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二項係数付きマクローリン級数の微分方程式の導出および moment の計算

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$$\newcommand{BA}[0]{\begin{align*}} \newcommand{BE}[0]{\begin{equation}} \newcommand{bl}[0]{\boldsymbol} \newcommand{BM}[0]{\begin{matrix}} \newcommand{D}[0]{\displaystyle} \newcommand{EA}[0]{\end{align*}} \newcommand{EE}[0]{\end{equation}} \newcommand{EM}[0]{\end{matrix}} \newcommand{h}[0]{\boldsymbol{h}} \newcommand{k}[0]{\boldsymbol{k}} \newcommand{L}[0]{\left} \newcommand{l}[0]{\boldsymbol{l}} \newcommand{m}[0]{\boldsymbol{m}} \newcommand{n}[0]{\boldsymbol{n}} \newcommand{R}[0]{\right} \newcommand{vep}[0]{\varepsilon} $$

 記法:$\beta_r=2^{-2r}\binom{2r}{r}$

定義1

$\hspace{4.5pt}$$F_A^{(r)}(x),Q_A^{(r)}(x)$を次のように定義します.

$\BA\D F_A^{(r)}(x)&=F(x)=\sum_{n=0}^\infty \beta_n^{\,r}x^{2n}\sum_{k=0}^{n-1}A_k^{}\\ Q_A^{(r)}(x)&=Q(x)=\sum_{n=0}^\infty \beta_n^{\,r}A_n^{}x^{2n} \EA$

$\hspace{4.5pt}$$A_n^{}$をなくす場合は$\D A_n^{}=\begin{cases}&1 \quad (n=0)\\ &0\quad (n\ge 1)\end{cases}$ とすればよいです.

微分方程式1

$\hspace{4.5pt}$$F_A^{(r)}(x)$の微分方程式を導出します.

$\BA\D \L(x\frac{d}{dx}\R)^rF(x)&=\sum_{n=0}^\infty (2n)^r\beta_n^rx^{2n}\sum_{k=0}^{n-1} A_k^{}\\ &=\sum_{n=1}^\infty (2n)^r\beta_n^rx^{2n}\sum_{k=0}^{n-1} A_k^{}\\ &=\sum_{n=0}^\infty (2n+1)^r\beta_n^rx^{2n+2}\L(\sum_{k=0}^{n-1} A_k^{}+A_n^{}\R)\\ &=x^2\L(\frac{d}{dx}x\R)^r\L(F(x)+Q(x)\R) \EA$

よって

$\begin{equation} \L(x\frac{d}{dx}\R)^rF(x)=x^2\L(\frac{d}{dx}x\R)^r\L(F(x)+Q(x)\R) \qquad \tag{{\color{red}{\bf 1}}} \end{equation}$

となります.

$\rm Moment$

$\hspace{4.5pt}$微分方程式$({\color{red}{\bf 1}})$を用いて$F(x)$$\rm moment$

$\BA\D \int x^n F(x)\,dx \EA$

を計算することができます.ただし,$Q(x)$$\rm moment$が既知である必要があります.一般の$A_n^{}$に対して$Q(x)$の微分方程式を求めるのは少し難しいので,そこはそれぞれの$A_n^{}$に対して適宜求めていくことになるかもしれません.$F(x),Q(x)$$\rm moment$をそれぞれ

$\BA\D F_n^{}&=\int_0^z x^n F(x)\,dx\\ Q_n^{}&=\int_0^z x^n Q(x)\,dx \EA$

と書くことにします.$({\color{red}{\bf 1}})$の両辺に$x^n$を掛けて部分積分を繰り返すことで$F_n^{}$の漸化式を求めることができます.

$r=2$

$\hspace{4.5pt}$$({\color{red}{\bf 1}})$$r=2$として整理すると

$\BA\D xF(x)=\frac{d}{dx}x(1-x^2)\frac{d}{dx}F(x)-x\L(\frac{d}{dx}x\R)^2Q(x) \EA$

となります.この式をもって$\rm moment$の計算をしてみます.

$\BA\D F_n&=\int_0^z x^nF(x)\,dx\\ &=\int_0^z x^{n-1}\cdot xF(x)\,dx\\ &=\int_0^z x^{n-1}\L(\frac{d}{dx}x(1-x^2)\frac{d}{dx}F(x)-x\L(\frac{d}{dx}x\R)^2Q(x)\R)dx\\ &=z^n(1-z^2)\frac{d}{dz}F(z)-(n-1)\int_0^z x^{n-1}(1-x^2)\frac{d}{dx}F(x)\,dx-\int_0^z x^{n}\L(\frac{d}{dx}x\R)^2Q(x)\,dx\\ &=z^n(1-z^2)\frac{d}{dz}F(z)-(n-1)z^{n-1}(1-z^2)F(z)+(n-1)\int_0^z ((n-1)x^{n-2}-(n+1)x^n)F(x)\,dx-\int_0^z x^{n}\L(\frac{d}{dx}x\R)^2Q(x)\,dx\\ &=-z(1-z^2)F(z)^2\frac{d}{dz}\frac{z^{n-1}}{F(z)}+(n-1)^2F_{n-2}^{}-(n^2-1)F_n^{}-\int_0^z x^{n}\L(\frac{d}{dx}x\R)^2Q(x)\,dx\\ \EA$

よって

$\BA\D n^2F_n^{}-(n-1)^2F_{n-2}^{}=-z(1-z^2)F(z)^2\frac{d}{dz}\frac{z^{n-1}}{F(z)}-\int_0^z x^{n}\L(\frac{d}{dx}x\R)^2Q(x)\,dx \EA$

となります.

$\quad\D A_n=\frac{1}{(2n+1)^2\beta_n^2}$とすれば

$\BA\D Q(x)=\sum_{n=0}^\infty \frac{x^{2n}}{(2n+1)^2},\qquad x\L(\frac{d}{dx}x\R)^2Q(x)=\frac{x}{1-x^2} \EA$

となります.$\D A_n^{}=\frac{1}{(2n+1)^3\beta_n^3}$とした場合は,

$\BA\D Q(x)=\sum_{n=0}^\infty \frac{x^{2n}}{(2n+1)^3\beta_n^{}},\qquad x\L(\frac{d}{dx}x\R)^2Q(x)=\frac{\sin^{-1}x}{\sqrt{1-x^2}} \EA$

となります.

$r=3$

$\hspace{4.5pt}$微分方程式$({\color{red}{\bf 1}})$$r=3$のとき,

$\BA\D \L(x\frac{d}{dx}\R)^3F(x)=x^2\L(\frac{d}{dx}x\R)^3F(x)+x^2\L(\frac{d}{dx}x\R)^3Q(x) \EA$

であり,

$\BA\D (n+1)^3F_n^{}-(n+2)^3F_{n+2}^{}=z^{n+1}\L(\L((n+1)^2-(n^2+3n+3)z^2\R)F(z)-z\L(n-(n-1)z^2\R)\frac{d}{dz}F(z)+z^2(1-z^2)\frac{d^2}{dz^2}F(z)\R)-\int_0^z x^{n+2}\L(\frac{d}{dx}x\R)^2Q(x)\,dx \EA$

となります.$z\to 1$とした場合はどうなるでしょうか.右辺第1項のみで考えます.

