中央二項係数っていつもそうですよね？私の事どう思っているんですか？
中央ニ項係数って素敵♡
んちゃ！
今回は中央二項係数で作って遊ぶよ！
この記事は書きかけだよ！仕事しながらだから許して...
ベータ関数とに項係数を含む和
\begin{eqnarray} B(m,n)&=&\frac{(m-1)!(n-1)!)}{(m+n-1)!}\\ &=&\int_{0}^{1}x^{m-1}(1-x)^{n-1}dx\quad (m,n\in\mathbb{N}) \end{eqnarray}
\begin{equation} \begin{pmatrix}n\\k\end{pmatrix}^{-1}=(n+1)\int_{0}^{1}x^{k}(1-x)^{n-k}dx \end{equation}
\begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} \sum_{n=0}^{\infty}a_{n}\begin{pmatrix}2n\\n\end{pmatrix}\\ \sum_{n=0}^{\infty}\frac{a_{n}}{\begin{pmatrix}2n\\n\end{pmatrix}} \end{array} \right. \end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
&&y=(\arcsin{x})^{2}\\
&&y^{'}=\frac{2\arcsin{x}}{\sqrt{1-x^{2}}}\\
&&y^{''}=\frac{2}{1-x^{2}}(\frac{x\arcsin{x}}{\sqrt{1-x^{2}}}+1)
\end{eqnarray}
ゆえに以下の微分方程式を得る。
\begin{equation}
(1-x^{2})y^{''}-xy^{'}=2
\end{equation}
$y=\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n}$と置きこれを先の微分方程式に代入すると次の様に計算できる。
\begin{eqnarray}
&&2a_{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\{(n+2)(n+1)a_{n+2}-n^{2}a_{n}\}=2\\
&&a_{2}=1\\
&&a_{n+2}=\frac{n^{2}}{(n+2)(n+1)}a_{n}
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
a_{2n}&=&\frac{(2n-2)^{2}}{2n(2n-1)}a_{2(n-1)}\\
&=&\frac{2^{2n-1}\{(n-1)!\}^{2}}{(2n)!}a_{2}\\
&=&\frac{2^{2n-1}(n!)^{2}}{n^{2}(2n)!}\\
&=&\frac{2^{2n-1}}{n^{2}\begin{pmatrix}2n\\n\end{pmatrix}}
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
&&a_{0}=0\\
&&a_{1}=a_{3}=\cdots =0
\end{eqnarray}
\begin{equation}
(\arcsin{x})^{2}=\frac{1}{2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2^{2n}}{n^{2}\begin{pmatrix}2n\\n\end{pmatrix}}x^{2n}
\end{equation}
\begin{eqnarray} \frac{1}{\begin{pmatrix}2n\\n\end{pmatrix}}=nB(n,n+1) \end{eqnarray}
\begin{eqnarray} \sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^{n}}{\begin{pmatrix}2n\\n\end{pmatrix}}&=&\int_{0}^{1}\sum_{n=0}^{\infty}nx^{n}t^{n-1}(1-t)^{n}dt\\ &=&\int_{0}^{1}x(1-t)\sum_{n=0}^{\infty}n(xt(1-t))^{n-1}dt\\ &=&\int_{0}^{1}\frac{x(1-t)}{(1-xt(1-t))^{2}} \end{eqnarray}
\begin{equation} \sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^{n}}{\begin{pmatrix}2n\\n\end{pmatrix}}=\frac{4\sqrt{x}}{(4-x)^{\frac{3}{2}}}\arctan{(\sqrt{\frac{x}{4-x}})}+\frac{x}{4-x}+1 \end{equation}
\begin{equation} \sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{n}}{n\begin{pmatrix}2n\\n\end{pmatrix}}=\sqrt{\frac{4x}{4-x}}\arctan{\sqrt{\frac{x}{4-x}}} \end{equation}
\begin{eqnarray}
\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{n}}{n\begin{pmatrix}2n\\n\end{pmatrix}}&=&\int_{0}^{1}\sum_{n=1}^{\infty}x^{n}t^{n-1}(1-t)^{n}dt\\
&=&\int_{0}^{1}x(1-t)\sum_{n=1}^{\infty}(xt(1-t))^{n-1}dt\\
&=&\int_{0}^{1}\frac{x(1-t)}{1-xt(1-t)}dt
\end{eqnarray}
\begin{equation}
xt^{2}-xt+1=x(t-\frac{1}{2})^{2}+\frac{4-x}{4}
\end{equation}
\begin{eqnarray}
\int_{0}^{1}\frac{x(1-t)}{1-xt(1-t)}dt&=&\int_{0}^{1}\frac{1-t}{(t-\frac{1}{2})^{2}+\frac{4-x}{4x}}dt \quad(t-\frac{1}{2}=\sqrt{\frac{4-x}{4x}}\tan{\theta})\\
&=&\sqrt{\frac{4x}{4-x}}\int_{-\arctan{\sqrt{\frac{x}{4-x}}}}^{\arctan{\sqrt{\frac{x}{4-x}}}}(\frac{1}{2}-\sqrt{\frac{4-x}{4x}}\tan{\theta})d\theta\\
&=&\sqrt{\frac{4x}{4-x}}\int_{0}^{\arctan{\sqrt{\frac{x}{4-x}}}}d\theta\\
&=&\sqrt{\frac{4x}{4-x}}\arctan{\sqrt{\frac{x}{4-x}}}\\
&=&2\sqrt{\frac{x}{4-x}}\arctan{\sqrt{\frac{x}{4-x}}}
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
\frac{d}{dx}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{n}}{n\begin{pmatrix}2n\\n\end{pmatrix}}&=&\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{n-1}}{\begin{pmatrix}2n\\n\end{pmatrix}}\\
&=&\frac{4}{(4-x)^{\frac{3}{2}}\sqrt{x}}\arctan{\sqrt{\frac{x}{4-x}}}+\frac{2}{4-x}
\end{eqnarray}
\begin{equation}
\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^{n}}{\begin{pmatrix}2n\\n\end{pmatrix}}=\frac{4\sqrt{x}}{(4-x)^{\frac{3}{2}}}\arctan{\sqrt{\frac{x}{4-x}}}+\frac{x}{4-x}+1
\end{equation}
$x=1$の場合
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n\begin{pmatrix}2n\\n\end{pmatrix}}=\frac{\pi}{3\sqrt{3}}\\
\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{\begin{pmatrix}2n\\n\end{pmatrix}}=\frac{2\sqrt{3}}{27}\pi+\frac{4}{3}
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
\begin{equation} \sum_{k=0}^{\infty}\frac{x^{k}}{\begin{pmatrix}2k+1\\k\end{pmatrix}}=\frac{2}{4-x}+\frac{8}{(4-x)\sqrt{4x-x^{2}}}\arctan{\frac{x}{\sqrt{4x-x^{2}}}} \end{equation}
\begin{eqnarray}
\sum_{k=0}^{\infty}\frac{x^{k}}{\begin{pmatrix}2k+1\\k\end{pmatrix}}&=&\int_{0}^{1}\sum_{k=0}^{\infty}(2k+2)x^{k}t^{k}(1-t)^{k+1}dt\\
&=&\frac{2}{xt}\int_{0}^{1}\sum_{k=0}^{\infty}k(xt(1-t))^{k}dt\\
&=&\frac{2}{xt}\int_{0}^{1}\frac{xt(1-t)}{(1-xt(1-t))^{2}}dt\\
&=&2\int_{0}^{1}\frac{1-t}{(1-xt(1-t))^{2}}dt \quad(1-t=\tau)\\
&=&2\int_{0}^{1}\frac{\tau}{(1-x\tau(1-\tau))^{2}}d\tau \quad(\tau-\frac{1}{2}=\sqrt{\frac{4-x}{4x}}\tan\theta)\\
&=&\frac{2}{x^{2}}\frac{16x^{2}}{(4-x)^{2}}\sqrt{\frac{4-x}{4x}}\int_{-\arctan{\sqrt{\frac{x}{4-x}}}}^{\arctan{\sqrt{\frac{x}{4-x}}}}(\sqrt{\frac{4-x}{4x}}\tan\theta+\frac{1}{2})\cos^{2}\theta d\theta\\
