\cdot\sum_{k=0}^n\frac{(2k+a)\left(\left(k+\frac a2\right)^2+1-s_2-s_3\right)(a,b,c,d,e,f)_k}{k!(1+a-b,1+a-c,1+a-d,1+a-e,1+a-f)_k}\\
&\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}}\\
&\qquad\cdot\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}
が成り立つ. ここで, $s_2,s_3$は
\begin{align}
&\left(x-\frac a2\right)\left(x+\frac a2-b\right)\left(x+\frac a2-c\right)\left(x+\frac a2-d\right)\left(x+\frac a2-e\right)\left(x+\frac a2-f\right)=:\sum_{k=0}^6s_{6-k}x^k
\end{align}
によって与えられる.