$\BA\D &\lim_{z\to1}z^{n+1}\L(\L((n+1)^2-(n^2+3n+3)z^2\R)F(z)-z\L(n-(n-1)z^2\R)\frac{d}{dz}F(z)+z^2(1-z^2)\frac{d^2}{dz^2}F(z)\R)\\ =&-(n+2)F(1)+\lim_{z\to1}\L(-z\L(n(1-z^2)+z^2\R)\frac{d}{dz}F(z)+z^2(1-z^2)\frac{d^2}{dz^2}F(z)\R)\\ =&-(n+2)F(1)+\lim_{z\to1}\L(-z^3\frac{d}{dz}F(z)+z^2(1-z^2)\frac{d^2}{dz^2}F(z)\R)\\ =&-(n+2)F(1)+\lim_{z\to1}\L(-z\frac{d}{dz}F(z)+(1-z^2)\frac{d^2}{dz^2}F(z)\R)\\ =&-(n+2)F(1)+\lim_{z\to1}\L(-\sum_{n=0}^\infty \beta_n^3\cdot 2nz^{2n}\sum_{k=0}^{n-1}A_k^{}+(1-z^2)\sum_{n=0}^\infty \beta_n^3\cdot 2n(2n-1)z^{2n-2}\sum_{k=0}^{n-1}A_k^{}\R)\\ =&-(n+2)F(1)+\lim_{z\to1}\L(-\sum_{n=0}^\infty \beta_n^3\cdot 2nz^{2n}\sum_{k=0}^{n-1}A_k^{}+\sum_{n=0}^\infty \beta_{n+1}^3\cdot (2n+1)(2n+2)z^{2n}\sum_{k=0}^{n}A_k^{}-\sum_{n=0}^\infty \beta_{n}^3\cdot 2n(2n-1)z^{2n}\sum_{k=0}^{n-1}A_k^{}\R)\\ =&-(n+2)F(1)+\lim_{z\to1}\sum_{n=0}^\infty z^{2n}\L(\beta_{n+1}^3\cdot (2n+1)(2n+2)\sum_{k=0}^{n}A_k^{}-\beta_{n}^3\cdot (2n)^2\sum_{k=0}^{n-1}A_k^{}\R)\\ =&-(n+2)F(1)+\sum_{n=0}^\infty \L((2n+1)(2n+2)\beta_{n+1}^3\sum_{k=0}^{n}A_k^{}-(2n)^2\beta_{n}^3\sum_{k=0}^{n-1}A_k^{}\R)\\ =&-(n+2)F(1)+\sum_{n=0}^\infty \L(-(2n+2)\beta_{n+1}^3\sum_{k=0}^{n}A_k^{}+(2n+2)^2\beta_{n+1}^3\sum_{k=0}^{n}A_k^{}-(2n)^2\beta_{n}^3\sum_{k=0}^{n-1}A_k^{}\R)\\ =&-(n+2)F(1)+\lim_{N\to\infty} \L(-\sum_{n=0}^N(2n+2)\beta_{n+1}^3\sum_{k=0}^{n}A_k^{}+(2N+2)^2\beta_{N+1}^3\sum_{k=0}^{N}A_k^{}\R)\\ =&-(n+2)F(1)+\lim_{N\to\infty} \L((2N)^2\beta_{N}^3\sum_{k=0}^{N-1}A_k^{}-\sum_{n=1}^{N}(2n)\beta_{n}^3\sum_{k=0}^{n-1}A_k^{}\R) \EA$

ちょっとよくわからないです.

定義2

$\hspace{4.5pt}$ここまで,$x$の係数に$\beta_n^{\,r}$が付くタイプを計算しましたが,分母につく場合はどうなるでしょうか.すなわち

$\BA\D &H_A^{(r)}(x)=H(x)=\sum_{n=0}^\infty \frac{x^{2n}}{\D(2n+1)^r\beta_{n}^{\,r}}\sum_{k=0}^{n-1}A_k^{}\\ &J_A^{(r)}(x)=J(x)=\sum_{n=0}^\infty \frac{A_n^{}x^{2n}}{\D(2n+1)^r\beta_{n}^{\,r}} \EA$

と定義します.

微分方程式2

$\quad H_A^{(r)}(x)$の微分方程式は

$\BA\D \L(\frac{d}{dx}x\R)^rH(x)&=\sum_{n=0}^\infty \frac{x^{2n}}{\D\beta_n^{\,r}}\sum_{k=0}^{n-1}A_k^{}\\ &=\sum_{n=1}^\infty \frac{x^{2n}}{\D\beta_n^{\,r}}\sum_{k=0}^{n-1}A_k^{}\\ &=\sum_{n=0}^\infty \frac{{(2n+2)}^rx^{2n+2}}{\D(2n+1)^r\beta_n^{\,r}}\L(\sum_{k=0}^{n-1}A_k^{}+A_n^{}\R)\\ &=x\L(\frac{d}{dx}x\R)^rx(H(x)+J(x)) \EA$

よって

$\BA\D \L(\frac{d}{dx}x\R)^rH(x)=x\L(\frac{d}{dx}x\R)^rx(H(x)+J(x)) \qquad\tag{{\color{red}{\bf 2}}} \EA$

となります.$(F(x),Q(x))$が満たす微分方程式と$(xH(x),xJ(x))$が満たす微分方程式が一致していることになります.

$\rm Moment$

$\BA\D\\ H(x)=\sum_{n=0}^\infty \frac{x^{2n}}{\D(2n+1)^3\beta_n^3} \EA$

について考えてみます.
$\hspace{4.5pt}$微分方程式は

$\BA\D \L(\frac{d}{dx}x\R)^3H(x)=1+x\L(\frac{d}{dx}x\R)^3xH(x) \EA$

です.これを用いて$\rm moment$を計算すると,

$\BA\D n^3H_{n+1}^{}-(n-1)^3H_{n-1}^{}=\frac{z^n}{n}+z^{n+1}\L(\frac{d}{dz}z\R)^2zH(z)-nz^{n+1}\L(\frac{d}{dz}z\R)zH(z)+n^2z^{n+1}zH(z)-z^n\L(\frac{d}{dz}z\R)^2H(z)+(n-1)z^n\L(\frac{d}{dz}z\R)H(z)-(n-1)^2z^nH(z) \EA$

となります.ここで$z\to 1^{-}$とします.明らかに収束する部分は無視しつつ,右辺の2,3,5,6項を$n$の係数とそうでない部分を分けます.すなわち

$\BA\D a&=\lim_{z\to{1}^-}\L(z^{n+1}\L(\frac{d}{dz}z\R)^2zH(z)-z^n\L(\frac{d}{dz}z\R)^2H(z)-z^n\L(\frac{d}{dz}z\R)H(z)\R)\\ b&=\lim_{z\to{1}^-}\L(-z^{n+1}\L(\frac{d}{dz}z\R)zH(z)+z^n\L(\frac{d}{dz}z\R)H(z)\R) \EA$

の二つを考えます.他の項が収束するので,この二つはそれぞれ収束するのではないでしょうか.