&=&\frac{16}{\sqrt{x}(4-x)^{\frac{3}{2}}}\int_{0}^{\arctan{\sqrt{\frac{x}{4-x}}}}\cos^{2}\theta d\theta\\
&=&\frac{8}{\sqrt{x}(4-x)^{\frac{3}{2}}}\arctan{\sqrt{\frac{x}{4-x}}}+\frac{2}{4-x}\\
&=&\frac{8}{(4-x)\sqrt{4x-x^{2}}}\arctan{\frac{x}{\sqrt{4x-x^{2}}}}+\frac{2}{4-x}\quad(0\lt x\lt 4)\\
&=&\frac{4}{(4-x)\sqrt{-4x+x^{2}}}\log{\frac{1-\sqrt{-4x+x^{2}}}{1+\sqrt{-4x+x^{2}}}}\quad(-4\lt x\lt 0)
\end{eqnarray}
最後の変形は次の事実を用いた。
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
\theta=\arctan\lambda\\
\sin\theta=\frac{\lambda}{\sqrt{1+\lambda^{2}}}\\
\cos\theta=\frac{1}{\sqrt{1+\lambda^{2}}}\\
\frac{1}{i}\arctan{\frac{\theta}{i}}=\frac{1}{2}\log{\frac{1-\theta}{1+\theta}}
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
\begin{equation} \sum_{k=0}^{\infty}\frac{x^{k}}{\begin{pmatrix}2k+1\\k\end{pmatrix}}=D \end{equation}
\begin{equation} \sum_{m=0}^{\infty}\frac{x^{m}}{\begin{pmatrix}2m+1\\m\end{pmatrix}(2m+3)}=(\frac{4}{x}-1)D-\frac{4}{x} \end{equation}
実際に計算して係数比較するだけ。
\begin{equation}
4(k+1)(k+2)-(2k+3)(2k+2)=2(k+1)
\end{equation}
$f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n}$とすると次の事が成り立つ。
\begin{equation}
\sum_{n=1}^{\infty}\frac{a_{n-1}x^{n}}{n\begin{pmatrix}2n\\n\end{pmatrix}}=\int_{0}^{1}x(1-t)f(xt(1-t))dt
\end{equation}
$S(k;x)=\sum_{n=0}n^{k}x^{n}$とすると次の様に書ける。
\begin{equation}
\sum_{n=0}^{\infty}\frac{n^{k}}{\begin{pmatrix}2n\\n\end{pmatrix}}=2\int_{0}^{1}S(k+1;x(1-x))dx+\int_{0}^{1}S(k;x(1-x))dx
\end{equation}
\begin{eqnarray} \sum_{n=0}^{\infty}\frac{n^{k}}{\begin{pmatrix}2n\\n\end{pmatrix}}&=&\sum_{n=0}^{\infty}\frac{n^{k}n!n!}{(2n)!}\\ &=&\sum_{n=0}^{\infty}\frac{n^{k}\Gamma{(n+1)}\Gamma{(n+1)}}{\Gamma{(2n+1)}}\\ &=&\sum_{n=0}^{\infty}n^{k}(2n+1)B(n+1,n+1)\\ &=&2\int_{0}^{1}\sum_{n=0}^{\infty}n^{k+1}x^{n}(1-x)^{n}dx+\int_{0}^{1}\sum_{n=0}^{\infty}n^{k}x^{n}(1-x)^{n}dx\\ &=&2\int_{0}^{1}S(k+1;x(1-x))dx+\int_{0}^{1}S(k;x(1-x))dx \end{eqnarray}
\begin{equation} S(k;x)=\sum_{n=0}^{\infty}n^{k}x^{n}\Rightarrow x\frac{d}{dx}S(k;x)=S(k+1;x) \end{equation}
\begin{eqnarray} x\frac{d}{dx}S(k;x)&=&x\frac{d}{dx}\sum_{n=0}^{\infty}n^{k}x^{n}\\ &=&x\sum_{n=0}^{\infty}n^{k+1}x^{n-1}\\ &=&\sum_{n=0}^{\infty}n^{k+1}x^{n}\\ &=&S(k+1;x) \end{eqnarray}
\begin{eqnarray} S(k;x)&=&(x\frac{d}{dx})^{k}S(0;x)\\ &=&(x\frac{d}{dx})^{k}\frac{1}{1-x} \end{eqnarray}
$(x\frac{d}{dx})^{k}$の$\frac{d^{i}}{dx^{i}}\quad(i=1,2,...,k)$の係数は次の様に書ける。
ただし、第$k$行、第$i$列は第$k-1$行の第$i-1,i$列の$1,i$倍して足し合わせたもの。
| 1 | ||||
| 1 | 1 | |||
| 1 | 3 | 1 | ||
| 1 | 7 | 6 | 1 | |
| 1 | 15 | 25 | 10 | 1 |
$k=0$とすると次の事が成り立つ。
\begin{eqnarray}
\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{\begin{pmatrix}2n\\n\end{pmatrix}}&=&2\int_{0}^{1}\frac{x(1-x)}{(1-x(1-x))^{2}}dx+\int_{0}^{1}\frac{1}{1-x(1-x)}dx\\
&=&2\int_{0}^{1}\frac{1}{(1-x(1-x))^{2}}dx-\int_{0}^{1}\frac{1}{1-x(1-x)}dx\\
&=&\frac{8\sqrt{3}}{27}\pi-\frac{2\sqrt{3}}{9}\pi\\
&=&\frac{2\sqrt{3}}{27}\pi+\frac{4}{3}
\end{eqnarray}
\begin{equation} \sum_{k=0}^{n}\frac{a^{k}b^{n-k}}{\begin{pmatrix}n\\k\end{pmatrix}}=\frac{n+1}{(a+b)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b})^{n}}\sum_{k=1}^{n+1}\frac{(a^{k}+b^{k})(\frac{1}{a}+\frac{1}{b})^{k-1}}{k} \end{equation}
\begin{eqnarray}
\sum_{n=0}^{\infty}x^{n}\sum_{k=0}^{n}\frac{a^{k}b^{n-k}}{\begin{pmatrix}n\\k\end{pmatrix}}&=&\sum_{n=0}^{\infty}\sum_{k=0}^{n}(n+1)x^{n}a^{k}b^{n-k}\int_{0}^{1}t^{k}(1-t)^{n-k}dt\\
&=&\frac{d}{dx}(x\int_{0}^{1}\sum_{k=0}^{\infty}\sum_{n=k}^{\infty}(axt)^{k}(bx(1-t))^{n-k}dt)\\
&=&\frac{d}{dx}(x\int_{0}^{1}\frac{1}{1-axt}\frac{1}{1-bx(1-t)})dt\\
&=&\frac{d}{dx}(\frac{1}{a+b-abx}\int_{0}^{1}(\frac{ax}{1-axt}+\frac{bx}{1-bx+bxt})dt)\\
&=&\frac{d}{dx}(\frac{-\log{(1-ax)}-\log{(1-bx)}}{a+b-abx})\\
&=&\frac{d}{dx}[\frac{1}{a+b}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{a^{n}b^{n}x^{n}}{(a+b)^{n}}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{a^{k}+b^{k}}{k}x^{k}]\\
&=&\frac{d}{dx}[x\frac{1}{a+b}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{a^{n}b^{n}x^{n}}{(a+b)^{n}}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{a^{k}+b^{k}}{k}x^{k-1}]\\
&=&\frac{d}{dx}[x\frac{1}{a+b}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{a^{n}b^{n}x^{n}}{(a+b)^{n}}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{a^{k+1}+b^{k+1}}{k+1}x^{k}]\\
&=&\frac{d}{dx}[x\frac{1}{a+b}\sum_{\lambda=0}^{\infty}x^{\lambda}\sum_{k=0}^{\lambda}\frac{a^{k}b^{k}}{(a+b)^{k}}\frac{a^{\lambda-k+1}+b^{\lambda-k+1}}{\lambda-k+1}]\\
&=&\frac{d}{dx}[\frac{1}{a+b}\sum_{\lambda=0}^{\infty}x^{\lambda+1}\sum_{k=0}^{\lambda}\frac{a^{\lambda-k}b^{\lambda-k}}{(a+b)^{\lambda-k}}\frac{a^{k+1}+b^{k+1}}{k+1}]\\
&=&\frac{d}{dx}[\frac{1}{a+b}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{a^{n}b^{n}x^{n+1}}{(a+b)^{n}}\sum_{k=0}^{n}\frac{a^{k+1}+b^{k+1}}{k+1}\frac{(a+b)^{k}}{a^{k}b^{k}}]\\
&=&\frac{1}{a+b}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(n+1)a^{n}b^{n}x^{n}}{(a+b)^{n}}\sum_{k=1}^{n+1}\frac{a^{k}+b^{k}}{k}\frac{(a+b)^{k-1}}{a^{k-1}b^{k-1}}
\end{eqnarray}
$x$の各次数の係数比較を行うと次に結論を得る。
\begin{equation}
