Franel数のq類似
Franel数は
\begin{align}
\sum_{k=0}^n\binom nk^3
\end{align}
によって与えられる数列である. 今回はその$q$類似について考えていきたいと思う.
定義
前の記事
でFranel数が三項漸化式を満たしいていることを示した. よって, Franel数の$q$類似も同じように三項漸化式を満たすように定義したい.
前の記事
の系1
\begin{align}
\Q44{a^2,-aq^2,b^2,c^2}{-a,a^2q^2/b^2,a^2q^2/c^2,0}{q^2;\frac{a^2q^3}{b^2c^2}}&=\frac{(-aq;q)_{\infty}}{(-q;q)_{\infty}}\Q32{a^2q^2/b^2c^2,a,aq}{a^2q^2/b^2,a^2q^2/c^2}{q^2;q}
\end{align}
に着目して,
\begin{align}
a=b=c=q^{-n}
\end{align}
とすると,
\begin{align}
\Q44{q^{-2n},-q^{2-n},q^{-2n},q^{-2n}}{-q^{-n},q^2,q^2,0}{q^2;q^{2n+3}}&=\frac{(-q^{1-n};q)_{\infty}}{(-q;q)_{\infty}}\Q32{q^{2n+2},q^{-n},q^{1-n}}{q^2,q^2}{q^2;q}\\
&=(-1;q)_nq^{-\binom n2}\Q32{q^{2n+2},q^{-n},q^{1-n}}{q^2,q^2}{q^2;q}
\end{align}
となる. この右辺は
\begin{align}
&\Q44{q^{-2n},-q^{2-n},q^{-2n},q^{-2n}}{-q^{-n},q^2,q^2,0}{q^2;q^{2n+3}}\\
&=\sum_{k=0}^n\frac{1+q^{2k-n}}{1+q^{-n}}\frac{(q^{-2n};q^2)_k^3}{(q^2;q^2)_k^3}(-1)^kq^{2\binom k2+(2n+3)k}\\
&=\sum_{k=0}^n\frac{q^{n-k}+q^{k}}{1+q^{n}}\left(\frac{(q^2;q^2)_n}{(q^2;q^2)_k(q^2;q^2)_{n-k}}\right)^3q^{8\binom k2+4(1-n)k}\\
&=\sum_{k=0}^n\frac{q^{n-k}+q^{k}}{1+q^{n}}\left(\frac{(q^2;q^2)_n}{(q^2;q^2)_k(q^2;q^2)_{n-k}}\right)^3q^{4\binom k2+4\binom{n-k}2-4\binom n2}\\
&=\frac{2}{1+q^n}\sum_{k=0}^nq^k\left(\frac{(q^2;q^2)_n}{(q^2;q^2)_k(q^2;q^2)_{n-k}}\right)^3q^{4\binom k2+4\binom{n-k}2-4\binom n2}\\
\end{align}
となる. よって$q$-Franel数を
\begin{align}
a_n&:=\sum_{k=0}^nq^k\left(\frac{(q^2;q^2)_n}{(q^2;q^2)_k(q^2;q^2)_{n-k}}\right)^3q^{4\binom k2+4\binom{n-k}2-3\binom n2}\\
&=(-q;q)_n\Q32{q^{2n+2},q^{-n},q^{1-n}}{q^2,q^2}{q^2;q}
\end{align}
によって定義することにする.
