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文献あり

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？

級数,ベータ関数,中央二項係数

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この著者は初心者として投稿しています。間違いや考慮が足りていない点が含まれている可能性が高いです。見つけたらコメント欄で優しく指摘してあげましょう。

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

$\begin{array}{rcl} B (m, n) & = & \frac{(m - 1)! (n - 1)!)}{(m + n - 1)!} \\ = & \int_{0}^{1} x^{m - 1} (1 - x)^{n - 1} d x (m, n \in N) \end{array}$

${(\begin{matrix} n \\ k \end{matrix})}^{- 1} = (n + 1) \int_{0}^{1} x^{k} (1 - x)^{n - k} d x$

Lehmerの仕事

$\begin{array}{r} {\begin{cases} \sum_{n = 0}^{\infty} a_{n} (\begin{array}{c} 2 n \\ n \end{array}) \\ \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{a_{n}}{(\begin{array}{c} 2 n \\ n \end{array})} \end{cases} \end{array}$

$\begin{array}{rcl} y = (\arcsin x)^{2} \\ y^{^{'}} = \frac{2 \arcsin x}{\sqrt{1 - x^{2}}} \\ y^{^{″}} = \frac{2}{1 - x^{2}} (\frac{x \arcsin x}{\sqrt{1 - x^{2}}} + 1) \end{array}$
ゆえに以下の微分方程式を得る。
$(1 - x^{2}) y^{^{″}} - x y^{^{'}} = 2$

解析的解

$y = \sum_{n = 0}^{\infty} a_{n} x^{n}$ 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。
$\begin{array}{rcl} 2 a_{2} + \sum_{n = 1}^{\infty} {(n + 2) (n + 1) a_{n + 2} - n^{2} a_{n}} = 2 \\ a_{2} = 1 \\ a_{n + 2} = \frac{n^{2}}{(n + 2) (n + 1)} a_{n} \end{array}$
$\begin{array}{rcl} a_{2 n} & = & \frac{(2 n - 2)^{2}}{2 n (2 n - 1)} a_{2 (n - 1)} \\ = & \frac{2^{2 n - 1} {(n - 1)!}^{2}}{(2 n)!} a_{2} \\ = & \frac{2^{2 n - 1} (n!)^{2}}{n^{2} (2 n)!} \\ = & \frac{2^{2 n - 1}}{n^{2} (\begin{array}{c} 2 n \\ n \end{array})} \end{array}$
$\begin{array}{rcl} a_{0} = 0 \\ a_{1} = a_{3} = \dots = 0 \end{array}$
$(\arcsin x)^{2} = \frac{1}{2} \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{2^{2 n}}{n^{2} (\begin{matrix} 2 n \\ n \end{matrix})} x^{2 n}$

$\begin{array}{r} \frac{1}{(\begin{array}{c} 2 n \\ n \end{array})} = n B (n, n + 1) \end{array}$

$\begin{array}{rcl} \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{x^{n}}{(\begin{array}{c} 2 n \\ n \end{array})} & = & \int_{0}^{1} \sum_{n = 0}^{\infty} n x^{n} t^{n - 1} (1 - t)^{n} d t \\ = & \int_{0}^{1} x (1 - t) \sum_{n = 0}^{\infty} n (x t (1 - t))^{n - 1} d t \\ = & \int_{0}^{1} \frac{x (1 - t)}{(1 - x t (1 - t))^{2}} \end{array}$

$\sum_{n = 0}^{\infty} \frac{x^{n}}{(\begin{matrix} 2 n \\ n \end{matrix})} = \frac{4 \sqrt{x}}{(4 - x)^{\frac{3}{2}}} \arctan (\sqrt{\frac{x}{4 - x}}) + \frac{x}{4 - x} + 1$

$\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{x^{n}}{n (\begin{matrix} 2 n \\ n \end{matrix})} = \sqrt{\frac{4 x}{4 - x}} \arctan \sqrt{\frac{x}{4 - x}}$

$\begin{array}{rcl} \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{x^{n}}{n (\begin{array}{c} 2 n \\ n \end{array})} & = & \int_{0}^{1} \sum_{n = 1}^{\infty} x^{n} t^{n - 1} (1 - t)^{n} d t \\ = & \int_{0}^{1} x (1 - t) \sum_{n = 1}^{\infty} (x t (1 - t))^{n - 1} d t \\ = & \int_{0}^{1} \frac{x (1 - t)}{1 - x t (1 - t)} d t \end{array}$
$x t^{2} - x t + 1 = x (t - \frac{1}{2})^{2} + \frac{4 - x}{4}$
$\begin{array}{rcl} \int_{0}^{1} \frac{x (1 - t)}{1 - x t (1 - t)} d t & = & \int_{0}^{1} \frac{1 - t}{(t - \frac{1}{2})^{2} + \frac{4 - x}{4 x}} d t (t - \frac{1}{2} = \sqrt{\frac{4 - x}{4 x}} \tan θ) \\ = & \sqrt{\frac{4 x}{4 - x}} \int_{- \arctan \sqrt{\frac{x}{4 - x}}}^{\arctan \sqrt{\frac{x}{4 - x}}} (\frac{1}{2} - \sqrt{\frac{4 - x}{4 x}} \tan θ) d θ \\ = & \sqrt{\frac{4 x}{4 - x}} \int_{0}^{\arctan \sqrt{\frac{x}{4 - x}}} d θ \\ = & \sqrt{\frac{4 x}{4 - x}} \arctan \sqrt{\frac{x}{4 - x}} \\ = & 2 \sqrt{\frac{x}{4 - x}} \arctan \sqrt{\frac{x}{4 - x}} \end{array}$

$\begin{array}{rcl} \frac{d}{d x} \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{x^{n}}{n (\begin{array}{c} 2 n \\ n \end{array})} & = & \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{x^{n - 1}}{(\begin{array}{c} 2 n \\ n \end{array})} \\ = & \frac{4}{(4 - x)^{\frac{3}{2}} \sqrt{x}} \arctan \sqrt{\frac{x}{4 - x}} + \frac{2}{4 - x} \end{array}$
$\sum_{n = 0}^{\infty} \frac{x^{n}}{(\begin{matrix} 2 n \\ n \end{matrix})} = \frac{4 \sqrt{x}}{(4 - x)^{\frac{3}{2}}} \arctan \sqrt{\frac{x}{4 - x}} + \frac{x}{4 - x} + 1$

$x = 1$ の場合
$\begin{array}{r} {\begin{cases} \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n (\begin{array}{c} 2 n \\ n \end{array})} = \frac{π}{3 \sqrt{3}} \\ \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{1}{(\begin{array}{c} 2 n \\ n \end{array})} = \frac{2 \sqrt{3}}{27} π + \frac{4}{3} \end{cases} \end{array}$

$\sum_{k = 0}^{\infty} \frac{x^{k}}{(\begin{matrix} 2 k + 1 \\ k \end{matrix})} = \frac{2}{4 - x} + \frac{8}{(4 - x) \sqrt{4 x - x^{2}}} \arctan \frac{x}{\sqrt{4 x - x^{2}}}$

$\begin{array}{rcl} \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{x^{k}}{(\begin{array}{c} 2 k + 1 \\ k \end{array})} & = & \int_{0}^{1} \sum_{k = 0}^{\infty} (2 k + 2) x^{k} t^{k} (1 - t)^{k + 1} d t \\ = & \frac{2}{x t} \int_{0}^{1} \sum_{k = 0}^{\infty} k (x t (1 - t))^{k} d t \\ = & \frac{2}{x t} \int_{0}^{1} \frac{x t (1 - t)}{(1 - x t (1 - t))^{2}} d t \\ = & 2 \int_{0}^{1} \frac{1 - t}{(1 - x t (1 - t))^{2}} d t (1 - t = τ) \\ = & 2 \int_{0}^{1} \frac{τ}{(1 - x τ (1 - τ))^{2}} d τ (τ - \frac{1}{2} = \sqrt{\frac{4 - x}{4 x}} \tan θ) \\ = & \frac{2}{x^{2}} \frac{16 x^{2}}{(4 - x)^{2}} \sqrt{\frac{4 - x}{4 x}} \int_{- \arctan \sqrt{\frac{x}{4 - x}}}^{\arctan \sqrt{\frac{x}{4 - x}}} (\sqrt{\frac{4 - x}{4 x}} \tan θ + \frac{1}{2}) \cos^{2} θ d θ \\ = & \frac{16}{\sqrt{x} (4 - x)^{\frac{3}{2}}} \int_{0}^{\arctan \sqrt{\frac{x}{4 - x}}} \cos^{2} θ d θ \\ = & \frac{8}{\sqrt{x} (4 - x)^{\frac{3}{2}}} \arctan \sqrt{\frac{x}{4 - x}} + \frac{2}{4 - x} \\ = & \frac{8}{(4 - x) \sqrt{4 x - x^{2}}} \arctan \frac{x}{\sqrt{4 x - x^{2}}} + \frac{2}{4 - x} (0 < x < 4) \\ = & \frac{4}{(4 - x) \sqrt{- 4 x + x^{2}}} \log \frac{1 - \sqrt{- 4 x + x^{2}}}{1 + \sqrt{- 4 x + x^{2}}} (- 4 < x < 0) \end{array}$
最後の変形は次の事実を用いた。
$\begin{array}{r} {\begin{cases} θ = \arctan λ \\ \sin θ = \frac{λ}{\sqrt{1 + λ^{2}}} \\ \cos θ = \frac{1}{\sqrt{1 + λ^{2}}} \\ \frac{1}{i} \arctan \frac{θ}{i} = \frac{1}{2} \log \frac{1 - θ}{1 + θ} \end{cases} \end{array}$