\sum_{k=0}^{n}\frac{a^{k}b^{n-k}}{\begin{pmatrix}n\\k\end{pmatrix}}=\frac{n+1}{(a+b)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b})^{n}}\sum_{k=1}^{n+1}\frac{(a^{k}+b^{k})(\frac{1}{a}+\frac{1}{b})^{k-1}}{k}
\end{equation}
$a=b=1$とすると次式が成り立つ。
\begin{eqnarray}
\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{\begin{pmatrix}n\\k\end{pmatrix}}&=&\frac{n+1}{2^{n+1}}\sum_{k=1}^{n+1}\frac{2^{k}}{k}\\
&=&(n+1)\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{(n+1-k)2^{k}}
\end{eqnarray}
$a=x,b=1$とおくと次式を得る。
\begin{eqnarray}
\sum_{k=0}^{n}\frac{x^{k}}{\begin{pmatrix}n\\k\end{pmatrix}}&=&\frac{n+1}{(1+z)}(\frac{z}{1+z})^{n}\sum_{k=1}^{n+1}\frac{1+z^{k}}{k}(\frac{1+z}{z})^{k}
\end{eqnarray}
逆べき生成変換
次の変換を逆べき生成変換と呼ぶことにする。
\begin{equation}
I(f|x)=\int_{0}^{x}\frac{f(t)-f(0)}{t}dt
\end{equation}
また、$n\in\mathbb{N}$に対して次の様な変換を定義する。これを$n$階逆べき生成変換と呼ぶことにする。
\begin{equation}
I^{n}(f|x)=\int_{0}^{x}dx_{1}\int_{0}^{x_{1}}dx_{2}\cdots\int_{0}^{x_{n-1}}dx_{n}\frac{f(x_{n})-f(0)}{x_{n}}
\end{equation}
$f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n}$に$k$回逆べき生成変換を行った結果は次の様に書ける。
\begin{equation}
I^{k}(f|x)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{a_{n}}{n^{k}}x^{n}
\end{equation}
q級数とに項係数を含む総和
\begin{equation} \Pi_{k=1}^{\infty}(1-q^{k})=1+\sum_{k=1}^{\infty}(-1)^{k}(q^{\frac{k(3k-1)}{2}}+q^{\frac{k(3k+1)}{2}}) \end{equation}
[1]$f(q;x)=1-\sum_{k=1}^{\infty}q^{k}x^{k+1}\Pi_{l=1}^{k-1}(1-q^{l}x)$と置く。するとこれは次の式を満たす。
\begin{equation}
f(q;x)=1-qx^{2}-q^{2}x^{3}f(q;qx)
\end{equation}
これは次の様にして証明できる。
\begin{eqnarray}
f(q;x)&=&1-qx^{2}-\sum_{k=2}^{\infty}q^{k}x^{k+1}\Pi_{l=1}^{k-1}(1-q^{l}x)\\
&=&1-qx^{2}-\sum_{k=1}^{\infty}q^{k+1}x^{k+2}\Pi_{l=1}^{k}(1-q^{l}x)\\
&=&1-qx^{2}-\sum_{k=1}^{\infty}q^{k+1}x^{k+2}\Pi_{l=2}^{k}(1-q^{l}x)+\sum_{k=1}^{\infty}q^{k+2}x^{k+3}\Pi_{l=2}^{k}(1-q^{l}x)\\
&=&1-qx^{2}-q^{2}x^{3}(1+\sum_{k=1}^{\infty}q^{k}x^{k}(\Pi_{l=2}^{k+1}(1-q^{l}x)-\Pi_{l=2}^{k}(1-q^{l}x)))\\
&=&1-qx^{2}-q^{2}x^{3}(1-\sum_{k=1}^{\infty}q^{k}(qx)^{k+1}\Pi_{l=2}^{k}(1-q^{l-1}(qx)))\\
&=&1-qx^{2}-q^{2}x^{3}(1-\sum_{k=1}^{\infty}q^{k}(qx)^{k+1}\Pi_{l=1}^{k-1}(1-q^{l}(qx)))\\
&=&1-qx^{2}-q^{2}x^{3}f(q;qx)
\end{eqnarray}
[2]
\begin{eqnarray}
f(q;x)&=&1-qx^{2}-q^{2}x^{3}f(q;qx)\\
&=&1-qx^{2}-q^{2}x^{3}(1-q^{3}x^{2}-q^{5}x^{3}f(q;q^{2}x))\\
&=&1-qx^{2}-q^{2}x^{3}+q^{5}x^{5}+q^{7}x^{6}f(q;q^{2}x)\\
&=&1-qx^{2}-q^{2}x^{3}+q^{5}x^{5}+q^{7}x^{6}(1-q^{5}x^{2}-q^{8}x^{3}f(q;q^{3}x))\\
&=&1-qx^{2}-q^{2}x^{3}+q^{5}x^{5}+q^{7}x^{6}-q^{12}x^{8}-q^{15}x^{9}f(q;q^{3}x)
\end{eqnarray}
ここで少し考察をしてみる。とりあえず符号は抜きにして、$qx^{2},q^{5}x^{5},q^{12}x^{8},...;q^{2}x^{3},q^{7}x^{6},q^{15}x^{9},...$のべきをテーブルとして並べてみる。
| (1,2) | (2,3) |
| (5,5) | (7,6) |
| (12,8) | (15,9) |
[3]
これを示すには、上記方法を$N$回使用した際に出てくる$f(q;q^{N}x)$にかけられている$q^{\mu}x^{\nu}$の$\mu,\nu$を求めればよい。
$f(q;q^{N}x)$だけに着目し符号を無視すると、$q^{2}x^{3}q^{2}(qx)^{3}\cdots q^{2}(q^{N-1}x)^{3}=q^{\frac{N}{2}(3N+1)}x^{3N}$
ゆえに、$q^{2}x^{3},q^{7}x^{6},q^{15}x^{9},...$のグループのべきの組は$(\frac{N}{2}(3N+1),3N)$また、$qx^{2},q^{5}x^{5},q^{12}x^{8},...$のグループの場合は$f(q,x)$を始まりとして先の結果に$q(q^{N-1}x)^{2}=q^{2N-1}x^{2}$をかけたものなので、$\frac{N-1}{2}(3N-2)+2N-1=\frac{N(3N-1)}{2}$
[4]
よって結論
\begin{eqnarray} f(q;x)&=&1+\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n}(q^{\frac{n(3n-1)}{2}}x^{3n-1}+q^{\frac{n(3n+1)}{2}}x^{3n})\\ \end{eqnarray}
[5]
帰納法を使うと次の式を簡単に証明できる。
\begin{equation} 1-\sum_{n=1}^{N}\Pi_{k=1}^{n-1}(1-q^{k})q^{n}=\Pi_{n=1}^{N}(1-q^{n}) \end{equation}
[6]
[5]より$x=1$とすれば次の式が成り立つ。
\begin{eqnarray} f(q;1)&=&\Pi_{n=1}^{\infty}(1-q^{n})\\ &=&\sum_{n=-\infty}^{\infty}(-1)^{n}q^{\frac{n(3n+1)}{2}} \end{eqnarray}
$(\alpha)_{n}=\Pi_{k=0}^{n-1}(1-q^{k-1}a)$
\begin{equation} (\alpha)_{n}=\frac{(\alpha)_{\infty}}{(q^{n}\alpha)_{\infty}} \end{equation}
\begin{equation} {}_{2}\psi_{1}{(\alpha,\beta;\gamma|x)}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(\alpha)_{n}(\beta)_{n}}{(\gamma)_{n}(q)_{n}}x^{n} \end{equation}
\begin{equation} \frac{(az)_{\infty}}{(z)_{\infty}}=\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(\alpha)_{m}}{(c)_{m}}z^{m} \end{equation}
\begin{equation} \int_{0}^{c}f(t)d_{q}t=c(1-q)\sum_{n=0}^{\infty}f(cq^{n})q^{n} \end{equation}
\begin{equation} \sum_{k=0}^{\infty}\begin{pmatrix}x\\k\end{pmatrix}\begin{pmatrix}y\\n-k\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}x+y\\n\end{pmatrix} \end{equation}
$x+y$個の異なるものをn個選ぶ方法の数は$x$個のものA、$y$個の異なるものBに分け、Aから$k$個、Bから$n-k$個選択する方法の数で分け、$k=0,1,...,n$すべてに渡り総和を取ったものになるので証明完了。
\begin{equation} \sum_{k=0}^{n}\begin{pmatrix}n\\k\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x+y-n\\x-k\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}x+y\\x\end{pmatrix} \end{equation}
\begin{eqnarray} \sum_{k=0}^{n}\begin{pmatrix}n\\k\end{pmatrix}(-1)^{k}k^{m}= \left\{ \begin{array}{l} 0\quad if \ \ m\lt n\\ (-1)^{n}n!\quad if \ \ m=n \end{array} \right. \end{eqnarray}
$f(x)=(1-x)^{n}$とする。するとこの式は次の様に書ける。
\begin{equation}
f(x)=\sum_{k=0}^{n}(-1)^{k}\begin{pmatrix}n\\k\end{pmatrix}x^{k}
\end{equation}
\begin{equation}
(x\frac{d}{dx})^{m}f(x)=\sum_{k=0}^{n}(-1)^{k}\begin{pmatrix}n\\k\end{pmatrix}k^{m}x^{k}
\end{equation}