漸化式
\begin{align}
\phi&:=\phi(a,b,c,d,e)\\
&=\Q32{a,b,c}{d,e}{\frac{de}{abc}}
\end{align}
として
前の記事
の記法を用いる. $a_n$が満たす漸化式を導くために, 一つ補題を用意する.
\begin{align} &b(1-c)(a-d)(a-e)(aq-b)(\phi(a-,c+)-\phi)\\ &-a(1-a)(b-d)(b-e)(cq-a)(\phi(a+,b-)-\phi)\\ &+\frac{de}{cq}(b-a)(1-c)(aq-b)(cq-a)\phi=0 \end{align}
前の記事
の定理1
\begin{align}
&b(1-b)(a-d)(a-e)(aq-b)(\phi(a-,b+)-\phi)\\
&-a(1-a)(b-d)(b-e)(bq-a)(\phi(a+,b-)-\phi)\\
&+\frac{de}{cq}(b-a)(1-c)(aq-b)(bq-a)\phi=0
\end{align}
において, 同じ記事の定理6の1つ目の式を書き換えた等式
\begin{align}
(1-b)(a-cq)(\phi(a-,b+)-\phi)=(1-c)(a-bq)(\phi(a-,c+)-\phi)
\end{align}
を代入して両辺に$\displaystyle\frac{a-cq}{a-bq}$を掛けると,
\begin{align}
&b(1-c)(a-d)(a-e)(aq-b)(\phi(a-,b+)-\phi)\\
&-a(1-a)(b-d)(b-e)(cq-a)(\phi(a+,b-)-\phi)\\
&+\frac{de}{cq}(b-a)(1-c)(aq-b)(cq-a)\phi=0
\end{align}
を得る.
補題1において, $q\mapsto q^2$として, $a=q^{2n+2},b=q^{1-n},c=q^{-n},d=e=q^2$とすると
\begin{align}
0&=q^{1-n}(1-q^{-n})(q^{2n+2}-q^2)^2(q^{2n+4}-q^{1-n})\left(\frac 1{(-q;q)_{n-1}}a_{n-1}-\frac 1{(-q;q)_n}a_n\right)\\
&-q^{2n+2}(1-q^{2n+2})(q^{1-n}-q^2)^2(q^{2-n}-q^{2n+2})\left(\frac 1{(-q;q)_{n+1}}a_{n+1}-\frac 1{(-q;q)_n}a_n\right)\\
&+q^{n+2}(q^{1-n}-q^{2n+2})(1-q^{-n})(q^{2n+4}-q^{1-n})(q^{2-n}-q^{2n+2})\frac{a_n}{(-q;q)_n}\\
&=\frac{q^{6-3n}(1-q^n)(1-q^{2n})^2(1-q^{3n+3})}{(-q;q)_{n}}\left((1+q^n)a_{n-1}-a_n\right)\\
&-\frac{q^{6-n}(1-q^{n+1})^2(1-q^{2n+2})(1-q^{3n})}{(-q;q)_n}\left(\frac{a_{n+1}}{1+q^{n+1}}-a_n\right)\\
&+\frac{q^{6-3n}(1-q^n)(1-q^{3n})(1-q^{3n+1})(1-q^{3n+3})}{(-q;q)_n}a_n
\end{align}
より,
\begin{align}
0&=(1-q^n)(1-q^{2n})^2(1-q^{3n+3})((1+q^n)a_{n-1}-a_n)\\
&-q^{2n}(1-q^{n+1})^2(1-q^{2n+2})(1-q^{3n})\left(\frac{a_{n+1}}{1+q^{n+1}}-a_n\right)\\
&+(1-q^n)(1-q^{3n})(1-q^{3n+1})(1-q^{3n+3})a_n\\
&=(1-q^{2n})^3(1-q^{3n+3})a_{n-1}-q^{2n}(1-q^{n+1})^3(1-q^{3n})a_{n+1}\\
&+(-(1-q^n)(1-q^{2n})^2(1-q^{3n+3})+(1-q^n)(1-q^{3n})(1-q^{3n+1})(1-q^{3n+3})+q^{2n}(1-q^{n+1})^2(1-q^{2n+2})(1-q^{3n}))a_n
\end{align}
両辺を$-(1-q^{3n})(1-q^{3n+3})$で割ると以下を得る.
以下を得る.