$\BA\D a&=\lim_{z\to{1}^-}\L(z^{n+1}\L(\frac{d}{dz}z\R)^2zH(z)-z^n\L(\frac{d}{dz}z\R)^2H(z)-z^n\L(\frac{d}{dz}z\R)H(z)\R)\\ &=\lim_{z\to{1}^-}\L(z\L(\frac{d}{dz}z\R)^2zH(z)-\L(\frac{d}{dz}z\R)^2H(z)-\L(\frac{d}{dz}z\R)H(z)\R)\\ &=\lim_{z\to{1}^-}\sum_{n=0}^\infty \frac{(2n+2)^2z^{2n+2}-(2n+1)^2z^{2n}-(2n+1)z^{2n}}{\D(2n+1)^3\beta_n^3}\\ &=\lim_{z\to{1}^-}\sum_{n=0}^\infty z^{2n}\frac{(2n+2)\L((2n+2)z^2-(2n+1)\R)}{\D(2n+1)^3\beta_n^3}\\ &=-2+\lim_{z\to{1}^{-}}\sum_{n=1}^\infty z^{2n}\L(\frac{1}{2n}-\frac{2n+2}{(2n+1)^2}\R)\frac{1}{\D\beta_n^3}\\ &=-2+\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{\D 2n(2n+1)^2\beta_n^3}\\ b&=\lim_{z\to{1}^-}\L(-z^{n+1}\L(\frac{d}{dz}z\R)zH(z)+z^n\L(\frac{d}{dz}z\R)H(z)\R)\\ &=\lim_{z\to{1}^-}\L(-z\L(\frac{d}{dz}z\R)zH(z)+\L(\frac{d}{dz}z\R)H(z)\R)\\ &=\lim_{z\to{1}^-}\sum_{n=0}^\infty \frac{-(2n+2)z^{2n+2}+(2n+1)z^{2n}}{\D(2n+1)^3\beta_n^3}\\ &=\lim_{z\to{1}^-}\sum_{n=0}^\infty z^{2n}\frac{-(2n+2)z^2+(2n+1)}{\D(2n+1)^3\beta_n^3}\\ &=1+\lim_{z\to{1}^{-}}\sum_{n=1}^\infty z^{2n}\L(-\frac{1}{(2n)^2}+\frac{1}{(2n+1)^2}\R)\frac{1}{\D\beta_n^3}\\ &=1-\sum_{n=1}^\infty \frac{4n+1}{\D(2n)^2(2n+1)^2\beta_n^3} \EA$

$\hspace{4.5pt}$これらの級数をWolfram Alphaに入力してもいい結果は出力されません.なのでなんとか多少秩序を孕んだ表示にしてみました.
先ず$a$について,

$\BA\D \frac{{(2n+2)}^2}{\D(2n+1)^3\beta_n^3}-\frac{{(2n)}^2}{\D(2n-1)^3\beta_{n-1}^3}=\frac{2n+2}{\D(2n+1)^3\beta_n^3}-\frac{1}{\D2n(2n+1)^2\beta_n^3} \EA$

ので,

$\BA\D a&=-2+\lim_{N\to\infty}\sum_{n=1}^N \frac{1}{\D 2n(2n+1)^2\beta_n^3}\\ &=-2+\lim_{N\to\infty}\sum_{n=1}^N \L(\frac{2n+2}{\D(2n+1)^3\beta_n^3}-\frac{{(2n+2)}^2}{\D(2n+1)^3\beta_n^3}+\frac{{(2n)}^2}{\D(2n-1)^3\beta_{n-1}^3}\R)\\ &=-2+\lim_{N\to\infty}\L(\sum_{n=1}^N \frac{2n+2}{\D(2n+1)^3\beta_n^3}-\frac{{(2N+2)}^2}{\D(2N+1)^3\beta_N^3}+4\R)\\ &=-\lim_{N\to\infty}\L(\frac{1}{\D2N\beta_N^3}-\sum_{n=1}^N \frac{1}{\D(2n)^2\beta_n^3}\R). \EA$

また,$b$については

$\BA\D \frac{1}{\D(2n-1)^2\beta_{n-1}^3}-\frac{1}{\D(2n+1)^2\beta_n^3}=\frac{4n+1}{\D(2n)^2(2n+1)^2\beta_n^3}-\frac{1}{\D(2n)^3\beta_n^3} \EA$

ので,

$\BA\D b&=1-\lim_{N\to\infty}\sum_{n=1}^N \frac{4n+1}{\D(2n)^2(2n+1)^2\beta_n^3}\\ &=1-\lim_{N\to\infty}\sum_{n=1}^N \L(\frac{1}{\D(2n-1)^2\beta_{n-1}^3}-\frac{1}{\D(2n+1)^2\beta_n^3}+\frac{1}{\D(2n)^3\beta_n^3}\R)\\ &=1-\lim_{N\to\infty}\L(1-\frac{1}{\D(2N+1)^2\beta_N^3}+\sum_{n=1}^N \frac{1}{\D(2n)^3\beta_n^3}\R)\\ &=-H(1) \EA$

となります.したがって$\rm moment$の漸化式は

$\BA\D n^3H_{n+1}^{}-(n-1)^3H_{n-1}^{}=\frac{1}{n}+(2n-1)H(1)+a+bn=\frac{1}{n}+(n-1)H(1)+a \EA$

となり,

$\BA\D H_{2n}^{}&=\frac{1}{\D(2n)^3\beta_n^3}\sum_{k=0}^{n-1}\beta_k^3\L(\frac{1}{2k+1}+2kH(1)+a\R)\\ H_{2n+1}^{}&=\beta_n^3\L(H_1+\sum_{k=1}^n\frac{1}{\D(2k)^3\beta_k^3}\L(\frac{1}{2k}+(2k-1)H(1)+a\R)\R) \EA$

となります.

多重級数

$\hspace{4.5pt}$冒頭の定義のようにすれば,一般の多重級数となりますが,ここでは基になる単級数で計算できればそれ以降も連鎖的に定義および計算できる多重級数を考えます.そこで,次の性質を用います.

 
マクローリン級数$F(x), G(x)$

$\BA\D F(x)=\sum_{n=0}^\infty f_n^{}x^{2n},\qquad G(x)=\sum_{n=1}^\infty \frac{x^{2n-1}}{\D(2n)^r\beta_n^{\,r}}\sum_{m=0}^{n-1}\beta_m^{\,r}f_m^{} \EA$
と定義すれば,
$\BA\D \L(x\frac{d}{dx}\R)^rG(x)-x^2\L(\frac{d}{dx}x\R)^rG(x)=xF(x). \EA$
また,
$\BA\D G(x)=\sum_{n=1}^\infty g_n^{}x^{2n-1},\qquad F(x)=\sum_{n=0}^\infty \beta_n^{\,r}x^{2n}\sum_{m=1}^{n}\frac{g_m^{}}{\D(2m)^r\beta_m^{\,r}} \EA$
と定義すれば,
$\BA\D \L(x\frac{d}{dx}\R)^rF(x)-x^2\L(\frac{d}{dx}x\R)^rF(x)=xG(x). \EA$
 

証明は次のようになります.