定理15より$(x\frac{d}{dx})^{m}=1+\cdots+x^{m}\frac{d^{m}}{dx^{m}}$とかけるので、$m\lt n$の場合は$(\frac{d}{dx})^{m}f(x)$は$1-x$で割り切れるので$x=1$を代入すれば0。$m=n$の場合は、$1-x$で割り切れない項は$(-1)^{n}n!$のみ。
以上より証明は完了した。
\begin{eqnarray} \sum_{k=0}^{n}\begin{pmatrix}n\\k\end{pmatrix}(-1)^{k}(xk+y)^{m}= \left\{ \begin{array}{l} 0\quad if \ \ m\lt n\\ (-1)^{n}x^{n}n!\quad if \ \ m=n \end{array} \right. \end{eqnarray}
$\sum$の中の$k$の最大べきにのみ着目すればいい。$k$の最大べきが$n$未満の場合はすべて$0$。
$m=n$の場合は$k^{n}$部分だけが0でない値を持つ。ゆえにその値は$(-1)^{n}x^{n}n!$。
$f(t)=c_{0}+c_{1}t+\cdots+c_{m}t^{m}$の場合
\begin{eqnarray}
\sum_{k=0}^{n}\begin{pmatrix}n\\k\end{pmatrix}(-1)^{k}f(k)^{m}=
\left\{
\begin{array}{l}
0\quad if \ \ m\lt n\\
(-1)^{n}c_{n}n!\quad if \ \ m=n
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
超幾何関数と二項係数
$x=0$近傍の超幾何関数は下記の様に定義される。
\begin{equation}
y={}_{2}F(\alpha,\beta;\gamma|x)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(\alpha)_{n}(\beta)_{n}}{(\gamma)_{n}n!}x^{n}\quad (|x|\lt 1)
\end{equation}
$\partial=\frac{d}{dx},D=x\partial$とすると下記の式が成り立つ。
\begin{equation}
((D+a)(D+b)-\frac{D(D+c-1)}{x})y=0
\end{equation}
$D^{2}=x^{2}\partial^{2}+x\partial$より
\begin{eqnarray}
(D+a)(D+b)&=&D^{2}+(a+b)D+ab\\
&=&x^{2}\partial^{2}+(a+b+1)x\partial+ab
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
D(D+c-1)&=&x^{2}\partial^{2}+c x\partial
\end{eqnarray}
より
\begin{eqnarray}
((D+a)(D+b)-\frac{D(D+c-1)}{x}){}_{2}F_{1}(a,b;c|x)&=&(x(x-1)\partial^{2}+((a+b+1)x-c)\partial+ab)\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(a)_{n}(b)_{n}}{(c)_{n}n!}x^{n}\\
&=&\sum_{n=0}^{\infty}[-((n+1)n+(n+1)c)\frac{(a+n)(b+n)}{(c+n)(n+1)}+(n(n-1)+(a+b+1)n+ab)]\frac{(a)_{n}(b)_{n}}{(c)_{n}n!}x^{n}\\
&=&0
\end{eqnarray}
\begin{equation} (x(1-x)\partial^{2}+(c-(a+b+1)x)\partial-ab)y=0 \end{equation}
両辺を$x(1-x)$で割ると
\begin{eqnarray}
(\partial^{2}+(\frac{c}{x(1-x)}-\frac{a+b+1}{1-x})\partial-ab)y&=&(\partial^{2}+(\frac{c}{x}-\frac{1+a+b-c}{1-x})\partial-\frac{ab}{x(1-x)})y\\
&=&0
\end{eqnarray}
より$x=1$の近傍での解は$e=1+a+b-c$とおけば${}_{2}F_{1}(a,b;e|1-x)$。
これを示したいなら$1-x\rightarrow x$なる変数変換を行えばいい。
超幾何関数$y={}_{2}F_{1}(a,b;c|x)$は次の微分方程式を満たす。
$\psi{(x)}=x^{c}(1-x)^{e}\quad (e=1+a+b-c)$とすると次式が成り立つ。
\begin{equation}
(\partial\psi(x)\partial-ab\frac{\psi{(x)}}{x(1-x)})y=0
\end{equation}
\begin{equation}
\partial f(x)=f(x)\partial+f^{'}(x)
\end{equation}
\begin{eqnarray}
\partial\psi{(x)}&=&(x^{c}\partial+cx^{c-1})(1-x)^{e}\\
&=&x^{c}((1-x)^{e}\partial-e(1-x)^{e-1})+cx^{c-1}(1-x)^{e}\\
&=&\psi{(x)}(\partial-\frac{e}{1-x}+\frac{c}{x})
\end{eqnarray}
これを代入すると
\begin{eqnarray}
(\partial\psi(x)\partial-ab\frac{\psi{(x)}}{x(1-x)})y&=&\psi{(x)}(\partial^{2}+(\frac{c}{x}-\frac{e}{1-x})\partial-\frac{ab}{x(1-x)})y\\
&=&0
\end{eqnarray}
$\mathscr{D}=\partial f(x)-g(x)$とし、$\mathscr{D}y=0$の解を$F(x)$と置く。
$F(z(x))$の満たす微分方程式は下記の様に書ける。
\begin{equation}
(\partial f(z(x))\frac{\partial}{z^{'}(x)}-z^{'}(x)g(z(x)))F(z(x))=0
\end{equation}
\begin{eqnarray}
\partial_{z}=\frac{1}{z^{'}(x)}\partial
\end{eqnarray}
より
\begin{eqnarray}
(\partial f(z(x))\frac{\partial}{z^{'}(x)}-z^{'}(x)g(z(x)))F(z(x))&=&z^{'}(x)(\partial_{z}f(z)\partial_{z}-g(z))F(z)\\
&=&0
\end{eqnarray}
$\psi{(x)}=x^{c}(1-x)^{e}\quad (e=1+a+b-c)$
\begin{equation}
(\partial\psi(x)\partial-ab\frac{\psi{(x)}}{x(1-x)})y=0\quad(y(0)=1,y^{'}(0)=\frac{ab}{c})
\end{equation}
に対して$z(x)=x^{s}$とすると次式が成り立つ。
\begin{equation}
(\partial x^{cs-s+1}(1-x^{s})^{e}\partial-s^{2}ab x^{cs-1}(1-x^{s})^{e-1})y(x^{s})=0
\end{equation}
$z(x)=\frac{1-x}{1+(r-1)x}$とすると以下の計算が成り立つ。
\begin{eqnarray}
&&1-z=\frac{rx}{1+(r-1)x}\\
&&z^{'}(x)=-\frac{r}{(1+(r-1)x)^{2}}
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
-\partial(x^{e}(1-x)^{c})\frac{r^{e-1}}{(1+(r-1)x)^{c+e-2}}\partial+\alpha\beta x^{e-1}(1-x)^{c-1}\frac{r^{e}}{(1+(r-1)x)^{c+e}}&=&-r^{e-1}(\partial(x^{e}(1-x)^{c})\frac{1}{(1+(r-1)x)^{c+e-2}}\partial-\alpha\beta rx^{e-1}(1-x)^{c-1}\frac{1}{(1+(r-1)x)^{c+e}})\\
\end{eqnarray}
これより、以下の式が成り立つ。
\begin{eqnarray}
&&\rho(x)=\frac{1}{1+(r-1)x}\\
&&(\partial x^{e}(1-x)^{c}\rho^{c+e-2}(x)\partial-rab x^{e-1}(1-x)^{c-1}\rho^{c+e}{(x)})y=0
\end{eqnarray}
$z(x)=(\frac{1-x}{1+(r-1)x})^{s}=(\frac{1-x}{\rho{(x)}})^{s}$とすると、$z^{'}(x)=-rs\frac{(1-x)^{s-1}}{\rho^{s+1}(x)}$ゆえに次の微分方程式を得る。
$(r,s)=(2,2),(3,3),(4,2)$
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
(1+x)^{2}-(1-x)^{2}=4x\rightarrow\frac{4x}{(1-x)^{2}}\\
(1+2x)^{3}-(1-x)^{3}=9x\frac{1-x^{3}}{1-x}\rightarrow\frac{9x(1-x)}{(1-x)(1+2x)^{2}}\\
(1+3x)^{2}-(1-x)^{2}=8x\frac{1-x^{2}}{1-x}\rightarrow\frac{8x(1-x^{2})}{(1-x)(1+3x)^{2}}
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
$\mathscr{D}_{i}=\partial f_{i}(x)\partial -g_{i}(x)\quad(i=1,2)$に対する解を$F_{1},F_{2}$とする。このとき、ある適当な関数$h$が存在して次の事が成り立つとする。
\begin{equation}
h(x)F_{2}(x)=F_{1}(x)
\end{equation}
このとき、$h\mathscr{D}_{1}h=\mathscr{D}_{2}$が成り立つとすると
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
f_{2}(x)=f_{1}(x)h^{2}(x)\\
g_{2}(x)=g_{1}(x)h^{2}(x)-(f_{1}(x)h^{'}(x))^{'}h(x)
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
$\partial h-h\partial=h^{'}$を用いる。
\begin{eqnarray}