$\sum_{k = 0}^{\infty} \frac{x^{k}}{(\begin{matrix} 2 k + 1 \\ k \end{matrix})} = D$

$\sum_{m = 0}^{\infty} \frac{x^{m}}{(\begin{matrix} 2 m + 1 \\ m \end{matrix}) (2 m + 3)} = (\frac{4}{x} - 1) D - \frac{4}{x}$

実際に計算して係数比較するだけ。
$4 (k + 1) (k + 2) - (2 k + 3) (2 k + 2) = 2 (k + 1)$

$f (x) = \sum_{n = 0}^{\infty} a_{n} x^{n}$ とすると次の事が成り立つ。
$\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{a_{n - 1} x^{n}}{n (\begin{matrix} 2 n \\ n \end{matrix})} = \int_{0}^{1} x (1 - t) f (x t (1 - t)) d t$

$S (k; x) = \sum_{n = 0} n^{k} x^{n}$ とすると次の様に書ける。
$\sum_{n = 0}^{\infty} \frac{n^{k}}{(\begin{matrix} 2 n \\ n \end{matrix})} = 2 \int_{0}^{1} S (k + 1; x (1 - x)) d x + \int_{0}^{1} S (k; x (1 - x)) d x$

$\begin{array}{rcl} \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{n^{k}}{(\begin{array}{c} 2 n \\ n \end{array})} & = & \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{n^{k} n! n!}{(2 n)!} \\ = & \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{n^{k} Γ (n + 1) Γ (n + 1)}{Γ (2 n + 1)} \\ = & \sum_{n = 0}^{\infty} n^{k} (2 n + 1) B (n + 1, n + 1) \\ = & 2 \int_{0}^{1} \sum_{n = 0}^{\infty} n^{k + 1} x^{n} (1 - x)^{n} d x + \int_{0}^{1} \sum_{n = 0}^{\infty} n^{k} x^{n} (1 - x)^{n} d x \\ = & 2 \int_{0}^{1} S (k + 1; x (1 - x)) d x + \int_{0}^{1} S (k; x (1 - x)) d x \end{array}$

$S (k; x) = \sum_{n = 0}^{\infty} n^{k} x^{n} \Rightarrow x \frac{d}{d x} S (k; x) = S (k + 1; x)$

$\begin{array}{rcl} x \frac{d}{d x} S (k; x) & = & x \frac{d}{d x} \sum_{n = 0}^{\infty} n^{k} x^{n} \\ = & x \sum_{n = 0}^{\infty} n^{k + 1} x^{n - 1} \\ = & \sum_{n = 0}^{\infty} n^{k + 1} x^{n} \\ = & S (k + 1; x) \end{array}$

$\begin{array}{rcl} S (k; x) & = & (x \frac{d}{d x})^{k} S (0; x) \\ = & (x \frac{d}{d x})^{k} \frac{1}{1 - x} \end{array}$

$(x \frac{d}{d x})^{k}$ の $\frac{d^{i}}{d x^{i}} (i = 1, 2, . . ., k)$ 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。
$\begin{array}{rcl} \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{1}{(\begin{array}{c} 2 n \\ n \end{array})} & = & 2 \int_{0}^{1} \frac{x (1 - x)}{(1 - x (1 - x))^{2}} d x + \int_{0}^{1} \frac{1}{1 - x (1 - x)} d x \\ = & 2 \int_{0}^{1} \frac{1}{(1 - x (1 - x))^{2}} d x - \int_{0}^{1} \frac{1}{1 - x (1 - x)} d x \\ = & \frac{8 \sqrt{3}}{27} π - \frac{2 \sqrt{3}}{9} π \\ = & \frac{2 \sqrt{3}}{27} π + \frac{4}{3} \end{array}$

$\sum_{k = 0}^{n} \frac{a^{k} b^{n - k}}{(\begin{matrix} n \\ k \end{matrix})} = \frac{n + 1}{(a + b) (\frac{1}{a} + \frac{1}{b})^{n}} \sum_{k = 1}^{n + 1} \frac{(a^{k} + b^{k}) (\frac{1}{a} + \frac{1}{b})^{k - 1}}{k}$

$\begin{array}{rcl} \sum_{n = 0}^{\infty} x^{n} \sum_{k = 0}^{n} \frac{a^{k} b^{n - k}}{(\begin{array}{c} n \\ k \end{array})} & = & \sum_{n = 0}^{\infty} \sum_{k = 0}^{n} (n + 1) x^{n} a^{k} b^{n - k} \int_{0}^{1} t^{k} (1 - t)^{n - k} d t \\ = & \frac{d}{d x} (x \int_{0}^{1} \sum_{k = 0}^{\infty} \sum_{n = k}^{\infty} (a x t)^{k} (b x (1 - t))^{n - k} d t) \\ = & \frac{d}{d x} (x \int_{0}^{1} \frac{1}{1 - a x t} \frac{1}{1 - b x (1 - t)}) d t \\ = & \frac{d}{d x} (\frac{1}{a + b - a b x} \int_{0}^{1} (\frac{a x}{1 - a x t} + \frac{b x}{1 - b x + b x t}) d t) \\ = & \frac{d}{d x} (\frac{- \log (1 - a x) - \log (1 - b x)}{a + b - a b x}) \\ = & \frac{d}{d x} [\frac{1}{a + b} \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{a^{n} b^{n} x^{n}}{(a + b)^{n}} \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{a^{k} + b^{k}}{k} x^{k}] \\ = & \frac{d}{d x} [x \frac{1}{a + b} \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{a^{n} b^{n} x^{n}}{(a + b)^{n}} \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{a^{k} + b^{k}}{k} x^{k - 1}] \\ = & \frac{d}{d x} [x \frac{1}{a + b} \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{a^{n} b^{n} x^{n}}{(a + b)^{n}} \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{a^{k + 1} + b^{k + 1}}{k + 1} x^{k}] \\ = & \frac{d}{d x} [x \frac{1}{a + b} \sum_{λ = 0}^{\infty} x^{λ} \sum_{k = 0}^{λ} \frac{a^{k} b^{k}}{(a + b)^{k}} \frac{a^{λ - k + 1} + b^{λ - k + 1}}{λ - k + 1}] \\ = & \frac{d}{d x} [\frac{1}{a + b} \sum_{λ = 0}^{\infty} x^{λ + 1} \sum_{k = 0}^{λ} \frac{a^{λ - k} b^{λ - k}}{(a + b)^{λ - k}} \frac{a^{k + 1} + b^{k + 1}}{k + 1}] \\ = & \frac{d}{d x} [\frac{1}{a + b} \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{a^{n} b^{n} x^{n + 1}}{(a + b)^{n}} \sum_{k = 0}^{n} \frac{a^{k + 1} + b^{k + 1}}{k + 1} \frac{(a + b)^{k}}{a^{k} b^{k}}] \\ = & \frac{1}{a + b} \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(n + 1) a^{n} b^{n} x^{n}}{(a + b)^{n}} \sum_{k = 1}^{n + 1} \frac{a^{k} + b^{k}}{k} \frac{(a + b)^{k - 1}}{a^{k - 1} b^{k - 1}} \end{array}$
$x$ の各次数の係数比較を行うと次に結論を得る。
$\sum_{k = 0}^{n} \frac{a^{k} b^{n - k}}{(\begin{matrix} n \\ k \end{matrix})} = \frac{n + 1}{(a + b) (\frac{1}{a} + \frac{1}{b})^{n}} \sum_{k = 1}^{n + 1} \frac{(a^{k} + b^{k}) (\frac{1}{a} + \frac{1}{b})^{k - 1}}{k}$

$a = b = 1$ とすると次式が成り立つ。
$\begin{array}{rcl} \sum_{k = 0}^{n} \frac{1}{(\begin{array}{c} n \\ k \end{array})} & = & \frac{n + 1}{2^{n + 1}} \sum_{k = 1}^{n + 1} \frac{2^{k}}{k} \\ = & (n + 1) \sum_{k = 0}^{n} \frac{1}{(n + 1 - k) 2^{k}} \end{array}$

$a = x, b = 1$ とおくと次式を得る。
$\begin{array}{rcl} \sum_{k = 0}^{n} \frac{x^{k}}{(\begin{array}{c} n \\ k \end{array})} & = & \frac{n + 1}{(1 + z)} (\frac{z}{1 + z})^{n} \sum_{k = 1}^{n + 1} \frac{1 + z^{k}}{k} (\frac{1 + z}{z})^{k} \end{array}$