非負整数$n$に対し,
\begin{align}
&\frac{q^{2n}(1-q^{n+1})^2}{1+q^{n+1}+q^{2n+2}}a_{n+1}+\left(\frac{(1-q^{2n})^2}{1+q^n+q^{2n}}-\frac{q^{2n}(1-q^{n+1})(1-q^{2n+2})}{1+q^{n+1}+q^{2n+2}}-(1-q^n)(1-q^{3n+1})\right)a_n\\
&\qquad-\frac{(1-q^{2n})^2(1+q^n)}{1+q^n+q^{2n}}a_{n-1}=0
\end{align}
が成り立つ.
古典的な場合と比較して, この漸化式は$n\mapsto -n-1$に関する対称性が無くなっているように見える.
Strehlの恒等式の$q$類似
Searsの変換公式 において, $c,f$以外を固定して$c\to \infty$とすると以下の変換公式が得られる.
\begin{align} \Q32{a,b,q^{-n}}{d,e}{\frac{deq^n}{ab}}&=\frac{(e/a;q)_n}{(e;q)_n}\Q32{a,d/b,q^{-n}}{d,aq^{1-n}/e}{q} \end{align}
ここにおいて, これを用いると$n=2k$が偶数のとき
\begin{align}
\Q32{q^{2n+2},q^{-n},q^{1-n}}{q^2,q^2}{q^2;q}&=\frac{(q^{2k+1};q^2)_k}{(q^2;q^2)_k}\Q32{q^{-2n},q^{-n},q^{1-n}}{q^2,q^{1-2n}}{q^2;q^2}\\
&=\frac{(q;q^2)_n}{(q;q)_n}\Q32{q^{-2n},q^{-n},q^{1-n}}{q^2,q^{1-2n}}{q^2;q^2}
\end{align}
を得る. $n$が奇数のときも全く同様に上の式が得られる. よって以下の表示を得る.
\begin{align} a_n&=\frac{(-q;q)_n(q;q^2)_n}{(q;q)_n}\Q32{q^{-2n},q^{-n},q^{1-n}}{q^2,q^{1-2n}}{q^2;q^2} \end{align}
これは Strehlの恒等式 の$q$類似を与えている.
Sunによる表示の$q$類似
補題3は右辺と左辺を入れ替えて変数を置き換えると以下のようにも表される.
\begin{align} \Q32{a,b,q^{-n}}{d,e}{q}&=\frac{(e/a;q)_n}{(e;q)_n}a^n\Q32{a,d/b,q^{-n}}{d,aq^{1-n}/e}{\frac{bq}e} \end{align}
これより, $n=2k$を偶数として,
\begin{align}
\Q32{q^{-2n},q^{-n},q^{1-n}}{q^2,q^{1-2n}}{q^2;q^2}&=\frac{(q^{2k+1};q^2)_k}{(q^2;q^2)_k}q^{-\frac 12n(n-1)}\Q32{q,q^{-n},q^{1-n}}{q^{1-2n},q^{1-2n}}{q^2;q^{-2n}}\\
&=\frac{(q;q^2)_n}{(q;q)_n}q^{-\binom n2}\Q32{q,q^{-n},q^{1-n}}{q^{1-2n},q^{1-2n}}{q^2;q^{-2n}}
\end{align}
を得る. $n$が奇数の場合も同様に上の式が得られる. よって, これを定理4に代入して以下を得る.
\begin{align} a_n&=\frac{(-q;q)_n(q;q^2)_n^2}{(q;q)_n^2}q^{-\binom n2}\Q32{q,q^{-n},q^{1-n}}{q^{1-2n},q^{1-2n}}{q^2;q^{-2n}} \end{align}
これは Sunによる表示 の$q$類似である.
今回はFranel数の$q$類似を1つ与えたが, 定理2の漸化式が$n\mapsto -n-1$に関する対称性を満たしていないように見えることなどから, 他にも同じように三項漸化式を満たすいくつかの$q$類似が考えられるのではないかと思っている.
