9
大学数学基礎議論
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
758
0
$$\newcommand{BA}[0]{\begin{align*}}
\newcommand{BE}[0]{\begin{equation}}
\newcommand{bl}[0]{\boldsymbol}
\newcommand{BM}[0]{\begin{matrix}}
\newcommand{D}[0]{\displaystyle}
\newcommand{EA}[0]{\end{align*}}
\newcommand{EE}[0]{\end{equation}}
\newcommand{EM}[0]{\end{matrix}}
\newcommand{h}[0]{\boldsymbol{h}}
\newcommand{k}[0]{\boldsymbol{k}}
\newcommand{L}[0]{\left}
\newcommand{l}[0]{\boldsymbol{l}}
\newcommand{m}[0]{\boldsymbol{m}}
\newcommand{n}[0]{\boldsymbol{n}}
\newcommand{R}[0]{\right}
\newcommand{vep}[0]{\varepsilon}
$$
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}$$F_A^{(r)}(x)$の微分方程式を導出します．
$\BA\D
\L(x\frac{d}{dx}\R)^rF(x)&=\sum_{n=0}^\infty (2n)^r\beta_n^rx^{2n}\sum_{k=0}^{n-1} A_k^{}\\
&=\sum_{n=1}^\infty (2n)^r\beta_n^rx^{2n}\sum_{k=0}^{n-1} A_k^{}\\
&=\sum_{n=0}^\infty (2n+1)^r\beta_n^rx^{2n+2}\L(\sum_{k=0}^{n-1} A_k^{}+A_n^{}\R)\\
&=x^2\L(\frac{d}{dx}x\R)^r\L(F(x)+Q(x)\R)
\EA$
よって
$\begin{equation}
\L(x\frac{d}{dx}\R)^rF(x)=x^2\L(\frac{d}{dx}x\R)^r\L(F(x)+Q(x)\R) \qquad \tag{{\color{red}{\bf 1}}}
\end{equation}$
となります．
$\rm Moment$１
$\hspace{4.5pt}$微分方程式$({\color{red}{\bf 1}})$を用いて$F(x)$の$\rm moment$
$\BA\D
\int x^n F(x)\,dx
\EA$
を計算することができます．ただし，$Q(x)$の$\rm moment$が既知である必要があります．一般の$A_n^{}$に対して$Q(x)$の微分方程式を求めるのは少し難しいので，そこはそれぞれの$A_n^{}$に対して適宜求めていくことになるかもしれません．$F(x),Q(x)$の$\rm moment$をそれぞれ
$\BA\D
F_n^{}&=\int_0^z x^n F(x)\,dx\\
Q_n^{}&=\int_0^z x^n Q(x)\,dx
\EA$
と書くことにします．$({\color{red}{\bf 1}})$の両辺に$x^n$を掛けて部分積分を繰り返すことで$F_n^{}$の漸化式を求めることができます．
$r=2$
$\hspace{4.5pt}$$({\color{red}{\bf 1}})$で$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$({\color{red}{\bf 1}})$で$r=3$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$２
$\BA\D\\
H(x)=\sum_{n=0}^\infty \frac{x^{2n}}{\D(2n+1)^3\beta_n^3}
\EA$
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$F(x), G(x)$を$\BA\D F(x)=\sum_{n=0}^\infty f_n^{}x^{2n},\qquad G(x)=\sum_{n=1}^\infty \frac{x^{2n-1}}{\D(2n)^r\beta_n^{\,r}}\sum_{m=0}^{n-1}\beta_m^{\,r}f_m^{} \EA$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)$を
$\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)$の$\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$$F_n(N)$は
$\BA\D