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。
$I (f | x) = \int_{0}^{x} \frac{f (t) - f (0)}{t} d t$
また、 $n \in N$ 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。
$I^{n} (f | x) = \int_{0}^{x} d x_{1} \int_{0}^{x_{1}} d x_{2} \dots \int_{0}^{x_{n - 1}} d x_{n} \frac{f (x_{n}) - f (0)}{x_{n}}$

$f (x) = \sum_{n = 0}^{\infty} a_{n} x^{n}$ に $k$ 回逆べき生成変換を行った結果は次の様に書ける。
$I^{k} (f | x) = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{a_{n}}{n^{k}} x^{n}$

q級数とに項係数を含む総和

q級数のEuler展開

$Π_{k = 1}^{\infty} (1 - q^{k}) = 1 + \sum_{k = 1}^{\infty} (- 1)^{k} (q^{\frac{k (3 k - 1)}{2}} + q^{\frac{k (3 k + 1)}{2}})$

[1] $f (q; x) = 1 - \sum_{k = 1}^{\infty} q^{k} x^{k + 1} Π_{l = 1}^{k - 1} (1 - q^{l} x)$ と置く。するとこれは次の式を満たす。
$f (q; x) = 1 - q x^{2} - q^{2} x^{3} f (q; q x)$
これは次の様にして証明できる。
$\begin{array}{rcl} f (q; x) & = & 1 - q x^{2} - \sum_{k = 2}^{\infty} q^{k} x^{k + 1} Π_{l = 1}^{k - 1} (1 - q^{l} x) \\ = & 1 - q x^{2} - \sum_{k = 1}^{\infty} q^{k + 1} x^{k + 2} Π_{l = 1}^{k} (1 - q^{l} x) \\ = & 1 - q x^{2} - \sum_{k = 1}^{\infty} q^{k + 1} x^{k + 2} Π_{l = 2}^{k} (1 - q^{l} x) + \sum_{k = 1}^{\infty} q^{k + 2} x^{k + 3} Π_{l = 2}^{k} (1 - q^{l} x) \\ = & 1 - q x^{2} - q^{2} x^{3} (1 + \sum_{k = 1}^{\infty} q^{k} x^{k} (Π_{l = 2}^{k + 1} (1 - q^{l} x) - Π_{l = 2}^{k} (1 - q^{l} x))) \\ = & 1 - q x^{2} - q^{2} x^{3} (1 - \sum_{k = 1}^{\infty} q^{k} (q x)^{k + 1} Π_{l = 2}^{k} (1 - q^{l - 1} (q x))) \\ = & 1 - q x^{2} - q^{2} x^{3} (1 - \sum_{k = 1}^{\infty} q^{k} (q x)^{k + 1} Π_{l = 1}^{k - 1} (1 - q^{l} (q x))) \\ = & 1 - q x^{2} - q^{2} x^{3} f (q; q x) \end{array}$
[2]
$\begin{array}{rcl} f (q; x) & = & 1 - q x^{2} - q^{2} x^{3} f (q; q x) \\ = & 1 - q x^{2} - q^{2} x^{3} (1 - q^{3} x^{2} - q^{5} x^{3} f (q; q^{2} x)) \\ = & 1 - q x^{2} - q^{2} x^{3} + q^{5} x^{5} + q^{7} x^{6} f (q; q^{2} x) \\ = & 1 - q x^{2} - q^{2} x^{3} + q^{5} x^{5} + q^{7} x^{6} (1 - q^{5} x^{2} - q^{8} x^{3} f (q; q^{3} x)) \\ = & 1 - q x^{2} - q^{2} x^{3} + q^{5} x^{5} + q^{7} x^{6} - q^{12} x^{8} - q^{15} x^{9} f (q; q^{3} x) \end{array}$
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、 $q x^{2}, q^{5} x^{5}, q^{12} x^{8}, . . .; q^{2} x^{3}, q^{7} x^{6}, q^{15} x^{9}, . . .$ 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)

このテーブルを見るとわかると思うが、前者は

(\frac{n (3 n - 1)}{2}, 3 n - 1)

後者

(\frac{n (3 n + 1)}{2}, 3 n)

なる規則で並んでいることが分かる。よって、これを示す。
[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^{μ} x^{ν}

の

μ, ν

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} (q x)^{3} \dots q^{2} (q^{N - 1} x)^{3} = q^{\frac{N}{2} (3 N + 1)} x^{3 N}

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} (3 N + 1), 3 N)

また、

q x^{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^{2 N - 1} x^{2}

をかけたものなので、

\frac{N - 1}{2} (3 N - 2) + 2 N - 1 = \frac{N (3 N - 1)}{2}

[4]
よって結論

\begin{array}{rcl} f (q; x) & = & 1 + \sum_{n = 1}^{\infty} (- 1)^{n} (q^{\frac{n (3 n - 1)}{2}} x^{3 n - 1} + q^{\frac{n (3 n + 1)}{2}} x^{3 n}) \end{array}

[5]
帰納法を使うと次の式を簡単に証明できる。

1 - \sum_{n = 1}^{N} Π_{k = 1}^{n - 1} (1 - q^{k}) q^{n} = Π_{n = 1}^{N} (1 - q^{n})

[6]
[5]より

x = 1

とすれば次の式が成り立つ。

\begin{array}{rcl} f (q; 1) & = & Π_{n = 1}^{\infty} (1 - q^{n}) \\ = & \sum_{n = - \infty}^{\infty} (- 1)^{n} q^{\frac{n (3 n + 1)}{2}} \end{array}

$(α)_{n} = Π_{k = 0}^{n - 1} (1 - q^{k - 1} a)$

$(α)_{n} = \frac{(α)_{\infty}}{(q^{n} α)_{\infty}}$

q-超幾何級数

$_{2} ψ_{1} (α, β; γ | x) = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(α)_{n} (β)_{n}}{(γ)_{n} (q)_{n}} x^{n}$

$\frac{(a z)_{\infty}}{(z)_{\infty}} = \sum_{m = 0}^{\infty} \frac{(α)_{m}}{(c)_{m}} z^{m}$

Jackson積分

$\int_{0}^{c} f (t) d_{q} t = c (1 - q) \sum_{n = 0}^{\infty} f (c q^{n}) q^{n}$

$\sum_{k = 0}^{\infty} (\begin{matrix} x \\ k \end{matrix}) (\begin{matrix} y \\ n - k \end{matrix}) = (\begin{matrix} x + y \\ n \end{matrix})$

$x + y$ 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。

$\sum_{k = 0}^{n} (\begin{matrix} n \\ k \end{matrix}) (\begin{matrix} x + y - n \\ x - k \end{matrix}) = (\begin{matrix} x + y \\ x \end{matrix})$

$\begin{array}{r} \sum_{k = 0}^{n} (\begin{array}{c} n \\ k \end{array}) (- 1)^{k} k^{m} = {\begin{cases} 0 i f m < n \\ (- 1)^{n} n! i f m = n \end{cases} \end{array}$

$f (x) = (1 - x)^{n}$ とする。するとこの式は次の様に書ける。
$f (x) = \sum_{k = 0}^{n} (- 1)^{k} (\begin{matrix} n \\ k \end{matrix}) x^{k}$
$(x \frac{d}{d x})^{m} f (x) = \sum_{k = 0}^{n} (- 1)^{k} (\begin{matrix} n \\ k \end{matrix}) k^{m} x^{k}$
定理15より $(x \frac{d}{d x})^{m} = 1 + \dots + x^{m} \frac{d^{m}}{d x^{m}}$ とかけるので、 $m < n$ の場合は $(\frac{d}{d x})^{m} f (x)$ 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。

$\begin{array}{r} \sum_{k = 0}^{n} (\begin{array}{c} n \\ k \end{array}) (- 1)^{k} (x k + y)^{m} = {\begin{cases} 0 i f m < n \\ (- 1)^{n} x^{n} n! i f m = n \end{cases} \end{array}$

$\sum$ 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 $(- 1)^{n} x^{n} n!$ 。

$f (t) = c_{0} + c_{1} t + \dots + c_{m} t^{m}$ の場合
$\begin{array}{r} \sum_{k = 0}^{n} (\begin{array}{c} n \\ k \end{array}) (- 1)^{k} f (k)^{m} = {\begin{cases} 0 i f m < n \\ (- 1)^{n} c_{n} n! i f m = n \end{cases} \end{array}$

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。
$y =_{2} F (α, β; γ | x) = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(α)_{n} (β)_{n}}{(γ)_{n} n!} x^{n} (| x | < 1)$

$\partial = \frac{d}{d x}, D = x \partial$ とすると下記の式が成り立つ。
$((D + a) (D + b) - \frac{D (D + c - 1)}{x}) y = 0$