h\partial f_{1}\partial h&=&(\partial h-h^{'})f_{1}(h\partial+h^{'})\\
&=&\partial f_{1}h^{2}\partial+\partial f_{1}hh^{'}-f_{1}hh^{'}\partial-f_{1}(h^{'})^{2}\\
&=&\partial f_{1}h^{2}\partial+(f_{1}h^{'})^{'}h
\end{eqnarray}
ゆえに
\begin{eqnarray}
h\mathscr{D}_{1}h&=&\partial f_{1}h^{2}\partial+(f_{1}h^{'})^{'}h-g_{1}h^{2}\\
&=&\partial f_{1}h^{2}\partial-(g_{1}h^{2}-(f_{1}h^{'})^{'}h)
\end{eqnarray}
上記hが存在するとすると下記の式が成り立つ。
\begin{eqnarray}
\mathscr{D}_{1}h(x)F_{2}(x)&=&\frac{1}{h(x)}\mathscr{D}_{2}F_{2}(x)\\
&=&0
\end{eqnarray}
一次変換
\begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} (1-x)^{a+b-c}{}_{2}F_{1}(a,b;c|x)={}_{2}F_{1}(c-a,c-b;c|x)\\ (1-x)^{a}{}_{2}F_{1}(a,b;c|x)={}_{2}F_{1}(a,c-b;c|\frac{x}{x-1}) \end{array} \right. \end{eqnarray}
[1]次の様に記号を決める。
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
h=(1-x)^{a+b-c}\\
F_{1}={}_{2}F_{1}(c-a,c-b;c|x)\\
F_{2}={}_{2}F_{1}(a,b;c|x)
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
する
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
\mathscr{D}_{1}=\partial x^{c}(1-x)^{c-a-b+1}\partial-(c-a)(c-b)x^{c-1}(1-x)^{c-a-b}\\
\mathscr{D}_{2}=\partial x^{c}(1-x)^{a+b-c+1}\partial-abx^{c-1}(1-x)^{a+b-c}
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
f_{1}h^{2}&=&x^{c}(1-x)^{c-a-b+1}(1-x)^{2a+2b-2c}\\
&=&x^{c}(1-x)^{a+b-c+1}
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
g_{1}h^{2}-(f_{1}h^{'})^{'}h&=&(c-a)(c-b)x^{c-1}(1-x)^{a+b-c}+(a+b-c)cx^{c-1}(1-x)^{a+b-c}\\
&=&abx^{c-1}(1-x)^{a+b-c}\\
&=&g_{2}
\end{eqnarray}
初期条件検査
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
F_{1}(0)=(hF_{2})(0)=1\\
F^{'}_{1}(0)=(hF_{2})^{'}(0)=\frac{(c-a)(c-b)}{c}
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
[2]次の様に記号を定める。
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
h=(1-x)^{a}\\
F_{1}={}_{2}F_{1}(a,c-b;c|\frac{x}{x-1})\\
F_{2}={}_{2}F_{1}(a,b;c|x)
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
\mathscr{D}_{1}=\partial x^{c}(1-x)^{-a+b-c+1}\partial+a(c-b)x^{c-1}(1-x)^{-a+b-c-1}\\
\mathscr{D}_{2}=\partial x^{c}(1-x)^{a+b-c+1}\partial-abx^{c-1}(1-x)^{a+b-c}
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
以上より、
\begin{eqnarray}
f_{1}h^{2}&=&x^{c}(1-x)^{-a+b-c+1}(1-x)^{2a}\\
&=&x^{c}(1-x)^{a+b-c+1}\\
&=&f_{2}
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
g_{1}h^{2}-(f_{1}h^{'})^{'}h&=&-a(c-b)x^{c-1}(1-x)^{a+b-c-1}-ax^{c-1}(1-x)^{a+b-c-1}(bx-c)\\
&=&abx^{c-1}(1-x)^{a+b-c}\\
&=&g_{2}
\end{eqnarray}
初期条件検査
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
F_{1}(0)=(hF_{2})(0)=1\\
F^{'}_{1}(0)=(hF_{2})^{'}(0)=\frac{a(b-c)}{c}
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} (1+x)^{a}{}_{2}F_{1}(\frac{a}{2},\frac{a-b+1}{2};\frac{b+1}{2}|x^{2})={}_{2}F_{1}(\frac{a}{2},\frac{b}{2};b|1-(\frac{1-x}{1+x})^{2})\\ (1+2x)^{a}{}_{2}F_{1}(\frac{a}{3},\frac{a+1}{3};\frac{a+5}{6}|x^{3})={}_{2}F_{1}(\frac{a}{3},\frac{a+1}{3};\frac{a+1}{2}|1-(\frac{1-x}{1+2x})^{3})\\ (1+3x)^{\frac{a}{2}}{}_{2}F_{1}(\frac{a}{4},\frac{a+2}{4};\frac{a+5}{6}|x^{2})={}_{2}F_{1}(\frac{a}{4},\frac{a+2}{4};\frac{a+2}{3}|1-(\frac{1-x}{1+3x})^{2}) \end{array} \right. \end{eqnarray}
A.$(r,s)=(2,2),\rho=1+x$
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
z=\frac{(1-x)^{2}}{\rho^{2}}\\
1-z=\frac{4x}{\rho^{2}}\\
z^{'}=-4\frac{1-x}{\rho^{3}}
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
h=(1+x)^{a}=\rho^{a}\\
F_{1}={}_{2}F_{1}(\frac{a}{2},\frac{b}{2};b|1-(\frac{1-x}{1+x})^{2})\\
F_{2}=(1+x)^{a}{}_{2}F(\frac{a}{2},\frac{a-b+1}{2};\frac{b+1}{2}|x^{2})
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
\mathscr{D}_{1}=\partial x^{b}(1-x)^{a-b+1}\rho^{-a-b+1}-abx^{b-1}(1-x)^{a-b+1}\rho^{-a-b-1}\\
\quad \ =\partial x^{b}(1-x^{2})^{a-b+1}\rho^{-2a}-abx^{b-1}(1-x^{2})^{a-b+1}\rho^{-2a-2}\\
\mathscr{D}_{2}=\partial x^{b}(1-x^{2})^{a-b+1}\partial-a(a-b+1)x^{b}(1-x^{2})^{a-b}
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
f_{1}h^{2}&=&x^{b}(1-x^{2})^{a-b+1}\\
&=&f_{2}
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
(f_{1}h^{'})^{'}&=&\frac{ax^{b-}(1-x^{2})^{a-b+1})}{(1+x)^{a-1}}(\frac{b}{x}-\frac{2(a-b+1)x}{1-x^{2}}-\frac{a+1}{1+x})
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
(f_{1}h^{'})^{'}h&=&ax^{b-1}(1-x^{2})^{a-b}\rho^{-1}(-(a-b+1)x^{2}-(a+1)x+b)
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
g_{1}h^{2}-(f_{1}h^{'})^{'}h&=&ax^{b-1}(1-x^{2})^{a-b+1}\rho^{-2}+ax^{b-1}(1-x^{2})^{a-b}\rho^{-1}((a-b+1)x^{2}+(a+1)x-b)\\
&=&ax^{b-1}(1-x^{2})^{a-b}\rho^{-2}(a-b+1)x(1+x)^{2}\\
&=&a(a-b+1)x^{b}(1-x^{2})^{a-b}\\
&=&g_{2}
\end{eqnarray}
初期条件検査
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
F_{1}(0)=F_{2}(0)=1\\
F^{'}_{1}(0)=(hF_{2})^{'}(0)=a
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
B.$(r,s)=(3,3),\rho=1+2x$とする。
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
h=(1+2x)^{a}=\rho^{a}\\
F_{1}={}_{2}F_{1}(\frac{a}{3},\frac{a+1}{3};\frac{a+1}{2}|1-(\frac{1-x}{1+2x})^{3})\\
F_{2}={}_{2}F_{1}(\frac{a}{3},\frac{a+1}{3};\frac{a+5}{6}|x^{3})
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