$\BA\D \L(x\frac{d}{dx}\R)^rG(x)-x^2\L(\frac{d}{dx}x\R)^rG(x) &=\sum_{n=1}^\infty \frac{(2n-1)^rx^{2n-1}}{\D(2n)^r\beta_n^{\,r}}\sum_{m=0}^{n-1}\beta_m^{\,r}f_m^{}-\sum_{n=1}^\infty \frac{x^{2n+1}}{\D\beta_n^{\,r}}\sum_{m=0}^{n-1}\beta_m^{\,r}f_m^{}\\ &=\sum_{n=1}^\infty \frac{x^{2n-1}}{\D\beta_{n-1}^{\,r}}\sum_{m=0}^{n-1}\beta_m^{\,r}f_m^{}-\sum_{n=1}^\infty \frac{x^{2n+1}}{\D\beta_n^{\,r}}\L(\sum_{m=0}^{n}\beta_m^{\,r}f_m^{}-\beta_n^{\,r}f_n^{}\R)\\ &=\sum_{n=1}^\infty f_n^{}x^{2n+1}-\sum_{n=1}^\infty \L(\frac{x^{2n+1}}{\D\beta_n^{\,r}}\sum_{m=0}^{n}\beta_m^{\,r}f_m^{}-\frac{x^{2n-1}}{\D\beta_{n-1}^{\,r}}\sum_{m=0}^{n-1}\beta_m^{\,r}f_m^{}\R)\\ &=\sum_{n=1}^\infty f_n^{}x^{2n+1}-\lim_{N\to\infty}\L(\frac{x^{2N+1}}{\D\beta_N^{\,r}}\sum_{m=0}^{N}\beta_m^{\,r}f_m^{}-f_0^{}x\R)\\ &=\sum_{n=0}^\infty f_n^{}x^{2n+1}\\ &=xF(x)\\ \L(x\frac{d}{dx}\R)^rF(x)-x^2\L(\frac{d}{dx}x\R)^rF(x) &=\sum_{n=0}^\infty (2n)^r\beta_n^{\,r}x^{2n}\sum_{m=1}^{n}\frac{f_m^{}}{\D(2m)^r\beta_m^{\,r}}-\sum_{n=0}^\infty (2n+1)^r\beta_n^{\,r}x^{2n+2}\sum_{m=1}^{n}\frac{f_m^{}}{\D(2m)^r\beta_m^{\,r}}\\ &=\sum_{n=1}^\infty (2n)^r\beta_n^{\,r}x^{2n}\L(\sum_{m=1}^{n-1}\frac{f_m^{}}{\D(2m)^r\beta_m^{\,r}}+\frac{f_n^{}}{\D(2n)^r\beta_n^{\,r}}\R)-\sum_{n=1}^\infty (2n+2)^r\beta_{n+1}^{\,r}x^{2n+2}\sum_{m=1}^{n}\frac{f_m^{}}{\D(2m)^r\beta_m^{\,r}}\\ &=\sum_{n=1}^\infty f_n^{}x^{2n}+\sum_{n=1}^\infty \L((2n)^r\beta_n^{\,r}x^{2n}\sum_{m=1}^{n-1}\frac{f_m^{}}{\D(2m)^r\beta_m^{\,r}}-(2n+2)^r\beta_{n+1}^{\,r}x^{2n+2}\sum_{m=1}^{n}\frac{f_m^{}}{\D(2m)^r\beta_m^{\,r}}\R)\\ &=xG(x)+\lim_{N\to\infty}\L(0-(2N)^r\beta_N^{\,r}x^{2N}\sum_{m=1}^{N-1}\frac{f_m^{}}{\D(2m)^r\beta_m^{\,r}}\R)\\ &=xG(x) \EA$

また,これにより$\D\sum_{n=0}^\infty f_n^{}x^{2n}$の moment が計算できれば,

$\BA\D\\ \sum_{0\le n_0^{}< m_0^{}\le\cdots\le n_{p-1}^{}< m_{p-1}^{}\le n_p^{}} \beta_{n_p^{}}^{\,r}x^{2n_p^{}}\L(\prod_{j=0}^{p-1}\frac{\beta_{n_j^{}}^{2r}}{\D(2m_j^{})^{2r}\beta_{m_j^{}}^{2r}}\R)\frac{f_{n_0^{}}^{}}{\beta_{n_0^{}}^{\,r}} \EA$

などの多重級数の moment を計算できることになります.

$\binom{3n}{n}$を含む

$\hspace{4.5pt}$これまでは中央二項係数$\D\binom{2n}{n}$でしたが,次は$\D\binom{3n}{n}$を含む級数を定義してその微分方程式および$\rm moment$を探っていこうと思います.

$\D\binom{2n}{n}^2\binom{3n}{n}=\frac{(2n)!(3n)!}{\D n!^5}$

$\hspace{4.5pt}$$F(x)$

$\BA\D F(x)=\sum_{n=0}^\infty \frac{\binom{2n}{n}^2\binom{3n}{n}}{\D 2^{2n}3^{3n}}\,x^{6n} \EA$

と定義します.$F(x)$の微分方程式は

$\BA\D x^4\L(\frac{d}{dx}\R)^3 x^4F(x)=\L(x\frac{d}{dx}\R)^3F(x) \EA$

となります.同様に$F(x)$$\rm moment$を計算すると

$\BA\D (n-1)^3F_{n-2}^{}-(n+1)(n+2)(n+3)F_{n+4}^{} =&z^{n-1}\L(z\frac{d}{dz}\R)^2F(z)-(n-1)z^{n-1}\L(z\frac{d}{dz}\R)F(z)+(n-1)^2z^{n-1}F(z)\\ &-z^{n+3}\L(\frac{d}{dz}\R)^2z^4F(z)+(n+3)z^{n+2}\L(\frac{d}{dz}\R)z^4F(z)-(n+2)(n+3)z^{n+1}z^4F(z) \EA$

となります.$z\to{1}^-$とし,右辺第1,2,4,5項を$n$の係数とそうでない部分に分けて考えます.すなわち

$\BA\D a&=\lim_{z\to{1}^-}\L(z^{n-1}\L(z\frac{d}{dz}\R)^2F(z)+z^{n-1}\L(z\frac{d}{dz}\R)F(z)-z^{n+3}\L(\frac{d}{dz}\R)^2z^4F(z)+3z^{n+2}\L(\frac{d}{dz}\R)z^4F(z)\R)\\ b&=\lim_{z\to{1}^-}\L(-z^{n-1}\L(z\frac{d}{dz}\R)F(z)+z^{n+2}\L(\frac{d}{dz}\R)z^4F(z)\R) \EA$

とします.