$D^{2} = x^{2} \partial^{2} + x \partial$ より
$\begin{array}{rcl} (D + a) (D + b) & = & D^{2} + (a + b) D + a b \\ = & x^{2} \partial^{2} + (a + b + 1) x \partial + a b \end{array}$
$\begin{array}{rcl} D (D + c - 1) & = & x^{2} \partial^{2} + c x \partial \end{array}$
より
$\begin{array}{rcl} ((D + a) (D + b) - \frac{D (D + c - 1)}{x})_{2} F_{1} (a, b; c | x) & = & (x (x - 1) \partial^{2} + ((a + b + 1) x - c) \partial + a b) \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(a)_{n} (b)_{n}}{(c)_{n} n!} x^{n} \\ = & \sum_{n = 0}^{\infty} [- ((n + 1) n + (n + 1) c) \frac{(a + n) (b + n)}{(c + n) (n + 1)} + (n (n - 1) + (a + b + 1) n + a b)] \frac{(a)_{n} (b)_{n}}{(c)_{n} n!} x^{n} \\ = & 0 \end{array}$

超幾何微分方程式

$(x (1 - x) \partial^{2} + (c - (a + b + 1) x) \partial - a b) y = 0$

両辺を $x (1 - x)$ で割ると
$\begin{array}{rcl} (\partial^{2} + (\frac{c}{x (1 - x)} - \frac{a + b + 1}{1 - x}) \partial - a b) y & = & (\partial^{2} + (\frac{c}{x} - \frac{1 + a + b - c}{1 - x}) \partial - \frac{a b}{x (1 - x)}) y \\ = & 0 \end{array}$
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 $1 - x \to x$ 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。
$ψ (x) = x^{c} (1 - x)^{e} (e = 1 + a + b - c)$ とすると次式が成り立つ。
$(\partial ψ (x) \partial - a b \frac{ψ (x)}{x (1 - x)}) y = 0$

$\partial f (x) = f (x) \partial + f^{^{'}} (x)$
$\begin{array}{rcl} \partial ψ (x) & = & (x^{c} \partial + c x^{c - 1}) (1 - x)^{e} \\ = & x^{c} ((1 - x)^{e} \partial - e (1 - x)^{e - 1}) + c x^{c - 1} (1 - x)^{e} \\ = & ψ (x) (\partial - \frac{e}{1 - x} + \frac{c}{x}) \end{array}$
これを代入すると
$\begin{array}{rcl} (\partial ψ (x) \partial - a b \frac{ψ (x)}{x (1 - x)}) y & = & ψ (x) (\partial^{2} + (\frac{c}{x} - \frac{e}{1 - x}) \partial - \frac{a b}{x (1 - x)}) y \\ = & 0 \end{array}$

$D = \partial f (x) - g (x)$ とし、 $D y = 0$ 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。
$(\partial f (z (x)) \frac{\partial}{z^{^{'}} (x)} - z^{^{'}} (x) g (z (x))) F (z (x)) = 0$

$\begin{array}{r} \partial_{z} = \frac{1}{z^{^{'}} (x)} \partial \end{array}$
より
$\begin{array}{rcl} (\partial f (z (x)) \frac{\partial}{z^{^{'}} (x)} - z^{^{'}} (x) g (z (x))) F (z (x)) & = & z^{^{'}} (x) (\partial_{z} f (z) \partial_{z} - g (z)) F (z) \\ = & 0 \end{array}$

$ψ (x) = x^{c} (1 - x)^{e} (e = 1 + a + b - c)$
$(\partial ψ (x) \partial - a b \frac{ψ (x)}{x (1 - x)}) y = 0 (y (0) = 1, y^{^{'}} (0) = \frac{a b}{c})$
に対して $z (x) = x^{s}$ とすると次式が成り立つ。
$(\partial x^{c s - s + 1} (1 - x^{s})^{e} \partial - s^{2} a b x^{c s - 1} (1 - x^{s})^{e - 1}) y (x^{s}) = 0$

$z (x) = \frac{1 - x}{1 + (r - 1) x}$ とすると以下の計算が成り立つ。
$\begin{array}{rcl} 1 - z = \frac{r x}{1 + (r - 1) x} \\ z^{^{'}} (x) = - \frac{r}{(1 + (r - 1) x)^{2}} \end{array}$
$\begin{array}{rcl} - \partial (x^{e} (1 - x)^{c}) \frac{r^{e - 1}}{(1 + (r - 1) x)^{c + e - 2}} \partial + α β x^{e - 1} (1 - x)^{c - 1} \frac{r^{e}}{(1 + (r - 1) x)^{c + e}} & = & - r^{e - 1} (\partial (x^{e} (1 - x)^{c}) \frac{1}{(1 + (r - 1) x)^{c + e - 2}} \partial - α β r x^{e - 1} (1 - x)^{c - 1} \frac{1}{(1 + (r - 1) x)^{c + e}}) \end{array}$
これより、以下の式が成り立つ。
$\begin{array}{rcl} ρ (x) = \frac{1}{1 + (r - 1) x} \\ (\partial x^{e} (1 - x)^{c} ρ^{c + e - 2} (x) \partial - r a b x^{e - 1} (1 - x)^{c - 1} ρ^{c + e} (x)) y = 0 \end{array}$

$z (x) = (\frac{1 - x}{1 + (r - 1) x})^{s} = (\frac{1 - x}{ρ (x)})^{s}$ とすると、 $z^{^{'}} (x) = - r s \frac{(1 - x)^{s - 1}}{ρ^{s + 1} (x)}$ ゆえに次の微分方程式を得る。
$(r, s) = (2, 2), (3, 3), (4, 2)$
$\begin{array}{r} {\begin{cases} (1 + x)^{2} - (1 - x)^{2} = 4 x \to \frac{4 x}{(1 - x)^{2}} \\ (1 + 2 x)^{3} - (1 - x)^{3} = 9 x \frac{1 - x^{3}}{1 - x} \to \frac{9 x (1 - x)}{(1 - x) (1 + 2 x)^{2}} \\ (1 + 3 x)^{2} - (1 - x)^{2} = 8 x \frac{1 - x^{2}}{1 - x} \to \frac{8 x (1 - x^{2})}{(1 - x) (1 + 3 x)^{2}} \end{cases} \end{array}$

$D_{i} = \partial f_{i} (x) \partial - g_{i} (x) (i = 1, 2)$ 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。
$h (x) F_{2} (x) = F_{1} (x)$
このとき、 $h D_{1} h = D_{2}$ が成り立つとすると
$\begin{array}{r} {\begin{cases} f_{2} (x) = f_{1} (x) h^{2} (x) \\ g_{2} (x) = g_{1} (x) h^{2} (x) - (f_{1} (x) h^{^{'}} (x))^{^{'}} h (x) \end{cases} \end{array}$

$\partial h - h \partial = h^{^{'}}$ を用いる。
$\begin{array}{rcl} h \partial f_{1} \partial h & = & (\partial h - h^{^{'}}) f_{1} (h \partial + h^{^{'}}) \\ = & \partial f_{1} h^{2} \partial + \partial f_{1} h h^{^{'}} - f_{1} h h^{^{'}} \partial - f_{1} (h^{^{'}})^{2} \\ = & \partial f_{1} h^{2} \partial + (f_{1} h^{^{'}})^{^{'}} h \end{array}$
ゆえに
$\begin{array}{rcl} h D_{1} h & = & \partial f_{1} h^{2} \partial + (f_{1} h^{^{'}})^{^{'}} h - g_{1} h^{2} \\ = & \partial f_{1} h^{2} \partial - (g_{1} h^{2} - (f_{1} h^{^{'}})^{^{'}} h) \end{array}$

上記hが存在するとすると下記の式が成り立つ。
$\begin{array}{rcl} D_{1} h (x) F_{2} (x) & = & \frac{1}{h (x)} D_{2} F_{2} (x) \\ = & 0 \end{array}$

一次変換

$\begin{array}{r} {\begin{cases} (1 - x)^{a + b - c}_{2} F_{1} (a, b; c | x) =_{2} F_{1} (c - a, c - b; c | x) \\ (1 - x)^{a}_{2} F_{1} (a, b; c | x) =_{2} F_{1} (a, c - b; c | \frac{x}{x - 1}) \end{cases} \end{array}$