\mathscr{D}_{1}=\partial x^{\frac{a+1}{2}}(1-x^{3})^{\frac{a+1}{2}}\rho^{-2a}\partial-a(a+1)x^{\frac{a-1}{2}}(1-x)^{2}(1-x^{3})^{\frac{a-1}{2}}\rho^{-2a-2}\\
\mathscr{D}_{2}=\partial x^{\frac{a+1}{2}}(1-x^{3})^{\frac{a+1}{2}}\partial-a(a+1)x^{\frac{a+3}{2}}(1-x^{3})^{\frac{a-1}{2}}
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
f_{1}h^{2}&=&x^{\frac{a+1}{2}}(1-x^{3})^{\frac{a+1}{2}}\\
&=&f_{2}
\end{eqnarray}
\begin{equation}
(f_{1}h^{'})^{'}=a\frac{(a+1)x^{\frac{a+1}{2}}(1-x^{3})^{\frac{a+1}{2}}}{(1+2x)^{a+1}}(\frac{1}{2x}-\frac{3x^{2}}{2(1-x^{3})}-\frac{2}{(1+2x)})
\end{equation}
\begin{equation}
(f_{1}h^{'})^{'}h=a(a+1)x^{\frac{a-1}{2}}(1-x^{3})^{\frac{a-1}{2}}\rho^{-2}(-4x^{4}-4x^{3}-2x+1)
\end{equation}
\begin{eqnarray}
g_{1}h^{2}-(f_{1}h^{'})^{'}h&=&a(a+1)x^{\frac{a-1}{2}}(1-x)^{2}(1-x^{3})^{\frac{a-1}{2}}\rho^{-2}\\
&+&a(a+1)x^{\frac{a-1}{2}}(1-x^{3})^{\frac{a-1}{2}}\rho^{-2}(4x^{4}+4x^{3}+2x-1)\\
&=&a(a+1)x^{\frac{a+3}{2}}(1-x^{3})^{\frac{a-1}{2}}\\
&=&g_{2}
\end{eqnarray}
初期条件検査
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
F_{1}(0)=hF_{2}(0)=1\\
F^{'}_{1}(0)=(hF_{2})^{'}(0)=2a
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
C.$(r,s)=(4,2),\rho=1+3x$とする。
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
h=(1+3x)^{\frac{a}{2}}=\rho^{\frac{a}{2}}\\
F_{1}={}_{2}F_{1}(\frac{a}{4},\frac{a+2}{4};\frac{a+2}{3}|1-(\frac{1-x}{1+3x})^{2})\\
F_{2}={}_{2}F_{1}(\frac{a}{4},\frac{a+2}{4};\frac{a+5}{6}|x^{2})
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
\mathscr{D}_{1}=\partial x^{\frac{a+2}{3}}(1-x^{2})^{\frac{a+2}{3}}\rho^{-a}-\frac{a(a+2)}{2}x^{\frac{a-1}{3}}(1-x)(1-x^{2})^{\frac{a-1}{3}}\rho^{-a-2}\\
\mathscr{D}_{2}=\partial x^{\frac{a+2}{3}}(1-x^{2})^{\frac{a+2}{3}}\partial-\frac{a(a+2)}{4}x^{\frac{a+2}{3}}(1-x^{2})^{\frac{a-1}{3}}
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
f_{1}h^{2}&=&x^{\frac{a+2}{3}}(1-x^{2})^{\frac{a+2}{3}}\\
&=&f_{2}
\end{eqnarray}
\begin{equation}
f_{1}h^{'}=\frac{3a}{2}x^{\frac{a+2}{3}}(1-x^{2})^{\frac{a+2}{3}}(1+3x)^{-\frac{a+2}{2}}
\end{equation}
\begin{equation}
(f_{1}h^{'})^{'}=\frac{3a(a+2)}{2}x^{\frac{a+2}{3}}(1-x^{2})^{\frac{a+2}{3}}\rho^{-\frac{a+2}{2}}(\frac{1}{3x}-\frac{2x}{3(1-x^{2})}-\frac{3}{2(1+3x)})
\end{equation}
\begin{eqnarray}
(f_{1}h^{'})^{'}h&=&\frac{a(a+2)}{4}x^{\frac{a-1}{3}}(1-x^{2})^{\frac{a-1}{3}}\rho^{-2}(-9x^{3}-6x^{2}-3x+2)
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
g_{1}h^{2}-(f_{1}h^{'})^{'}h&=&\frac{a(a+2)}{4}x^{\frac{a+2}{3}}(1-x^{2})^{\frac{a-1}{3}}\\
&=&g_{2}
\end{eqnarray}
初期条件検査
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
F_{1}(0)=hF_{2}(0)=1\\
F^{'}_{1}(0)=(hF_{2})^{'}(0)=\frac{3a}{2}
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray} K(x)&=&\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{d\theta}{\sqrt{1-x^{2}\cos^{2}\theta}}\\ &=&\frac{\pi}{2}{}_{2}F_{1}(\frac{1}{2},\frac{1}{2};1|x^{2}) \end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
\frac{1}{\sqrt{1-x}}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(2n)!}{2^{2n}(n!)^{2}}x^{n}\\
\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos^{2n}\theta d\theta=\frac{(2n)!}{2^{2n}n!}\frac{\pi}{2}\\
(\frac{1}{2})_{n}=\frac{(2n)!}{2^{2n}n!}
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
を用いればよい。
\begin{equation}
\frac{(\frac{1}{2})_{n}(\frac{1}{2})_{n}}{(1)_{n}}=\frac{((2n)!)^{2}}{2^{4n}(n!)^{3}}
\end{equation}
\begin{eqnarray} K(x)&=&\frac{\pi}{2}{}_{2}F_{1}(\frac{1}{2},\frac{1}{2};1|x^{2})\\ &=&\frac{\pi}{2(1+x)}{}_{2}F_{1}(\frac{1}{2},\frac{1}{2};1|\frac{4x}{(1-x)^{2}}) \end{eqnarray}
差分と加速
数列$\{a_{n}\}_{n}$に関して次の演算子$\Delta_{ab}$を一般化差分と呼ぶことにする。
\begin{equation}
\Delta_{ab}a_{n}=aa_{n}+ba_{n+1}
\end{equation}
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
\Delta_{ab}^{0}a_{n}=a_{n}\\
\Delta_{ab}^{k}a_{n}=\Delta_{ab}(\Delta_{ab}^{k-1}a_{n})\quad(k\in\mathbb{N})
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
の様に定義すると、次の式が成り立つ。
\begin{equation}
\Delta_{ab}^{k}a_{n}=\sum_{l=0}^{k}{}_{k}C_{l}a^{k-l}b^{l}a_{n+l}
\end{equation}
$k=1$の場合は明らか。
$1,2,...,k-1$場合まで成り立つと仮定する。次に$k$の場合を考える。
\begin{eqnarray}
\Delta_{ab}^{k}a_{n}&=&\Delta(\sum_{l=0}^{k-1}{}_{k-1}C_{l}a^{l}b^{k-1-l}a_{n+l})\\\
&=&{}_{k-1}C_{0}a^{k}b^{0}a_{n}+{}_{k-1}C_{1}a^{k-1}b^{1}a_{n+1}+{}_{k-1}C_{2}a^{k-2}b^{2}a_{n+2}+\cdots +{}_{k-1}C_{k-1}a^{1}b^{k-1}a_{n+k-2}\\
&&\quad\quad\quad\quad\quad\ \ + {}_{k-1}C_{0}a^{k-1}b^{1}a_{n+1}+{}_{k-1}C_{1}a^{k-2}b^{2}a_{n+2}+\cdots+{}_{k-1}C_{k-2}a^{1}b^{k-1}a_{n+k-2}+{}_{k-1}C_{k-1}a^{0}b^{k}a_{n+k-1}\\
&=&a^{k}b^{0}+\sum_{l=1}^{k-1}{}_{k}C_{l}a^{k-1}b^{l}a_{n+l}+a^{0}b^{k}a_{n+k}\\
&=&\sum_{l=0}^{k}{}_{k}C_{l}a^{k-l}b^{l}a_{n+l}
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
f{(x)}=\sum_{n=0}^{\infty}A_{n}x^{n}\\
f^{(l)}(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{n!A_{n}}{(n-l)!}x^{n-l}=l!\sum_{n=l}^{\infty}{}_{n}C_{l}A_{n}x^{n-l}
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
とすると次式が成り立つ。
\begin{eqnarray}
f(\lambda\Delta_{ab})a_{0}&=&\sum_{k=0}^{\infty}A_{k}\lambda^{k}\Delta_{ab}^{k}a_{0}\\