$\BA\D a&=\lim_{z\to{1}^-}\L(z^{n-1}\L(z\frac{d}{dz}\R)^2F(z)+z^{n-1}\L(z\frac{d}{dz}\R)F(z)-z^{n+3}\L(\frac{d}{dz}\R)^2z^4F(z)+3z^{n+2}\L(\frac{d}{dz}\R)z^4F(z)\R)\\ &=\lim_{z\to{1}^-}\L(\frac{d}{dz}z\frac{d}{dz}F(z)+\frac{d}{dz}F(z)-z^{3}\L(\frac{d}{dz}\R)^2z^4F(z)+3z^{2}\L(\frac{d}{dz}\R)z^4F(z)\R)\\ &=\lim_{z\to{1}^-}\sum_{n=0}^\infty \frac{\binom{2n}{n}^2\binom{3n}{n}}{\D 2^{2n}3^{3n}}\L((6n)^2z^{6n-1}+6nz^{6n-1}-(6n+3)(6n+4)z^{6n+5}+3(6n+4)z^{6n+5}\R)\\ &=\lim_{z\to{1}^-}\sum_{n=0}^\infty \frac{\binom{2n}{n}^2\binom{3n}{n}}{\D 2^{2n}3^{3n}}\L(6n(6n+1)z^{6n-1}-6n(6n+4)z^{6n+5}\R)\\ &=\lim_{z\to{1}^-}\sum_{n=0}^\infty \L((6n+6)(6n+7)\frac{\binom{2n+2}{n+1}^2\binom{3n+3}{n+1}}{\D 2^{2n+2}3^{3n+3}}z^{6n+5}-6n(6n+4)\frac{\binom{2n}{n}^2\binom{3n}{n}}{\D 2^{2n}3^{3n}}z^{6n+5}\R)\\ &=\sum_{n=0}^\infty \L((6n+7)\frac{(2n+1)(3n+2)(3n+1)}{3(n+1)^2}-6n(6n+4)\R)\frac{\binom{2n}{n}^2\binom{3n}{n}}{\D 2^{2n}3^{3n}}\\ &=\sum_{n=0}^\infty \frac{(3n+2)(5n+7)}{3(n+1)^2}\frac{\binom{2n}{n}^2\binom{3n}{n}}{\D 2^{2n}3^{3n}}\\ b&=\lim_{z\to{1}^-}\L(-z^{n-1}\L(z\frac{d}{dz}\R)F(z)+z^{n+2}\L(\frac{d}{dz}\R)z^4F(z)\R)\\ &=\lim_{z\to{1}^-}\L(-\frac{d}{dz}F(z)+z^{2}\frac{d}{dz}z^4F(z)\R)\\ &=\lim_{z\to{1}^-}\sum_{n=0}^\infty \frac{\binom{2n}{n}^2\binom{3n}{n}}{\D 2^{2n}3^{3n}}\L(-6nz^{6n-1}+(6n+4)z^{6n+5}\R)\\ &=\lim_{z\to{1}^-}\sum_{n=0}^\infty \frac{\binom{2n}{n}^2\binom{3n}{n}}{\D 2^{2n}3^{3n}}\L(-\frac{(2n+1)(3n+1)(3n+2)}{3(n+1)^2}z^{6n+5}+(6n+4)z^{6n+5}\R)\\ &=\sum_{n=0}^\infty \frac{(3n+2)(7n+5)}{3(n+1)^2}\frac{\binom{2n}{n}^2\binom{3n}{n}}{\D 2^{2n}3^{3n}}. \EA$

$\hspace{4.5pt}$$a,b$を求めるために,次の等式を用います.

$\BA\D 0=\sum_{n=0}^\infty (n-n)\frac{\binom{2n}{n}^2\binom{3n}{n}}{\D 2^{2n}3^{3n}}=\sum_{n=0}^\infty \L(n-\frac{(2n+1)(3n+1)(3n+2)}{2\cdot3^2(n+1)^2}\R)\frac{\binom{2n}{n}^2\binom{3n}{n}}{\D 2^{2n}3^{3n}}=\sum_{n=0}^\infty \L(\frac{1}{2}-\frac{13}{18(n+1)}+\frac{1}{9(n+1)^2}\R)\frac{\binom{2n}{n}^2\binom{3n}{n}}{\D 2^{2n}3^{3n}} \EA$
$\BA\D \therefore\quad \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{(n+1)^2}\frac{\binom{2n}{n}^2\binom{3n}{n}}{\D 2^{2n}3^{3n}}=-\frac{9}{2}F(1)+39F_5^{} \EA$
$\BA\D\\ a&=\sum_{n=0}^\infty \frac{(3n+2)(5n+7)}{3(n+1)^2}\frac{\binom{2n}{n}^2\binom{3n}{n}}{\D 2^{2n}3^{3n}}\\ &=\sum_{n=0}^\infty \L(5+\frac{1}{3(n+1)}-\frac{2}{3(n+1)^2}\R)\frac{\binom{2n}{n}^2\binom{3n}{n}}{\D 2^{2n}3^{3n}}\\ &=5F(1)+2F_5^{}-\frac{2}{3}\L(-\frac{9}{2}F(1)+39F_5^{}\R)\\ &=8F(1)-24F_5^{}\\ b&=\sum_{n=0}^\infty \frac{(3n+2)(7n+5)}{3(n+1)^2}\frac{\binom{2n}{n}^2\binom{3n}{n}}{\D 2^{2n}3^{3n}}\\ &=\sum_{n=0}^\infty \L(7-\frac{13}{3(n+1)}+\frac{2}{3(n+1)^2}\R)\frac{\binom{2n}{n}^2\binom{3n}{n}}{\D 2^{2n}3^{3n}}\\ &=7F(1)-26F_5^{}+\frac{2}{3}\L(-\frac{9}{2}F(1)+39F_5^{}\R)\\ &=4F(1). \EA$

$\hspace{4.5pt}$したがって,漸化式は

$\BA\D (n-1)^3F_{n-2}^{}-(n+1)(n+2)(n+3)F_{n+4}^{}=8F(1)-24F_5^{}+4nF(1)-(7n+5)F(1)=-3(n-1)F(1)-24F_5^{} \EA$

となります.例えば$n\equiv 1~({\rm mod}6)$の場合

$\BA\D (6n)^3F_{6n-1}^{}-(6n+2)(6n+3)(6n+4)F_{6n+5}^{}=-18nF(1)-24F_5^{} \EA$

であり

$\BA\D F_{6n-1}^{}=\frac{2^{2n+1}3^{3n+1}}{{(6n)}^3\binom{2n}{n}^2\binom{3n}{n}}\sum_{m=0}^{n-1}\frac{\binom{2m}{m}^2\binom{3m}{m}}{\D 2^{2m}3^{3m}}\L(3mF(1)+4F_5^{}\R) \EA$

となります.Wolfram Alphaによれば$\D F(1)=\frac{\pi}{\Gamma\L(\frac{2}{3}\R)^2\Gamma\L(\frac{5}{6}\R)^2}$です.

有限級数

$F(N;x)$

$\hspace{4.5pt}$微分方程式の導出方法から,有限級数でもほぼほぼ同じ計算ができそうな気がします.例えば

$\BA\D F(N;x)=\sum_{k=0}^N \beta_k^{\,r}x^{2k} \EA$

と定義します.微分方程式は

$\BA\D \L(x\frac{d}{dx}\R)^rF(N;x)=x^2\L(\frac{d}{dx}x\R)^rF(N-1;x) \EA$

です.
$\quad r=3$の場合,$\rm moment$$F_n(N)$

$\BA\D n^3F_{n-1}^{}(N)-(n+1)^3F_{n+1}^{}(N-1)=\,&z^n\L(z\frac{d}{dz}\R)^2F(N;z)-nz^n\L(z\frac{d}{dz}\R)F(N;z)+n^2z^nF(N;z)\\ &-z^{n+2}\L(\frac{d}{dz}z\R)^2F(N-1;z)+(n+1)z^{n+2}\L(\frac{d}{dz}z\R)F(N-1;z)-(n+1)^2z^{n+2}F(N-1;z)\\ =\,&\sum_{k=0}^N \frac{(2k)^3+n^3}{2k+n}\beta_k^{3}z^{2k+n}-\sum_{k=0}^{N-1} \frac{(2k+1)^3+(n+1)^3}{(2k+1)+(n+1)}\beta_k^3z^{2k+n+2}\\ =\,&\sum_{k=0}^{N} \L(\frac{(2k)^3+n^3}{2k+n}-\frac{(2k+1)^3+(n+1)^3}{(2k+1)+(n+1)}z^2\R)\beta_k^{3}z^{2k+n}+\frac{(2N+1)^3+(n+1)^3}{(2N+1)+(n+1)}\beta_N^3z^{2N+n+2} \EA$