[1]次の様に記号を決める。
$\begin{array}{r} {\begin{cases} h = (1 - x)^{a + b - c} \\ F_{1} =_{2} F_{1} (c - a, c - b; c | x) \\ F_{2} =_{2} F_{1} (a, b; c | x) \end{cases} \end{array}$
する
$\begin{array}{r} {\begin{cases} D_{1} = \partial x^{c} (1 - x)^{c - a - b + 1} \partial - (c - a) (c - b) x^{c - 1} (1 - x)^{c - a - b} \\ D_{2} = \partial x^{c} (1 - x)^{a + b - c + 1} \partial - a b x^{c - 1} (1 - x)^{a + b - c} \end{cases} \end{array}$
$\begin{array}{rcl} f_{1} h^{2} & = & x^{c} (1 - x)^{c - a - b + 1} (1 - x)^{2 a + 2 b - 2 c} \\ = & x^{c} (1 - x)^{a + b - c + 1} \end{array}$
$\begin{array}{rcl} g_{1} h^{2} - (f_{1} h^{^{'}})^{^{'}} h & = & (c - a) (c - b) x^{c - 1} (1 - x)^{a + b - c} + (a + b - c) c x^{c - 1} (1 - x)^{a + b - c} \\ = & a b x^{c - 1} (1 - x)^{a + b - c} \\ = & g_{2} \end{array}$
初期条件検査
$\begin{array}{r} {\begin{cases} F_{1} (0) = (h F_{2}) (0) = 1 \\ F_{1}^{^{'}} (0) = (h F_{2})^{^{'}} (0) = \frac{(c - a) (c - b)}{c} \end{cases} \end{array}$
[2]次の様に記号を定める。
$\begin{array}{r} {\begin{cases} h = (1 - x)^{a} \\ F_{1} =_{2} F_{1} (a, c - b; c | \frac{x}{x - 1}) \\ F_{2} =_{2} F_{1} (a, b; c | x) \end{cases} \end{array}$
$\begin{array}{r} {\begin{cases} D_{1} = \partial x^{c} (1 - x)^{- a + b - c + 1} \partial + a (c - b) x^{c - 1} (1 - x)^{- a + b - c - 1} \\ D_{2} = \partial x^{c} (1 - x)^{a + b - c + 1} \partial - a b x^{c - 1} (1 - x)^{a + b - c} \end{cases} \end{array}$
以上より、
$\begin{array}{rcl} f_{1} h^{2} & = & x^{c} (1 - x)^{- a + b - c + 1} (1 - x)^{2 a} \\ = & x^{c} (1 - x)^{a + b - c + 1} \\ = & f_{2} \end{array}$
$\begin{array}{rcl} g_{1} h^{2} - (f_{1} h^{^{'}})^{^{'}} h & = & - a (c - b) x^{c - 1} (1 - x)^{a + b - c - 1} - a x^{c - 1} (1 - x)^{a + b - c - 1} (b x - c) \\ = & a b x^{c - 1} (1 - x)^{a + b - c} \\ = & g_{2} \end{array}$
初期条件検査
$\begin{array}{r} {\begin{cases} F_{1} (0) = (h F_{2}) (0) = 1 \\ F_{1}^{^{'}} (0) = (h F_{2})^{^{'}} (0) = \frac{a (b - c)}{c} \end{cases} \end{array}$

$\begin{array}{r} {\begin{cases} (1 + x)^{a}_{2} F_{1} (\frac{a}{2}, \frac{a - b + 1}{2}; \frac{b + 1}{2} | x^{2}) =_{2} F_{1} (\frac{a}{2}, \frac{b}{2}; b | 1 - (\frac{1 - x}{1 + x})^{2}) \\ (1 + 2 x)^{a}_{2} F_{1} (\frac{a}{3}, \frac{a + 1}{3}; \frac{a + 5}{6} | x^{3}) =_{2} F_{1} (\frac{a}{3}, \frac{a + 1}{3}; \frac{a + 1}{2} | 1 - (\frac{1 - x}{1 + 2 x})^{3}) \\ (1 + 3 x)^{\frac{a}{2}}_{2} F_{1} (\frac{a}{4}, \frac{a + 2}{4}; \frac{a + 5}{6} | x^{2}) =_{2} F_{1} (\frac{a}{4}, \frac{a + 2}{4}; \frac{a + 2}{3} | 1 - (\frac{1 - x}{1 + 3 x})^{2}) \end{cases} \end{array}$

A. $(r, s) = (2, 2), ρ = 1 + x$
$\begin{array}{r} {\begin{cases} z = \frac{(1 - x)^{2}}{ρ^{2}} \\ 1 - z = \frac{4 x}{ρ^{2}} \\ z^{^{'}} = - 4 \frac{1 - x}{ρ^{3}} \end{cases} \end{array}$
$\begin{array}{r} {\begin{cases} h = (1 + x)^{a} = ρ^{a} \\ F_{1} =_{2} F_{1} (\frac{a}{2}, \frac{b}{2}; b | 1 - (\frac{1 - x}{1 + x})^{2}) \\ F_{2} = (1 + x)^{a}_{2} F (\frac{a}{2}, \frac{a - b + 1}{2}; \frac{b + 1}{2} | x^{2}) \end{cases} \end{array}$
$\begin{array}{r} {\begin{cases} D_{1} = \partial x^{b} (1 - x)^{a - b + 1} ρ^{- a - b + 1} - a b x^{b - 1} (1 - x)^{a - b + 1} ρ^{- a - b - 1} \\ = \partial x^{b} (1 - x^{2})^{a - b + 1} ρ^{- 2 a} - a b x^{b - 1} (1 - x^{2})^{a - b + 1} ρ^{- 2 a - 2} \\ D_{2} = \partial x^{b} (1 - x^{2})^{a - b + 1} \partial - a (a - b + 1) x^{b} (1 - x^{2})^{a - b} \end{cases} \end{array}$
$\begin{array}{rcl} f_{1} h^{2} & = & x^{b} (1 - x^{2})^{a - b + 1} \\ = & f_{2} \end{array}$
$\begin{array}{rcl} (f_{1} h^{^{'}})^{^{'}} & = & \frac{a x^{b -} (1 - x^{2})^{a - b + 1})}{(1 + x)^{a - 1}} (\frac{b}{x} - \frac{2 (a - b + 1) x}{1 - x^{2}} - \frac{a + 1}{1 + x}) \end{array}$
$\begin{array}{rcl} (f_{1} h^{^{'}})^{^{'}} h & = & a x^{b - 1} (1 - x^{2})^{a - b} ρ^{- 1} (- (a - b + 1) x^{2} - (a + 1) x + b) \end{array}$
$\begin{array}{rcl} g_{1} h^{2} - (f_{1} h^{^{'}})^{^{'}} h & = & a x^{b - 1} (1 - x^{2})^{a - b + 1} ρ^{- 2} + a x^{b - 1} (1 - x^{2})^{a - b} ρ^{- 1} ((a - b + 1) x^{2} + (a + 1) x - b) \\ = & a x^{b - 1} (1 - x^{2})^{a - b} ρ^{- 2} (a - b + 1) x (1 + x)^{2} \\ = & a (a - b + 1) x^{b} (1 - x^{2})^{a - b} \\ = & g_{2} \end{array}$
初期条件検査
$\begin{array}{r} {\begin{cases} F_{1} (0) = F_{2} (0) = 1 \\ F_{1}^{^{'}} (0) = (h F_{2})^{^{'}} (0) = a \end{cases} \end{array}$
B. $(r, s) = (3, 3), ρ = 1 + 2 x$ とする。
$\begin{array}{r} {\begin{cases} h = (1 + 2 x)^{a} = ρ^{a} \\ F_{1} =_{2} F_{1} (\frac{a}{3}, \frac{a + 1}{3}; \frac{a + 1}{2} | 1 - (\frac{1 - x}{1 + 2 x})^{3}) \\ F_{2} =_{2} F_{1} (\frac{a}{3}, \frac{a + 1}{3}; \frac{a + 5}{6} | x^{3}) \end{cases} \end{array}$
$\begin{array}{r} {\begin{cases} D_{1} = \partial x^{\frac{a + 1}{2}} (1 - x^{3})^{\frac{a + 1}{2}} ρ^{- 2 a} \partial - a (a + 1) x^{\frac{a - 1}{2}} (1 - x)^{2} (1 - x^{3})^{\frac{a - 1}{2}} ρ^{- 2 a - 2} \\ D_{2} = \partial x^{\frac{a + 1}{2}} (1 - x^{3})^{\frac{a + 1}{2}} \partial - a (a + 1) x^{\frac{a + 3}{2}} (1 - x^{3})^{\frac{a - 1}{2}} \end{cases} \end{array}$
$\begin{array}{rcl} f_{1} h^{2} & = & x^{\frac{a + 1}{2}} (1 - x^{3})^{\frac{a + 1}{2}} \\ = & f_{2} \end{array}$
$(f_{1} h^{^{'}})^{^{'}} = a \frac{(a + 1) x^{\frac{a + 1}{2}} (1 - x^{3})^{\frac{a + 1}{2}}}{(1 + 2 x)^{a + 1}} (\frac{1}{2 x} - \frac{3 x^{2}}{2 (1 - x^{3})} - \frac{2}{(1 + 2 x)})$
$(f_{1} h^{^{'}})^{^{'}} h = a (a + 1) x^{\frac{a - 1}{2}} (1 - x^{3})^{\frac{a - 1}{2}} ρ^{- 2} (- 4 x^{4} - 4 x^{3} - 2 x + 1)$
$\begin{array}{rcl} g_{1} h^{2} - (f_{1} h^{^{'}})^{^{'}} h & = & a (a + 1) x^{\frac{a - 1}{2}} (1 - x)^{2} (1 - x^{3})^{\frac{a - 1}{2}} ρ^{- 2} \\ + & a (a + 1) x^{\frac{a - 1}{2}} (1 - x^{3})^{\frac{a - 1}{2}} ρ^{- 2} (4 x^{4} + 4 x^{3} + 2 x - 1) \\ = & a (a + 1) x^{\frac{a + 3}{2}} (1 - x^{3})^{\frac{a - 1}{2}} \\ = & g_{2} \end{array}$
初期条件検査
$\begin{array}{r} {\begin{cases} F_{1} (0) = h F_{2} (0) = 1 \\ F_{1}^{^{'}} (0) = (h F_{2})^{^{'}} (0) = 2 a \end{cases} \end{array}$
C. $(r, s) = (4, 2), ρ = 1 + 3 x$ とする。
$\begin{array}{r} {\begin{cases} h = (1 + 3 x)^{\frac{a}{2}} = ρ^{\frac{a}{2}} \\ F_{1} =_{2} F_{1} (\frac{a}{4}, \frac{a + 2}{4}; \frac{a + 2}{3} | 1 - (\frac{1 - x}{1 + 3 x})^{2}) \\ F_{2} =_{2} F_{1} (\frac{a}{4}, \frac{a + 2}{4}; \frac{a + 5}{6} | x^{2}) \end{cases} \end{array}$
$\begin{array}{r} {\begin{cases} D_{1} = \partial x^{\frac{a + 2}{3}} (1 - x^{2})^{\frac{a + 2}{3}} ρ^{- a} - \frac{a (a + 2)}{2} x^{\frac{a - 1}{3}} (1 - x) (1 - x^{2})^{\frac{a - 1}{3}} ρ^{- a - 2} \\ D_{2} = \partial x^{\frac{a + 2}{3}} (1 - x^{2})^{\frac{a + 2}{3}} \partial - \frac{a (a + 2)}{4} x^{\frac{a + 2}{3}} (1 - x^{2})^{\frac{a - 1}{3}} \end{cases} \end{array}$
$\begin{array}{rcl} f_{1} h^{2} & = & x^{\frac{a + 2}{3}} (1 - x^{2})^{\frac{a + 2}{3}} \\ = & f_{2} \end{array}$
$f_{1} h^{^{'}} = \frac{3 a}{2} x^{\frac{a + 2}{3}} (1 - x^{2})^{\frac{a + 2}{3}} (1 + 3 x)^{- \frac{a + 2}{2}}$
$(f_{1} h^{^{'}})^{^{'}} = \frac{3 a (a + 2)}{2} x^{\frac{a + 2}{3}} (1 - x^{2})^{\frac{a + 2}{3}} ρ^{- \frac{a + 2}{2}} (\frac{1}{3 x} - \frac{2 x}{3 (1 - x^{2})} - \frac{3}{2 (1 + 3 x)})$
$\begin{array}{rcl} (f_{1} h^{^{'}})^{^{'}} h & = & \frac{a (a + 2)}{4} x^{\frac{a - 1}{3}} (1 - x^{2})^{\frac{a - 1}{3}} ρ^{- 2} (- 9 x^{3} - 6 x^{2} - 3 x + 2) \end{array}$
$\begin{array}{rcl} g_{1} h^{2} - (f_{1} h^{^{'}})^{^{'}} h & = & \frac{a (a + 2)}{4} x^{\frac{a + 2}{3}} (1 - x^{2})^{\frac{a - 1}{3}} \\ = & g_{2} \end{array}$
初期条件検査
$\begin{array}{r} {\begin{cases} F_{1} (0) = h F_{2} (0) = 1 \\ F_{1}^{^{'}} (0) = (h F_{2})^{^{'}} (0) = \frac{3 a}{2} \end{cases} \end{array}$