&=&\sum_{k=0}^{\infty}A_{k}\lambda^{k}\sum_{l=0}^{k}a^{k-l}b^{l}{}_{k}C_{l}a_{l}\\
&=&\sum_{l=0}^{\infty}\frac{(\lambda b)^{l}a_{l}}{l!}l!\sum_{k=l}^{\infty}{}_{k}C_{l}A_{k}(\lambda a)^{k-l}\\
&=&\sum_{l=0}^{\infty}\frac{(\lambda b)^{l}a_{l}}{l!}f^{(l)}(\lambda a)
\end{eqnarray}
$f(x)=\frac{1}{1-x}$とすると$f^{(l)}(x)=\frac{l!}{(1-x)^{l+1}}$なので
\begin{eqnarray}
\frac{1}{1-\lambda\Delta_{ab}}a_{0}&=&\sum_{k=0}^{\infty}(\lambda\Delta_{ab})^{k}a_{0}\\
&=&\sum_{l=0}^{\infty}\frac{(\lambda b)^{l}a_{l}}{(1-\lambda a)^{l+1}}
\end{eqnarray}
$-a=b=1,\lambda=-\frac{1}{2}$とすると下記の式を得る。
\begin{equation}
\sum_{k=0}^{\infty}(-\frac{\Delta}{2})^{k}a_{0}=2\sum_{l=0}^{\infty}(-1)^{l}a_{l}
\end{equation}
すなわち、下記の式を得る。
\begin{equation}
\sum_{l=0}^{\infty}(-1)^{l}a_{l}=\frac{1}{2}\sum_{k=0}^{\infty}(-\frac{\Delta}{2})^{k}a_{0}
\end{equation}
$f(x)=-\log{(1-x)}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{n}}{n}$とすると$f^{(n)}(x)=\frac{(n-1)!}{(1-x)^{n}}$
\begin{eqnarray}
-\log{(1-\lambda\Delta_{ab})}a_{0}&=&\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(\lambda\Delta_{ab})^{n}}{n}a_{0}\\
&=&\sum_{l=1}^{\infty}\frac{a_{l}}{l}(\frac{\lambda b}{(1-a)})^{l}
\end{eqnarray}
数列$\{s_{n}\}_{n\in\mathbb{N}}$から数列$\{t_{n}\}_{n\in\mathbb{N}}$への写像$T:\{s_{n}\}\mapsto \{t_{n}\}$を数列変換と呼ぶ。
数列変換$T:\{s_{n}\}\mapsto\{t_{n}\}$を次の様に定める。
まず次のような漸化式を数列$\{s_{n}\}$を満たすものとする。
\begin{equation}
s_{n+1}-s\sim\lambda(s_{n}-s)\quad(\lambda\neq 1)
\end{equation}
$\lambda$を既知とし、$s\rightarrow t_{n}$とする。すると次式が成り立つ。
\begin{equation}
t_{n}=\frac{s_{n+1}-\lambda s_{n}}{1-\lambda}
\end{equation}
この数列変換$T:\{s_{n}\}\mapsto\{t_{n}\}$をRichardson補外という。
先のRichardson補外の場合で$\lambda$が未知とした場合次の式が成り立つ。
\begin{equation}
\lambda=\frac{s_{n+1}-s}{s_{n}-s}=\frac{s_{n+2}-s}{s_{n+1}-s}
\end{equation}
この式で$s$について解き、$s\rightarrow t_{n}$の様に置きなおす。
\begin{eqnarray}
t_{n}&=&\frac{s_{n}s_{n+2}-s_{n+1}^{2}}{s_{n}-2s_{n+1}+s_{n+2}}\\
&=&s_{n}-\frac{(s_{n+1}-s_{n})^{2}}{s_{n}-2s_{n+1}+s_{n+2}}\\
&=&s_{n}-\frac{(\Delta s_{n})^{2}}{\Delta^{2}s_{n}}
\end{eqnarray}
この数列変換$T:\{s_{n}\}\mapsto\{t_{n}\}$を$Aitken\Delta^{2}$法という。
ちなみに、簡単な計算から$t_{n}$は次の様に書ける事も分かる。
\begin{eqnarray}
t_{n}&=&s_{n+1}-\frac{(s_{n+1}-s_{n})(s_{n+2}-s_{n+1})}{s_{n}-2s_{n+1}+s_{n+2}}\\
&=&s_{n+2}-\frac{(s_{n+2}-s_{n+1})^{2}}{s_{n}-2s_{n+1}+s_{n+2}}\\
&=&s_{n+2}-\frac{(\nabla s_{n+2})^{2}}{\nabla^{2}s_{n+2}}
\end{eqnarray}
ただし$\nabla a_{n+1}=a_{n+1}-a_{n}$とした。
Euler-Maclaurin展開
\begin{equation} \sum_{k=m}^{n}f(k)=\int_{m}^{n}f(x)dx+\frac{1}{2}(f(m)+f(n))+\sum_{k=2}^{N}(-1)^{k}b_{k}(f^{(k-1)}(n)-f^{(k-1)}(m))+R_{N} \end{equation}
\begin{eqnarray}
\sum_{k=m}^{n-1}\int_{0}^{1}\psi{(x)}f^{'}(x+k)dx&=&\sum_{k=m}^{n-1}([\psi{(x)}f(x+k)]_{0}^{1}-\int_{0}^{1}\psi^{'}{(x)}f(x+k)dx)\\
&=&-\psi{(1)}f(m)+\psi{(0)}f(n)+\sum_{k=m}^{n}(\psi{(1)}-\psi{(0)})f(k)-\sum_{k=m}^{n-1}\int_{0}^{1}\psi^{'}(x)f(x+k)dx
\end{eqnarray}
ここで、$\psi(x)=x+a$とおき$-\psi(0)=\psi(1)=\frac{1}{2}$とすると$a=-\frac{1}{2}$。
\begin{eqnarray}
\sum_{k=m}^{n-1}\int_{0}^{1}\psi(x)f^{'}(x+k)dx&=&-\frac{1}{2}(f(m)+f(n))+\sum_{k=m}^{n}f(k)-\sum_{k=m}^{n-1}\int_{0}^{1}f(x+k)dx\\
&=&-\frac{1}{2}(f(m)+f(n))+\sum_{k=m}^{n}f(k)-\int_{m}^{n}f(x)dx\\
\end{eqnarray}
よって、下記の様に書ける。
\begin{equation}
\sum_{k=m}^{n}f(k)=\int_{m}^{n}f(x)dx+\frac{1}{2}(f(m)+f(n))+\sum_{k=m}^{n-1}\int_{0}^{1}\psi(x)f^{'}(x+k)dx
\end{equation}
ここで次のような記号を定める。
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
R_{1}=\sum_{k=m}^{n-1}\int_{0}^{1}\psi(x)f^{'}(x+k)dx\\
R_{N}=(-1)^{N-1}\sum_{k=m}^{n-1}\int_{0}^{1}B_{N}(x)f^{(N)}(x+k)dx\\
B_{1}(x)=\psi{(x)}\\
B_{N}(0)=B_{N}(1)=b_{N}\\
B_{N}^{'}(x)=B_{N-1}(x)\\
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
すると下記の式を得る。
\begin{equation}
R_{N}=(-1)^{N-1}b_{N}(f^{N-1}(n)-f^{N-1}(m))+R_{N-1}
\end{equation}
ゆえに、以下の式を得る。
\begin{eqnarray}
R_{1}&=&b_{2}(f^{(1)}(n)-f^{(1)}(m))+R_{2}\\
&=&b_{2}(f^{(1)}(n)-f^{(1)}(m))+b_{3}(f^{(2)}(n)-f^{(2)}(m))+R_{3}\\
&=&\sum_{k=2}^{N}(-1)^{k}b_{k}(f^{(k-1)}(n)-f^{(k-1)}(m))+R_{N}
\end{eqnarray}
つまり、
\begin{equation}
\sum_{k=m}^{n}f(k)=\int_{m}^{n}f(x)dx+\frac{1}{2}(f(m)+f(n))+\sum_{k=2}^{N}(-1)^{k-1}b_{k}(f^{(k-1)}(n)-f^{(k-1)}(m))+R_{N}
\end{equation}
ここで次のような$B_{k}(x)$の母関数$F(t,x)=1+\sum_{k=1}^{\infty}B_{k}(x)t^{k}$とおく。すると次の様な計算ができる。
\begin{eqnarray}
&&\frac{\partial F}{\partial x}=tF\\
&&\log{F}=tx+f(t)\\
&&F=g(t)e^{tx}
\end{eqnarray}
また、
\begin{eqnarray}
&&\left\{
\begin{array}{l}
F(t,0)=-\frac{1}{2}t+\sum_{k=2}^{\infty}b_{k}t^{k}=g(t)\\
F(t,1)=\frac{1}{2}t+\sum_{k=2}^{\infty}b_{k}t^{k}=g(t)e^{t}
\end{array}
\right.\\
&&F(t,1)-F(t,0)=t=g(t)(e^{t}-1)\\
&&g(t)=\frac{t}{e^{t}-1}\\
&&F(t,x)=\frac{te^{tx}}{e^{t}-1}
\end{eqnarray}
以上から、次の結論を得る。
\begin{eqnarray}
&&\frac{te^{t}}{e^{t}-1}=1+\frac{1}{2}t+\sum_{k=2}^{\infty}b_{k}t^{k}\\
&&\frac{t}{2}\frac{e^{t}+1}{e^{t}-1}=1+\sum_{k=2}^{\infty}b_{k}t^{k}
\end{eqnarray}
また$\frac{-t}{2}\frac{e^{-t}+1}{e^{-t}-1}=\frac{t}{2}\frac{e^{t}+1}{e^{t}-1}$より偶数関。ゆえに、$b_{3}=b_{5}=\cdots=0$。
さらにtについて展開し、$t$の同じべきで比較すると下記の式を得る。
\begin{equation}
2(\frac{1}{(2n)!}+\frac{b_{2}}{(2n-2)!}+\cdots+\frac{b_{2n-2}}{2!})=\frac{1}{(2n-1)!}\quad(n=2,3,...)