n^3F_{n-1}^{}(N)-(n+1)^3F_{n+1}^{}(N-1)=\,&z^n\L(z\frac{d}{dz}\R)^2F(N;z)-nz^n\L(z\frac{d}{dz}\R)F(N;z)+n^2z^nF(N;z)\\
&-z^{n+2}\L(\frac{d}{dz}z\R)^2F(N-1;z)+(n+1)z^{n+2}\L(\frac{d}{dz}z\R)F(N-1;z)-(n+1)^2z^{n+2}F(N-1;z)\\
=\,&\sum_{k=0}^N \frac{(2k)^3+n^3}{2k+n}\beta_k^{3}z^{2k+n}-\sum_{k=0}^{N-1} \frac{(2k+1)^3+(n+1)^3}{(2k+1)+(n+1)}\beta_k^3z^{2k+n+2}\\
=\,&\sum_{k=0}^{N} \L(\frac{(2k)^3+n^3}{2k+n}-\frac{(2k+1)^3+(n+1)^3}{(2k+1)+(n+1)}z^2\R)\beta_k^{3}z^{2k+n}+\frac{(2N+1)^3+(n+1)^3}{(2N+1)+(n+1)}\beta_N^3z^{2N+n+2}
\EA$
となります．これをみると全く自明な式です．$N\to\infty$や$z\to1^{-}$で多少その自明さがマスクされるのでしょう．一般の$r$では
$\BA\D
n^rF_{n-1}^{}(N)-(n+1)^rF_{n+1}^{}(N-1)=\sum_{k=0}^N \L(\frac{(2k)^r+n^r}{2k+n}-\frac{(2k+1)^r+(n+1)^r}{(2k+1)+(n+1)}z^2\R)\beta_k^{\,r}z^{2k+n}+\frac{(2N+1)^r+(n+1)^r}{(2N+1)+(n+1)}\beta_N^{\,r}z^{2N+n+2}
\EA$
となります．$\D\frac{(2k)^r+n^r}{2k+n}$を多項式にする場合は$n^r$を$(-n)^r$となるようにすればいいです．
$\hspace{4.5pt}$$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$\tilde{F}(N;x)$の$\rm moment$$\tilde{F}_{n}(N)$を
$\BA\D
\tilde{F}_{n}(N)=\int_0^z x^{n}\tilde{F}(N;x)\,dx=\sum_{k=0}^N \frac{\beta_k^{\,r}z^{n-2k}}{n-2k}
\EA$
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$r$で
$\BA\D
n^r\tilde{F}_{n-1}^{}(N-1)-(n+1)^r\tilde{F}_{n+1}^{}(N)=\sum_{k=0}^{N}\L(\frac{n^r-(2k+1)^r}{n-(2k+1)}-\frac{(n+1)^r-(2k)^r}{(n+1)-2k}z^2\R)\beta_k^{\,r}z^{n-2k-1}-\frac{n^r-(2N+1)^r}{n-(2N+1)}\beta_N^{\,r}z^{n-2N-1}
\EA$
となります．この式において$n$を$2n-1$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，$n$を$2n$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，$\rm moment$は
$\BA\D
&\sum_{k=0}^N \frac{(n+1)^r}{(n+1)-(2k)}\beta_k^{\,r}z^{n+1-2k}\sum_{k=0}^{l-1}A_k^{}-\sum_{k=0}^{N-1} \frac{n^r}{n-(2k+1)}\beta_k^{\,r}z^{n-(2k+1)}\sum_{k=0}^{l-1}A_k^{}-\sum_{k=0}^{N-1}\frac{n^r}{n-(2k+1)}\beta_k^{\,r}A_k^{}z^{n-(2k+1)}\\
=\,&\sum_{k=0}^N \frac{(n+1)^r-(2k)^r}{(n+1)-(2k)}\beta_k^{\,r}z^{n+1-2k}\sum_{k=0}^{l-1}A_k^{}-\sum_{k=0}^{N-1} \frac{n^r-(2k+1)^r}{n-(2k+1)}\beta_k^{\,r}z^{n-(2k+1)}\sum_{k=0}^{l-1}A_k^{}-\sum_{k=0}^{N-1}\frac{n^r-(2k+1)^r}{n-(2k+1)}\beta_k^{\,r}A_k^{}z^{n-(2k+1)}
\EA$
で計算できます．
投稿日：2023年10月7日
更新日：2023年11月6日
この記事を高評価した人
この記事を高評価した人
高評価したユーザはいません
この記事に送られたバッジ
この記事に送られたバッジ
バッジはありません。
投稿者
投稿者
＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿
258
16042
コメント
コメント
他の人のコメント
コメントはありません。
読み込み中...
読み込み中