$\begin{array}{rcl} K (x) & = & \int_{0}^{\frac{π}{2}} \frac{d θ}{\sqrt{1 - x^{2} \cos^{2} θ}} \\ = & \frac{π}{2}_{2} F_{1} (\frac{1}{2}, \frac{1}{2}; 1 | x^{2}) \end{array}$

$\begin{array}{r} {\begin{cases} \frac{1}{\sqrt{1 - x}} = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(2 n)!}{2^{2 n} (n!)^{2}} x^{n} \\ \int_{0}^{\frac{π}{2}} \cos^{2 n} θ d θ = \frac{(2 n)!}{2^{2 n} n!} \frac{π}{2} \\ (\frac{1}{2})_{n} = \frac{(2 n)!}{2^{2 n} n!} \end{cases} \end{array}$
を用いればよい。
$\frac{(\frac{1}{2})_{n} (\frac{1}{2})_{n}}{(1)_{n}} = \frac{((2 n)!)^{2}}{2^{4 n} (n!)^{3}}$

$\begin{array}{rcl} K (x) & = & \frac{π}{2}_{2} F_{1} (\frac{1}{2}, \frac{1}{2}; 1 | x^{2}) \\ = & \frac{π}{2 (1 + x)}_{2} F_{1} (\frac{1}{2}, \frac{1}{2}; 1 | \frac{4 x}{(1 - x)^{2}}) \end{array}$

差分と加速

数列 ${a_{n}}_{n}$ に関して次の演算子 $Δ_{a b}$ を一般化差分と呼ぶことにする。
$Δ_{a b} a_{n} = a a_{n} + b a_{n + 1}$

$\begin{array}{r} {\begin{cases} Δ_{a b}^{0} a_{n} = a_{n} \\ Δ_{a b}^{k} a_{n} = Δ_{a b} (Δ_{a b}^{k - 1} a_{n}) (k \in N) \end{cases} \end{array}$
の様に定義すると、次の式が成り立つ。
$Δ_{a b}^{k} a_{n} = \sum_{l = 0}^{k}_{k} C_{l} a^{k - l} b^{l} a_{n + l}$

$k = 1$ 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。
$\begin{array}{rcl} Δ_{a b}^{k} a_{n} & = & Δ (\sum_{l = 0}^{k - 1}_{k - 1} C_{l} a^{l} b^{k - 1 - l} a_{n + l}) \\ = & _{k - 1} C_{0} a^{k} b^{0} a_{n} +_{k - 1} C_{1} a^{k - 1} b^{1} a_{n + 1} +_{k - 1} C_{2} a^{k - 2} b^{2} a_{n + 2} + \dots +_{k - 1} C_{k - 1} a^{1} b^{k - 1} a_{n + k - 2} \\ +_{k - 1} C_{0} a^{k - 1} b^{1} a_{n + 1} +_{k - 1} C_{1} a^{k - 2} b^{2} a_{n + 2} + \dots +_{k - 1} C_{k - 2} a^{1} b^{k - 1} a_{n + k - 2} +_{k - 1} C_{k - 1} a^{0} b^{k} a_{n + k - 1} \\ = & a^{k} b^{0} + \sum_{l = 1}^{k - 1}_{k} C_{l} a^{k - 1} b^{l} a_{n + l} + a^{0} b^{k} a_{n + k} \\ = & \sum_{l = 0}^{k}_{k} C_{l} a^{k - l} b^{l} a_{n + l} \end{array}$

$\begin{array}{r} {\begin{cases} f (x) = \sum_{n = 0}^{\infty} A_{n} x^{n} \\ f^{(l)} (x) = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{n! A_{n}}{(n - l)!} x^{n - l} = l! \sum_{n = l}^{\infty}_{n} C_{l} A_{n} x^{n - l} \end{cases} \end{array}$
とすると次式が成り立つ。
$\begin{array}{rcl} f (λ Δ_{a b}) a_{0} & = & \sum_{k = 0}^{\infty} A_{k} λ^{k} Δ_{a b}^{k} a_{0} \\ = & \sum_{k = 0}^{\infty} A_{k} λ^{k} \sum_{l = 0}^{k} a^{k - l} b^{l}_{k} C_{l} a_{l} \\ = & \sum_{l = 0}^{\infty} \frac{(λ b)^{l} a_{l}}{l!} l! \sum_{k = l}^{\infty}_{k} C_{l} A_{k} (λ a)^{k - l} \\ = & \sum_{l = 0}^{\infty} \frac{(λ b)^{l} a_{l}}{l!} f^{(l)} (λ a) \end{array}$

$f (x) = \frac{1}{1 - x}$ とすると $f^{(l)} (x) = \frac{l!}{(1 - x)^{l + 1}}$ なので
$\begin{array}{rcl} \frac{1}{1 - λ Δ_{a b}} a_{0} & = & \sum_{k = 0}^{\infty} (λ Δ_{a b})^{k} a_{0} \\ = & \sum_{l = 0}^{\infty} \frac{(λ b)^{l} a_{l}}{(1 - λ a)^{l + 1}} \end{array}$
$- a = b = 1, λ = - \frac{1}{2}$ とすると下記の式を得る。
$\sum_{k = 0}^{\infty} (- \frac{Δ}{2})^{k} a_{0} = 2 \sum_{l = 0}^{\infty} (- 1)^{l} a_{l}$
すなわち、下記の式を得る。
$\sum_{l = 0}^{\infty} (- 1)^{l} a_{l} = \frac{1}{2} \sum_{k = 0}^{\infty} (- \frac{Δ}{2})^{k} a_{0}$