\end{equation}
\begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} b_{2}=\frac{1}{12}\\ b_{4}=-\frac{1}{720} \end{array} \right. \end{eqnarray}
\begin{equation} \sum_{k=m}^{n}f(k)=\int_{m}^{n}f(x)dx+\frac{1}{2}(f(m)+f(n))+\sum_{k=1}^{N}b_{2k}(f^{(2k-1)}(n)-f^{(2k-1)}(m))+R_{2N} \end{equation}
$f(x)=x^{-s}$とすると
\begin{eqnarray}
&&\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^{s}}=\frac{1}{s-1}+\frac{1}{2}+\sum_{k=1}^{N}b_{2k}\frac{\Gamma{(s+2k)}}{\Gamma{(s)}}+R_{2N}\\
&&R_{2N}=(-1)^{2N-1}\frac{\Gamma{(s+2N)}}{\Gamma{(s)}}\sum_{k=1}^{\infty}\int_{0}^{1}B_{2N}(x)\frac{1}{(x+k)^{s+2N}}dx\rightarrow 0\quad(N\rightarrow \infty)
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
\zeta{(s)}=\frac{1}{s-1}+\frac{1}{2}+\sum_{k=1}^{\infty}b_{2k}\frac{\Gamma{(s+2k)}}{\Gamma{(s)}}\quad(1\lt s)\\
b_{2(n-1)}=\frac{1}{(2n-1)!}-2(\frac{1}{(2n)!}+\frac{b_{2}}{(2(n-1))!}+\cdots+\frac{b_{2(n-2)}}{4!})
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
望遠鏡和
数列$\{a_{n}\}_{n\in\mathbb{N}},\{b_{n}\}_{n\in\mathbb{N}}$が$a_{n}=b_{n}-b_{n+1}\quad(n\in\mathbb{N})$を満たすとする。すると下記の事実が成り立つ。
\begin{equation}
S_{n}=\sum_{k=1}^{n}a_{n}=b_{1}-b_{n+1}
\end{equation}
さらに、$\lim_{n\rightarrow \infty}|b_{n}|=0$ならば下記の式が成り立つ。
\begin{equation}
\lim_{n\rightarrow \infty}S_{n}=\sum_{k=1}^{\infty}a_{k}=b_{1}
\end{equation}
上記の事実を望遠鏡和という。
$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{an^{2}+b}$について、$a,b$を適切に定めることで望遠鏡和が成り立つようにせよ。
またその値について考察せよ。
\begin{eqnarray}
\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{an^{2}-b^{2}}&=&\frac{1}{2b}\sum_{n=1}^{\infty}(\frac{1}{an-b}-\frac{1}{an+b})\\
&=&\frac{1}{2b}(\frac{1}{a-b}-\frac{1}{a+b}\\
&&\quad\quad\quad\quad\ \ +\frac{1}{2a-b}-\frac{1}{2a+b}\\
&&\quad\quad\quad\quad\ \quad\quad\quad\quad\ \ +\frac{1}{3a-b}-\frac{1}{3a+b}\\
&&\quad\quad\quad\quad\ \quad\quad\quad\quad\ \quad\quad\quad\quad\ \ +\cdots)
\end{eqnarray}
より$na+b=(n+1)a-b$を満たすように$a,b$を定めれば$a=2b$。すると
\begin{equation}
\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{4b^{2}n^{2}-b^{2}}=\frac{1}{2b^{2}}
\end{equation}
すなわち、
\begin{equation}
\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{4n^{2}-1}=\frac{1}{2}
\end{equation}
数列$\{a_{n}\}_{n\in\mathbb{N}},\{b_{n}\}_{n\in\mathbb{N}}$について$A=\sum_{n=1}^{\infty}a_{n},B=\sum_{n=1}^{\infty}b_{n}、\gamma=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{b_{n}}{a_{n}}$とする。すると
\begin{eqnarray}
A&=&\gamma B+\sum_{n=1}^{\infty}(a_{n}-\gamma b_{n})\\
&=&\gamma B+\sum_{n=1}^{\infty}(1-\gamma\frac{b_{n}}{a_{n}})a_{n}
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
1-(\frac{1}{3}-\frac{1}{5})-(\frac{1}{7}-\frac{1}{9})-\cdots&=&1-2\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{(4k-1)(4k+1)}\\
&=&1-2\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{16k^{2}-1}\\
&=&1-2A\\
&=&\frac{\pi}{4}
\end{eqnarray}
また
\begin{equation}
B=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{4n^{2}-1}=\frac{1}{2}
\end{equation}
このとき、$\gamma=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{\frac{1}{16n^{2}-1}}{\frac{1}{4n^{2}-1}}=\frac{1}{4}$。
Kummer変換を用いると下記の式を得る。
\begin{eqnarray}
A&=&\frac{1}{4}\frac{1}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}(1-\frac{1}{4}\frac{\frac{1}{4n^{2}-1}}{\frac{1}{16n^{2}-1}})\frac{1}{16n^{2}-1}\\
&=&\frac{1}{8}-\frac{3}{4}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(16n^{2}-1)(4n^{2}-1)}\\
\end{eqnarray}
この式より以下の様な結果を得る。
\begin{eqnarray}
\pi&=&4-8A\\
&=&3+6\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(16n^{2}-1)(4n^{2}-1)}
\end{eqnarray}
Wilf–Zeilberger pair
関数$F(n,k),G(n,k)$をWZ-pairとすると下記の式を満たす。
\begin{equation}
F(n+1,k)-F(n,k)=G(n,k+1)-G(n,k)\\
\end{equation}
\begin{equation} \sum_{k=a}^{b}[F(n+1,k)-F(n,k)]=G(n,b+1)-G(n,a) \end{equation}
\begin{eqnarray} \sum_{k=a}^{b}[F(n+1,k)-F(n,k)]&=&\sum_{k=a}^{b}[G(n,k+1)-G(n,k)]\\ &=&-G(n,a)+G(n,a+1)\\ &&\quad\quad\quad\quad\ \ -G(n,a+1)+G(n,a+2)\\ &&\quad\quad\quad\quad\ \ \quad\quad\quad\quad\quad\ \ \ \ -\cdots\\ &&\quad\quad\quad\quad\ \ \quad\quad\quad\quad\quad\ \ \ \ -G(n,b)+G(n,b+1)\\ &=&G(n,b+1)-G(n,a) \end{eqnarray}
Gosperのアルゴリズム
Gosperのアルゴリズムについては下記の僕の記事を参照してください。
https://mathlog.info/articles/bHQmk1TsifHrtRUu9vuY
$t(n)=n^{k}p(n)$とした場合
\begin{equation}
\frac{t(n+1)}{t(n)}=\frac{(n+1)^{k}}{n^{k}}\frac{p(n+1)}{p(n)}
\end{equation}
より
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
a(n)=(n+1)^{k}\\
b(n)=n^{k}\\
c(n)=p(n)
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
これからGosper方程式は次の様に書ける。
\begin{equation}
(n+1)^{k}S(n+1)-(n-1)^{k}S(n)=p(n)
\end{equation}
仮に$S(n)=2^{n}$であるとすると次の様に書ける。
\begin{equation}
p(n)=2^{n}(2(n+1)^{k}-(n-1)^{k})
\end{equation}
ゆえに
\begin{eqnarray}
u(n)&=&\frac{(n-1)^{k}}{p(n)}2^{n}n^{k}p(n)\\
&=&2^{n}(n(n-1))^{k}
\end{eqnarray}
これにより次の事実が分かる。
\begin{equation}
\sum_{n=0}^{N}n^{k}2^{n}(2(n+1)^{k}-(n-1)^{k})=2^{N+1}(N(N+1))^{k}
\end{equation}
$t(n)=A^{n}\begin{pmatrix}2n\\n\end{pmatrix}p(n)$した場合
\begin{equation}
\frac{t(n+1)}{t(n)}=\frac{2A(2n+1)}{n+1}\frac{p(n+1)}{p(n)}
\end{equation}
より
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
a(n)=2A(2n+1)\\
b(n)=n+1\\
c(n)=p(n)
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
ゆえに、Gosper方程式は次の様に書ける。
\begin{equation}
2A(2n+1)S(n+1)-nS(n)=p(n)
\end{equation}
$A=\frac{1}{2}$とすると
\begin{equation}
(2n+1)S(n+1)-nS(n)=p(n)
\end{equation}
$S(n)=1$とすると$p(n)=n+1$。
これから、
\begin{eqnarray}
u(n)&=&\frac{n}{n+1}\frac{\begin{pmatrix}2n\\n\end{pmatrix}}{2^{n}}(n+1)\\
&=&\frac{n\begin{pmatrix}2n\\n\end{pmatrix}}{2^{n}}
\end{eqnarray}
ゆえに
\begin{equation}
\sum_{n=0}^{N}\frac{(n+1)\begin{pmatrix}2n\\n\end{pmatrix}}{2^{n}}=\frac{(N+1)\begin{pmatrix}2N+2\\N+1\end{pmatrix}}{2^{N+1}}
\end{equation}
$t(n)=A^{n}\begin{pmatrix}2n\\n\end{pmatrix}^{k}p(n)$とした場合
\begin{equation}
\frac{t(n+1)}{t(n)}=\frac{A2^{k}(2n+1)^{k}}{(n+1)^{k}}\frac{p(n+1)}{p(n)}
\end{equation}
より
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
a(n)=A2^{k}(2n+1)^{k}\\
b(n)=(n+1)^{k}\\
c(n)=p(n)
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
この事から求めるGosper方程式は次の様になる。
\begin{equation}
A2^{k}(2n+1)^{k}S(n+1)-n^{k}S(n)=p(n)
\end{equation}
ここで$S(n)=(2n+1)^{k}$とすると
\begin{equation}
p(n)=A2^{2k}(n+1)^{k}-n^{k}
\end{equation}
特に$A=\frac{1}{2^{2k}}$とすると
\begin{equation}
p(n)=(n+1)^{k}-n^{k}
\end{equation}
\begin{eqnarray}
u(n)&=&\frac{n^{k}}{p(n)}(2n+1)^{k}\frac{\begin{pmatrix}2n\\n\end{pmatrix}^{k}}{2^{2kn}}p(n)\\
&=&\frac{n^{k}(2n+1)^{k}\begin{pmatrix}2n\\n\end{pmatrix}^{k}}{4^{kn}}
\end{eqnarray}
これから次のような結果を得る
\begin{equation}
\sum_{n=0}^{N}\frac{\begin{pmatrix}2n\\n\end{pmatrix}^{k}}{4^{kn}}((n+1)^{k}-n^{k})=\frac{(N+1)^{k}(2N+3)^{k}\begin{pmatrix}2N+2\\N+1\end{pmatrix}^{k}}{4^{k(N+1)}}
\end{equation}
超幾何双和
$F(n,s_{1},...,s_{e})$が$s_{1},...,s_{e},n$それぞれに対して超幾何項であるとする。この時次の様な問題を考える。
\begin{equation}
\sum_{k=0}^{\gamma}p_{k}(n)S(n+k)=0
\end{equation}
ただし、
\begin{equation}
S(n)=\sum_{s_{1}}\cdots\sum_{s_{e}}F(n,s_{1},...,s_{e})
\end{equation}
$e=1$とし$s_{1}=r$と置きなおす。
このとき
\begin{equation}
\sum_{k=0}^{\gamma}p_{k}(n)f(n+k,r)=g(n,r+1)-g(n,r)
\end{equation}
であるとすると下記の事実が成り立つ。
\begin{equation}
\sum_{k=0}^{\gamma}p_{k}(n)S(n+k)=\lim_{R\rightarrow\infty}g(n,R+1)-g(n,0)
\end{equation}
参考文献
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