となります.これをみると全く自明な式です.$N\to\infty$$z\to1^{-}$で多少その自明さがマスクされるのでしょう.一般の$r$では

$\BA\D n^rF_{n-1}^{}(N)-(n+1)^rF_{n+1}^{}(N-1)=\sum_{k=0}^N \L(\frac{(2k)^r+n^r}{2k+n}-\frac{(2k+1)^r+(n+1)^r}{(2k+1)+(n+1)}z^2\R)\beta_k^{\,r}z^{2k+n}+\frac{(2N+1)^r+(n+1)^r}{(2N+1)+(n+1)}\beta_N^{\,r}z^{2N+n+2} \EA$

となります.$\D\frac{(2k)^r+n^r}{2k+n}$を多項式にする場合は$n^r$$(-n)^r$となるようにすればいいです.
$\hspace{4.5pt}$$F_n^{}(N)$を実際に書くと

$\BA\D F_n^{}(N)=\sum_{k=0}^N \frac{\beta_k^{\,r}z^{2k+n+1}}{2k+n+1} \EA$

です.これを受けて,$n$が負の場合も考えてみます.すなわち

$\BA\D \tilde{F}(N;x)=\sum_{k=0}^N \beta_k^{\,r}x^{-2k-1} \EA$

と定義します.このとき$\tilde{F}(N;x)$$\rm moment$$\tilde{F}_{n}(N)$

$\BA\D \tilde{F}_{n}(N)=\int_0^z x^{n}\tilde{F}(N;x)\,dx=\sum_{k=0}^N \frac{\beta_k^{\,r}z^{n-2k}}{n-2k} \EA$

とします.$\tilde{F}(N;x)$の微分方程式は

$\BA\D \L(x\frac{d}{dx}\R)^r\tilde{F}(N-1;x)=x^2\L(\frac{d}{dx}x\R)^r\tilde{F}(N;x) \EA$

となり,一般の$r$

$\BA\D n^r\tilde{F}_{n-1}^{}(N-1)-(n+1)^r\tilde{F}_{n+1}^{}(N)=\sum_{k=0}^{N}\L(\frac{n^r-(2k+1)^r}{n-(2k+1)}-\frac{(n+1)^r-(2k)^r}{(n+1)-2k}z^2\R)\beta_k^{\,r}z^{n-2k-1}-\frac{n^r-(2N+1)^r}{n-(2N+1)}\beta_N^{\,r}z^{n-2N-1} \EA$

となります.この式において$n$$2n-1$とした後$N=n-1$とすれば

$\BA\D &(2n-1)^r\tilde{F}_{2n-2}^{}(n-2)-(2n)^r\tilde{F}_{2n}^{}(n-1)=\sum_{k=0}^{n-1}\L(\frac{(2n-1)^r-(2k+1)^r}{(2n-1)-(2k+1)}-\frac{(2n)^r-(2k)^r}{(2n)-(2k)}z^2\R)\beta_k^{\,r}z^{2n-2k-2}-r(2n-1)^{r-1}\beta_{n-1}^{\,r}\\ \Longleftrightarrow\,&\frac{\tilde{F}_{2n-2}^{}(n-2)}{\D\beta_{n-1}^{\,r}}-\frac{\tilde{F}_{2n}^{}(n-1)}{\D\beta_n^{\,r}}=\frac{1}{\D(2n)^r\beta_n^{\,r}}\sum_{k=0}^{n-1}\L(\frac{(2n-1)^r-(2k+1)^r}{(2n-1)-(2k+1)}-\frac{(2n)^r-(2k)^r}{(2n)-(2k)}z^2\R)\beta_k^{\,r}z^{2n-2k-2}-\frac{r}{2n-1}\\ \Longleftrightarrow\,&\tilde{F}_{2n}^{}(n-1)=-\beta_n^{\,r}\sum_{m=1}^n \L(\frac{1}{\D(2m)^r\beta_m^{\,r}}\sum_{k=0}^{m-1}\L(\frac{(2m-1)^r-(2k+1)^r}{(2m-1)-(2k+1)}-\frac{(2m)^r-(2k)^r}{(2m)-(2k)}z^2\R)\beta_k^{\,r}z^{2m-2k-2}-\frac{r}{2m-1}\R)\\ \Longleftrightarrow\,&\tilde{F}_{2n}^{}(n-1)=\beta_n^{\,r}\sum_{m=1}^n \L(\frac{r}{2m-1}-\frac{1}{\D(2m)^r\beta_m^{\,r}}\sum_{k=0}^{m-1}\L(\frac{(2m-1)^r-(2k+1)^r}{(2m-1)-(2k+1)}-\frac{(2m)^r-(2k)^r}{(2m)-(2k)}z^2\R)\beta_k^{\,r}z^{2m-2k-2}\R) \EA$

を得ます.$r=2,\,z=1$の場合,

$\BA\D \tilde{F}_{2n}^{}(n-1)&=\beta_n^{2}\sum_{m=1}^n \L(\frac{2}{2m-1}-\frac{1}{\D(2m)^2\beta_m^{2}}\sum_{k=0}^{m-1}\L(\frac{(2m-1)^2-(2k+1)^2}{(2m-1)-(2k+1)}-\frac{(2m)^2-(2k)^2}{(2m)-(2k)}\R)\beta_k^{2}\R)\\ &=\beta_n^{2}\sum_{m=1}^n \frac{2}{2m-1} \EA$

であり,両辺の母関数を考えると

$\BA\D \ln\frac{1}{1-x^2}\sum_{n=0}^\infty \beta_n^2x^{2n}=4\sum_{n=0}^\infty \beta_n^2x^{2n}\sum_{m=0}^{n-1}\frac{1}{2m+1} \EA$

となります.$r=3,\,z=1$の場合は,

$\BA\D \ln\frac{1}{1-x^2}\sum_{n=0}^\infty \beta_n^3x^{2n}=\sum_{n=0}^\infty \beta_n^{3}x^{2n}\sum_{m=1}^n \L(\frac{6}{2m-1}-\frac{2}{\D(2m)^3\beta_m^{3}}\sum_{k=0}^{m-1}\L(2k-2m+1\R)\beta_k^{3}\R), \EA$

$r=2,\,z=\sqrt{-1}$の場合は

$\BA\D \tilde{F}_{2n}^{}(n-1)&=\beta_n^2\sum_{m=1}^n \L(\frac{2}{2m-1}-\frac{4}{\D(2m)^2\beta_m^2}\sum_{k=0}^{m-1}(-1)^{m-k-1}(k+m)\beta_k^2\R)\\ \ln(1+x^2)\sum_{n=0}^\infty \beta_n^2x^{2n}&=\sum_{n=0}^\infty \beta_n^2x^{2n}\sum_{m=1}^n\L(-\frac{4}{2m-1}+\frac{8}{\D(2m)^2\beta_m^2}\sum_{k=0}^{m-1}(-1)^{m-k-1}(k+m)\beta_k^2\R), \EA$