$f (x) = - \log (1 - x) = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{x^{n}}{n}$ とすると $f^{(n)} (x) = \frac{(n - 1)!}{(1 - x)^{n}}$
$\begin{array}{rcl} - \log (1 - λ Δ_{a b}) a_{0} & = & \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(λ Δ_{a b})^{n}}{n} a_{0} \\ = & \sum_{l = 1}^{\infty} \frac{a_{l}}{l} (\frac{λ b}{(1 - a)})^{l} \end{array}$

数列変換

数列 ${s_{n}}_{n \in N}$ から数列 ${t_{n}}_{n \in N}$ への写像 $T : {s_{n}} \mapsto {t_{n}}$ を数列変換と呼ぶ。

Richarson補外

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。
$s_{n + 1} - s \sim λ (s_{n} - s) (λ \neq 1)$
$λ$ を既知とし、 $s \to t_{n}$ とする。すると次式が成り立つ。
$t_{n} = \frac{s_{n + 1} - λ s_{n}}{1 - λ}$
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 $λ$ が未知とした場合次の式が成り立つ。
$λ = \frac{s_{n + 1} - s}{s_{n} - s} = \frac{s_{n + 2} - s}{s_{n + 1} - s}$
この式で $s$ について解き、 $s \to t_{n}$ の様に置きなおす。
$\begin{array}{rcl} t_{n} & = & \frac{s_{n} s_{n + 2} - s_{n + 1}^{2}}{s_{n} - 2 s_{n + 1} + s_{n + 2}} \\ = & s_{n} - \frac{(s_{n + 1} - s_{n})^{2}}{s_{n} - 2 s_{n + 1} + s_{n + 2}} \\ = & s_{n} - \frac{(Δ s_{n})^{2}}{Δ^{2} s_{n}} \end{array}$
この数列変換 $T : {s_{n}} \mapsto {t_{n}}$ を $A i t k e n Δ^{2}$ 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。
$\begin{array}{rcl} t_{n} & = & s_{n + 1} - \frac{(s_{n + 1} - s_{n}) (s_{n + 2} - s_{n + 1})}{s_{n} - 2 s_{n + 1} + s_{n + 2}} \\ = & s_{n + 2} - \frac{(s_{n + 2} - s_{n + 1})^{2}}{s_{n} - 2 s_{n + 1} + s_{n + 2}} \\ = & s_{n + 2} - \frac{(\nabla s_{n + 2})^{2}}{\nabla^{2} s_{n + 2}} \end{array}$
ただし $\nabla a_{n + 1} = a_{n + 1} - a_{n}$ とした。

Euler-Maclaurin展開

$\sum_{k = m}^{n} f (k) = \int_{m}^{n} f (x) d x + \frac{1}{2} (f (m) + f (n)) + \sum_{k = 2}^{N} (- 1)^{k} b_{k} (f^{(k - 1)} (n) - f^{(k - 1)} (m)) + R_{N}$

$\begin{array}{rcl} \sum_{k = m}^{n - 1} \int_{0}^{1} ψ (x) f^{^{'}} (x + k) d x & = & \sum_{k = m}^{n - 1} ([ψ (x) f (x + k)]_{0}^{1} - \int_{0}^{1} ψ^{^{'}} (x) f (x + k) d x) \\ = & - ψ (1) f (m) + ψ (0) f (n) + \sum_{k = m}^{n} (ψ (1) - ψ (0)) f (k) - \sum_{k = m}^{n - 1} \int_{0}^{1} ψ^{^{'}} (x) f (x + k) d x \end{array}$
ここで、 $ψ (x) = x + a$ とおき $- ψ (0) = ψ (1) = \frac{1}{2}$ とすると $a = - \frac{1}{2}$ 。
$\begin{array}{rcl} \sum_{k = m}^{n - 1} \int_{0}^{1} ψ (x) f^{^{'}} (x + k) d x & = & - \frac{1}{2} (f (m) + f (n)) + \sum_{k = m}^{n} f (k) - \sum_{k = m}^{n - 1} \int_{0}^{1} f (x + k) d x \\ = & - \frac{1}{2} (f (m) + f (n)) + \sum_{k = m}^{n} f (k) - \int_{m}^{n} f (x) d x \end{array}$
よって、下記の様に書ける。
$\sum_{k = m}^{n} f (k) = \int_{m}^{n} f (x) d x + \frac{1}{2} (f (m) + f (n)) + \sum_{k = m}^{n - 1} \int_{0}^{1} ψ (x) f^{^{'}} (x + k) d x$
ここで次のような記号を定める。
$\begin{array}{r} {\begin{cases} R_{1} = \sum_{k = m}^{n - 1} \int_{0}^{1} ψ (x) f^{^{'}} (x + k) d x \\ R_{N} = (- 1)^{N - 1} \sum_{k = m}^{n - 1} \int_{0}^{1} B_{N} (x) f^{(N)} (x + k) d x \\ B_{1} (x) = ψ (x) \\ B_{N} (0) = B_{N} (1) = b_{N} \\ B_{N}^{^{'}} (x) = B_{N - 1} (x) \end{cases} \end{array}$
すると下記の式を得る。
$R_{N} = (- 1)^{N - 1} b_{N} (f^{N - 1} (n) - f^{N - 1} (m)) + R_{N - 1}$
ゆえに、以下の式を得る。
$\begin{array}{rcl} R_{1} & = & b_{2} (f^{(1)} (n) - f^{(1)} (m)) + R_{2} \\ = & b_{2} (f^{(1)} (n) - f^{(1)} (m)) + b_{3} (f^{(2)} (n) - f^{(2)} (m)) + R_{3} \\ = & \sum_{k = 2}^{N} (- 1)^{k} b_{k} (f^{(k - 1)} (n) - f^{(k - 1)} (m)) + R_{N} \end{array}$
つまり、
$\sum_{k = m}^{n} f (k) = \int_{m}^{n} f (x) d x + \frac{1}{2} (f (m) + f (n)) + \sum_{k = 2}^{N} (- 1)^{k - 1} b_{k} (f^{(k - 1)} (n) - f^{(k - 1)} (m)) + R_{N}$
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。
$\begin{array}{rcl} \frac{\partial F}{\partial x} = t F \\ \log F = t x + f (t) \\ F = g (t) e^{t x} \end{array}$
また、
$\begin{array}{rcl} {\begin{matrix} F (t, 0) = - \frac{1}{2} t + \sum_{k = 2}^{\infty} b_{k} t^{k} = g (t) \\ F (t, 1) = \frac{1}{2} t + \sum_{k = 2}^{\infty} b_{k} t^{k} = g (t) e^{t} \end{matrix} \\ F (t, 1) - F (t, 0) = t = g (t) (e^{t} - 1) \\ g (t) = \frac{t}{e^{t} - 1} \\ F (t, x) = \frac{t e^{t x}}{e^{t} - 1} \end{array}$
以上から、次の結論を得る。
$\begin{array}{rcl} \frac{t e^{t}}{e^{t} - 1} = 1 + \frac{1}{2} t + \sum_{k = 2}^{\infty} b_{k} t^{k} \\ \frac{t}{2} \frac{e^{t} + 1}{e^{t} - 1} = 1 + \sum_{k = 2}^{\infty} b_{k} t^{k} \end{array}$
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、 $b_{3} = b_{5} = \dots = 0$ 。
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。
$2 (\frac{1}{(2 n)!} + \frac{b_{2}}{(2 n - 2)!} + \dots + \frac{b_{2 n - 2}}{2!}) = \frac{1}{(2 n - 1)!} (n = 2, 3, . . .)$

$\begin{array}{r} {\begin{cases} b_{2} = \frac{1}{12} \\ b_{4} = - \frac{1}{720} \end{cases} \end{array}$

Euler-Maclaurin展開

$\sum_{k = m}^{n} f (k) = \int_{m}^{n} f (x) d x + \frac{1}{2} (f (m) + f (n)) + \sum_{k = 1}^{N} b_{2 k} (f^{(2 k - 1)} (n) - f^{(2 k - 1)} (m)) + R_{2 N}$

$f (x) = x^{- s}$ とすると
$\begin{array}{rcl} \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{1}{k^{s}} = \frac{1}{s - 1} + \frac{1}{2} + \sum_{k = 1}^{N} b_{2 k} \frac{Γ (s + 2 k)}{Γ (s)} + R_{2 N} \\ R_{2 N} = (- 1)^{2 N - 1} \frac{Γ (s + 2 N)}{Γ (s)} \sum_{k = 1}^{\infty} \int_{0}^{1} B_{2 N} (x) \frac{1}{(x + k)^{s + 2 N}} d x \to 0 (N \to \infty) \end{array}$
$\begin{array}{r} {\begin{cases} ζ (s) = \frac{1}{s - 1} + \frac{1}{2} + \sum_{k = 1}^{\infty} b_{2 k} \frac{Γ (s + 2 k)}{Γ (s)} (1 < s) \\ b_{2 (n - 1)} = \frac{1}{(2 n - 1)!} - 2 (\frac{1}{(2 n)!} + \frac{b_{2}}{(2 (n - 1))!} + \dots + \frac{b_{2 (n - 2)}}{4!}) \end{cases} \end{array}$