$r=3,\,z=\sqrt{-1}$の場合は

$\BA\D \tilde{F}_{2n}^{}(n-1)&=\beta_n^3\sum_{m=1}^n \L(\frac{3}{2m-1}-\frac{1}{2\D(2m)^3\beta_m^3}\sum_{k=0}^{m-1}(-1)^{m-k-1}\L((4k+1)^2+(4m-1)^2+(4k+1)(4m-1)+1\R)\beta_k^3\R)\\ \ln(1+x^2)\sum_{n=0}^\infty \beta_n^3x^{2n}&=\sum_{n=0}^\infty \beta_n^3x^{2n}\sum_{m=1}^n \L(-\frac{6}{2m-1}+\frac{1}{\D(2m)^3\beta_m^3}\sum_{k=0}^{m-1}(-1)^{m-k-1}\L((4k+1)^2+(4m-1)^2+(4k+1)(4m-1)+1\R)\beta_k^3\R) \EA$

となります.
$\hspace{4.5pt}$また

$\BA\D n^r\tilde{F}_{n-1}^{}(N-1)-(n+1)^r\tilde{F}_{n+1}^{}(N)=\sum_{k=0}^{N}\L(\frac{n^r-(2k+1)^r}{n-(2k+1)}-\frac{(n+1)^r-(2k)^r}{(n+1)-(2k)}z^2\R)\beta_k^{\,r}z^{n-2k-1}-\frac{n^r-(2N+1)^r}{n-(2N+1)}\beta_N^{\,r}z^{n-2N-1} \EA$

において,$n$$2n$とした後$N=n$とすれば

$\BA\D &(2n)^r\tilde{F}_{2n-1}^{}(n-1)-(2n+1)^r\tilde{F}_{2n+1}^{}(n)=\sum_{k=0}^{n}\L(\frac{(2n)^r-(2k+1)^r}{(2n)-(2k+1)}-\frac{(2n+1)^r-(2k)^r}{(2n+1)-(2k)}z^2\R)\beta_k^{\,r}z^{2n-2k-1}-\L((2n+1)^r-(2n)^r\R)\beta_n^{\,r}z^{-1}\\ \Longleftrightarrow\,&(2n-1)^r\beta_{n-1}^{\,r}\tilde{F}_{2n-1}^{}(n-1)-(2n+1)^r\beta_n^{\,r}\tilde{F}_{2n+1}^{}(n)=\beta_n^{\,r}\sum_{k=0}^{n}\L(\frac{(2n)^r-(2k+1)^r}{(2n)-(2k+1)}-\frac{(2n+1)^r-(2k)^r}{(2n+1)-(2k)}z^2\R)\beta_k^{\,r}z^{2n-2k-1}-\L((2n+1)^r-(2n)^r\R)\beta_n^{2r}z^{-1}\\ \Longleftrightarrow\,&\tilde{F}_{2n+1}^{}(n)=\frac{1}{\D(2n+1)^r\beta_n^{\,r}}\sum_{m=0}^n \L(\L((2m+1)^r-(2m)^r\R)\beta_m^{2r}z^{-1}-\beta_m^{\,r}\sum_{k=0}^{m}\L(\frac{(2m)^r-(2k+1)^r}{(2m)-(2k+1)}-\frac{(2m+1)^r-(2k)^r}{(2m+1)-(2k)}z^2\R)\beta_k^{\,r}z^{2m-2k-1}\R) \EA$

を得ます.$r=2,\,z=1$の場合,

$\BA\D \tilde{F}_{2n+1}^{}(n)=\sum_{k=0}^n \frac{\beta_k^{2}}{2n+1-2k}&=\frac{1}{\D(2n+1)^2\beta_n^{2}}\sum_{m=0}^n \L(4m+1\R)\beta_m^{4}\\ \tanh^{-1}x\,\sum_{n=0}^\infty \beta_n^2x^{2n}&=\sum_{n=0}^\infty \frac{x^{2n+1}}{\D(2n+1)^2\beta_n^{2}}\sum_{m=0}^n \L(4m+1\R)\beta_m^{4}. \EA$

$r=2,\,z=\sqrt{-1}$の場合,

$\BA\D \tilde{F}_{2n+1}^{}(n)=\sqrt{-1}\sum_{k=0}^n \frac{(-1)^{n-k}\beta_k^{2}}{2n+1-2k}&=\frac{-\sqrt{-1}}{\D(2n+1)^2\beta_n^{2}}\sum_{m=0}^n \L(\L(4m+1\R)\beta_m^{4}-\beta_m^{2}\sum_{k=0}^{m}(-1)^{m-k}\L(4k+4m+2\R)\beta_k^{2}\R)\\ \tan^{-1}x\,\sum_{n=0}^\infty \beta_n^2x^{2n}&=\sum_{n=0}^\infty \frac{x^{2n+1}}{\D(2n+1)^2\beta_n^{2}}\sum_{m=0}^n \L(-\L(4m+1\R)\beta_m^{4}+\beta_m^{2}\sum_{k=0}^{m}(-1)^{m-k}\L(4k+4m+2\R)\beta_k^{2}\R). \EA$

$r=3,\,z=1$の場合,

$\BA\D \tilde{F}_{2n+1}(n)=\sum_{k=0}^n \frac{\beta_k^{3}}{2n+1-2k}&=\frac{1}{\D(2n+1)^3\beta_n^{3}}\sum_{m=0}^n \L(\frac{1}{4}\L(3(4m+1)^2+1\R)\beta_m^{6}-\beta_m^{3}\sum_{k=0}^{m}\L(2k-2m\R)\beta_k^{3}\R)\\ \tanh^{-1}x\,\sum_{n=0}^\infty \beta_n^3x^{2n}&=\sum_{n=0}^\infty \frac{x^{2n+1}}{\D(2n+1)^3\beta_n^{3}}\sum_{m=0}^n \L(\frac{1}{4}\L(3(4m+1)^2+1\R)\beta_m^{6}-\beta_m^{3}\sum_{k=0}^{m}\L(2k-2m\R)\beta_k^{3}\R) \EA$

となります.
$\hspace{4.5pt}$分母のべき指数を上げる場合は,$n,N$をいじる前に$n$で微分すればいいと思います.すなわち

$\BA\D \tilde{F}_{n}'(N)=\frac{d}{dn}\tilde{F}_{n}(N)=-\sum_{k=0}^N \frac{\beta_k^{\,r}}{{(n-2k)}^2} \EA$

とおき,簡単の為$z=1$とした

$\BA\D n^r\tilde{F}_{n-1}^{}(N-1)-(n+1)^r\tilde{F}_{n+1}^{}(N)=\sum_{k=0}^{N}\L(\frac{n^r-(2k+1)^r}{n-(2k+1)}-\frac{(n+1)^r-(2k)^r}{(n+1)-(2k)}\R)\beta_k^{\,r}-\frac{n^r-(2N+1)^r}{n-(2N+1)}\beta_N^{\,r} \EA$

の両辺を微分すれば

$\BA\D rn^{r-1}\tilde{F}_{n-1}^{}(N-1)-r(n+1)^{r-1}\tilde{F}_{n+1}^{}(N)+n^r\tilde{F}_{n-1}'(N-1)-(n+1)^r\tilde{F}_{n+1}'(N)=\sum_{k=0}^{N}\frac{d}{dn}\L(\frac{n^r-(2k+1)^r}{n-(2k+1)}-\frac{(n+1)^r-(2k)^r}{(n+1)-(2k)}\R)\beta_k^{\,r}-\frac{d}{dn}\frac{n^r-(2N+1)^r}{n-(2N+1)}\beta_N^{\,r} \EA$

となります.ここから$n$偶奇でわけて$N=n$など代入すれば$\tilde{F}_{2n}'(n-1),\,\tilde{F}_{2n+1}'(n)$が求まります.具体的に$r=2$の場合は,

$\BA\D 2n\tilde{F}_{n-1}^{}(N-1)-2(n+1)\tilde{F}_{n+1}^{}(N)+n^2\tilde{F}_{n-1}'(N-1)-(n+1)^2\tilde{F}_{n+1}'(N) &=\sum_{k=0}^{N}\frac{d}{dn}\L(\frac{n^2-(2k+1)^2}{n-(2k+1)}-\frac{(n+1)^2-(2k)^2}{(n+1)-(2k)}\R)\beta_k^{2}-\frac{d}{dn}\frac{n^2-(2N+1)^2}{n-(2N+1)}\beta_N^{2}\\ &=-\beta_N^{2} \EA$

であり,

$\BA\D (2n-1)^2\tilde{F}_{2n-2}'(n-2)-(2n)^2\tilde{F}_{2n}'(n-1) &=-2(2n-1)\tilde{F}_{2n-2}^{}(n-2)+4n\tilde{F}_{2n}^{}(n-1)-\beta_{n-1}^2\\ &=-2(2n-1)\beta_{n-1}^2\sum_{m=1}^{n-1}\frac{2}{2m-1}+4n\beta_n^2\sum_{m=1}^n\frac{2}{2m-1}-\beta_{n-1}^2\\ &=3\beta_{n-1}^2-\frac{8n}{2n-1}\beta_{n}^2\sum_{m=1}^{n}\frac{1}{2m-1}\\ \frac{\tilde{F}_{2n-2}'(n-2)}{\beta_{n-1}^2}-\frac{\tilde{F}_{2n}'(n-1)}{\beta_{n}^2} &=\frac{3}{(2n-1)^2}-\frac{4}{(2n)(2n-1)}\sum_{m=1}^{n}\frac{1}{2m-1}\\ -\tilde{F}_{2n}'(n-1)&=\beta_n^2\sum_{m=1}^n \L(\frac{3}{(2m-1)^2}-\frac{4}{(2m)(2m-1)}\sum_{l=1}^{m}\frac{1}{2l-1}\R) \EA$

のように計算できます.

$H(N;x)$

$\hspace{4.5pt}$同様に

$\BA\D H(N;x)=\sum_{k=0}^N \frac{x^{2k}}{\D(2k+1)^r\beta_k^{\,r}} \EA$

でも計算できると思います.すなわち,

$\BA\D H(N;x)&=\sum_{k=0}^N \frac{x^{2k}}{\D(2k+1)^r\beta_k^{\,r}} \\ H_{n}(N)&=\sum_{k=0}^N \frac{z^{2k+n+1}}{\D(2k+n+1)(2k+1)^r\beta_k^{\,r}} \EA$

とすれば

$\BA\D (n-1)^rH_{n-1}^{}(N)-n^rH_{n+1}^{}(N-1)=\frac{z^{n}}{n}-\frac{(2N+1)^r-(n-1)^r}{(2N+1)+(n-1)}\frac{z^{2N+n}}{\D(2N+1)^r\beta_N^{\,r}}+\sum_{k=0}^{N-1}\L(\frac{(2k+2)^r-n^r}{(2k+2)+n}z^2-\frac{(2k+1)^r-(n-1)^r}{(2k+1)+(n-1)}\R)\frac{z^{2k+n}}{\D(2k+1)^r\beta_k^{\,r}} \EA$

が成り立ち,

$\BA\D \tilde{H}(N;x)&=\sum_{k=0}^N \frac{x^{-2k-2}}{\D(2k+1)^r\beta_k^{\,r}} \\ \tilde{H}_{n}(N)&=\sum_{k=0}^N \frac{z^{n-1-2k}}{\D(n-1-2k)(2k+1)^r\beta_k^{\,r}} \EA$

とすれば

$\BA\D n^rH_{n-1}^{}(N-1)-(n+1)^rH_{n+1}^{}(N)=-\frac{z^n}{n}-\frac{(n+1)^r-(2N+1)^r}{(n+1)-(2N+1)}\frac{z^{n-2N}}{\D(2N+1)^r\beta_N^{\,r}}+\sum_{k=0}^{N-1}\L(\frac{n^r-(2k+2)^r}{n-(2k+2)}-\frac{(n+1)^r-(2k+1)^r}{(n+1)-(2k+1)}z^2\R)\frac{z^{n-2k-2}}{\D(2k+1)^r\beta_k^{\,r}} \EA$

が成り立ちます.

ニ重化

$\hspace{4.5pt}$定義1のように,二重級数の有限和を定義することもできそうです.すなわち

$\BA\D F_A^{}(N;x)&=\sum_{l=0}^N \beta_l^{\,r}x^{2l}\sum_{k=0}^{l-1}A_k^{}\\ Q_A^{}(N;x)&=\sum_{n=0}^N \beta_l^{\,r}A_l^{}x^{2l}\\ \tilde{F}_A^{}(N;x)&=\sum_{l=0}^N \beta_l^{\,r}x^{-2l-1}\sum_{k=0}^{l-1}A_k^{}\\ \tilde{Q}_A^{}(N;x)&=\sum_{l=0}^N \beta_l^{\,r}A_n^{}x^{-2l-1} \EA$

とします.畳み込みとなる$\tilde{F}_A^{}(N;x),\,\tilde{Q}_A^{}(N;x)$について微分方程式は

$\BA\D x^2\L(\frac{d}{dx}x\R)^rF_A^{}(N;x)=\L(x\frac{d}{dx}\R)^r\L(\tilde{F}_A^{}(N-1;x)+\tilde{Q}_A^{}(N-1;x)\R) \EA$

であり,$\rm moment$

$\BA\D &\sum_{k=0}^N \frac{(n+1)^r}{(n+1)-(2k)}\beta_k^{\,r}z^{n+1-2k}\sum_{k=0}^{l-1}A_k^{}-\sum_{k=0}^{N-1} \frac{n^r}{n-(2k+1)}\beta_k^{\,r}z^{n-(2k+1)}\sum_{k=0}^{l-1}A_k^{}-\sum_{k=0}^{N-1}\frac{n^r}{n-(2k+1)}\beta_k^{\,r}A_k^{}z^{n-(2k+1)}\\ =\,&\sum_{k=0}^N \frac{(n+1)^r-(2k)^r}{(n+1)-(2k)}\beta_k^{\,r}z^{n+1-2k}\sum_{k=0}^{l-1}A_k^{}-\sum_{k=0}^{N-1} \frac{n^r-(2k+1)^r}{n-(2k+1)}\beta_k^{\,r}z^{n-(2k+1)}\sum_{k=0}^{l-1}A_k^{}-\sum_{k=0}^{N-1}\frac{n^r-(2k+1)^r}{n-(2k+1)}\beta_k^{\,r}A_k^{}z^{n-(2k+1)} \EA$

で計算できます.

投稿日:2023107
更新日:2023116
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