望遠鏡和

数列 ${a_{n}}_{n \in N}, {b_{n}}_{n \in N}$ が $a_{n} = b_{n} - b_{n + 1} (n \in N)$ を満たすとする。すると下記の事実が成り立つ。
$S_{n} = \sum_{k = 1}^{n} a_{n} = b_{1} - b_{n + 1}$
さらに、 $lim_{n \to \infty} | b_{n} | = 0$ ならば下記の式が成り立つ。
$lim_{n \to \infty} S_{n} = \sum_{k = 1}^{\infty} a_{k} = b_{1}$
上記の事実を望遠鏡和という。

$\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{a n^{2} + b}$ 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。
$\begin{array}{rcl} \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{a n^{2} - b^{2}} & = & \frac{1}{2 b} \sum_{n = 1}^{\infty} (\frac{1}{a n - b} - \frac{1}{a n + b}) \\ = & \frac{1}{2 b} (\frac{1}{a - b} - \frac{1}{a + b} \\ + \frac{1}{2 a - b} - \frac{1}{2 a + b} \\ + \frac{1}{3 a - b} - \frac{1}{3 a + b} \\ + \dots) \end{array}$
より $n a + b = (n + 1) a - b$ を満たすように $a, b$ を定めれば $a = 2 b$ 。すると
$\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{4 b^{2} n^{2} - b^{2}} = \frac{1}{2 b^{2}}$
すなわち、
$\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{4 n^{2} - 1} = \frac{1}{2}$

Kummer変換

数列 ${a_{n}}_{n \in N}, {b_{n}}_{n \in N}$ について $A = \sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}, B = \sum_{n = 1}^{\infty} b_{n} 、 γ = lim_{n \to \infty} \frac{b_{n}}{a_{n}}$ とする。すると
$\begin{array}{rcl} A & = & γ B + \sum_{n = 1}^{\infty} (a_{n} - γ b_{n}) \\ = & γ B + \sum_{n = 1}^{\infty} (1 - γ \frac{b_{n}}{a_{n}}) a_{n} \end{array}$

$\begin{array}{rcl} 1 - (\frac{1}{3} - \frac{1}{5}) - (\frac{1}{7} - \frac{1}{9}) - \dots & = & 1 - 2 \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{1}{(4 k - 1) (4 k + 1)} \\ = & 1 - 2 \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{1}{16 k^{2} - 1} \\ = & 1 - 2 A \\ = & \frac{π}{4} \end{array}$
また
$B = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{4 n^{2} - 1} = \frac{1}{2}$
このとき、 $γ = lim_{n \to \infty} \frac{\frac{1}{16 n^{2} - 1}}{\frac{1}{4 n^{2} - 1}} = \frac{1}{4}$ 。
Kummer変換を用いると下記の式を得る。
$\begin{array}{rcl} A & = & \frac{1}{4} \frac{1}{2} + \sum_{n = 1}^{\infty} (1 - \frac{1}{4} \frac{\frac{1}{4 n^{2} - 1}}{\frac{1}{16 n^{2} - 1}}) \frac{1}{16 n^{2} - 1} \\ = & \frac{1}{8} - \frac{3}{4} \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{(16 n^{2} - 1) (4 n^{2} - 1)} \end{array}$
この式より以下の様な結果を得る。
$\begin{array}{rcl} π & = & 4 - 8 A \\ = & 3 + 6 \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{(16 n^{2} - 1) (4 n^{2} - 1)} \end{array}$

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。
$F (n + 1, k) - F (n, k) = G (n, k + 1) - G (n, k)$

$\sum_{k = a}^{b} [F (n + 1, k) - F (n, k)] = G (n, b + 1) - G (n, a)$

$\begin{array}{rcl} \sum_{k = a}^{b} [F (n + 1, k) - F (n, k)] & = & \sum_{k = a}^{b} [G (n, k + 1) - G (n, k)] \\ = & - G (n, a) + G (n, a + 1) \\ - G (n, a + 1) + G (n, a + 2) \\ - \dots \\ - G (n, b) + G (n, b + 1) \\ = & G (n, b + 1) - G (n, a) \end{array}$

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
$\frac{t (n + 1)}{t (n)} = \frac{(n + 1)^{k}}{n^{k}} \frac{p (n + 1)}{p (n)}$
より
$\begin{array}{r} {\begin{cases} a (n) = (n + 1)^{k} \\ b (n) = n^{k} \\ c (n) = p (n) \end{cases} \end{array}$
これからGosper方程式は次の様に書ける。
$(n + 1)^{k} S (n + 1) - (n - 1)^{k} S (n) = p (n)$
仮に $S (n) = 2^{n}$ であるとすると次の様に書ける。
$p (n) = 2^{n} (2 (n + 1)^{k} - (n - 1)^{k})$
ゆえに
$\begin{array}{rcl} u (n) & = & \frac{(n - 1)^{k}}{p (n)} 2^{n} n^{k} p (n) \\ = & 2^{n} (n (n - 1))^{k} \end{array}$
これにより次の事実が分かる。
$\sum_{n = 0}^{N} n^{k} 2^{n} (2 (n + 1)^{k} - (n - 1)^{k}) = 2^{N + 1} (N (N + 1))^{k}$

$t (n) = A^{n} (\begin{matrix} 2 n \\ n \end{matrix}) p (n)$ した場合
$\frac{t (n + 1)}{t (n)} = \frac{2 A (2 n + 1)}{n + 1} \frac{p (n + 1)}{p (n)}$
より
$\begin{array}{r} {\begin{cases} a (n) = 2 A (2 n + 1) \\ b (n) = n + 1 \\ c (n) = p (n) \end{cases} \end{array}$
ゆえに、Gosper方程式は次の様に書ける。
$2 A (2 n + 1) S (n + 1) - n S (n) = p (n)$
$A = \frac{1}{2}$ とすると
$(2 n + 1) S (n + 1) - n S (n) = p (n)$
$S (n) = 1$ とすると $p (n) = n + 1$ 。
これから、
$\begin{array}{rcl} u (n) & = & \frac{n}{n + 1} \frac{(\begin{array}{c} 2 n \\ n \end{array})}{2^{n}} (n + 1) \\ = & \frac{n (\begin{array}{c} 2 n \\ n \end{array})}{2^{n}} \end{array}$
ゆえに
$\sum_{n = 0}^{N} \frac{(n + 1) (\begin{matrix} 2 n \\ n \end{matrix})}{2^{n}} = \frac{(N + 1) (\begin{matrix} 2 N + 2 \\ N + 1 \end{matrix})}{2^{N + 1}}$

$t (n) = A^{n} {(\begin{matrix} 2 n \\ n \end{matrix})}^{k} p (n)$ とした場合
$\frac{t (n + 1)}{t (n)} = \frac{A 2^{k} (2 n + 1)^{k}}{(n + 1)^{k}} \frac{p (n + 1)}{p (n)}$
より
$\begin{array}{r} {\begin{cases} a (n) = A 2^{k} (2 n + 1)^{k} \\ b (n) = (n + 1)^{k} \\ c (n) = p (n) \end{cases} \end{array}$
この事から求めるGosper方程式は次の様になる。
$A 2^{k} (2 n + 1)^{k} S (n + 1) - n^{k} S (n) = p (n)$
ここで $S (n) = (2 n + 1)^{k}$ とすると
$p (n) = A 2^{2 k} (n + 1)^{k} - n^{k}$
特に $A = \frac{1}{2^{2 k}}$ とすると
$p (n) = (n + 1)^{k} - n^{k}$
$\begin{array}{rcl} u (n) & = & \frac{n^{k}}{p (n)} (2 n + 1)^{k} \frac{{(\begin{array}{c} 2 n \\ n \end{array})}^{k}}{2^{2 k n}} p (n) \\ = & \frac{n^{k} (2 n + 1)^{k} {(\begin{array}{c} 2 n \\ n \end{array})}^{k}}{4^{k n}} \end{array}$
これから次のような結果を得る
$\sum_{n = 0}^{N} \frac{{(\begin{matrix} 2 n \\ n \end{matrix})}^{k}}{4^{k n}} ((n + 1)^{k} - n^{k}) = \frac{(N + 1)^{k} (2 N + 3)^{k} {(\begin{matrix} 2 N + 2 \\ N + 1 \end{matrix})}^{k}}{4^{k (N + 1)}}$

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。
$\sum_{k = 0}^{γ} p_{k} (n) S (n + k) = 0$
ただし、
$S (n) = \sum_{s_{1}} \dots \sum_{s_{e}} F (n, s_{1}, . . ., s_{e})$

$e = 1$ とし $s_{1} = r$ と置きなおす。
このとき
$\sum_{k = 0}^{γ} p_{k} (n) f (n + k, r) = g (n, r + 1) - g (n, r)$
であるとすると下記の事実が成り立つ。
$\sum_{k = 0}^{γ} p_{k} (n) S (n + k) = lim_{R \to \infty} g (n, R + 1) - g (n, 0)$