K'(x) tanh⁻¹x の Fourier-Legendre 展開

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$\hspace{5pt}$$\D\beta_n:=4^{-n}\binom{2n}{n}$と書き，$P_n(x),Q_n(x)$をそれぞれ第一種，第二種 Legendre 多項式とします。また

$\BA\D K(x)&:=\int_0^1 \frac{dt}{\sqrt{1-t^2}\sqrt{1-t^2x^2}}\\ K'(x)&:=K\qty(\sqrt{1-x^2}) \EA$

とします。以下の等式が成り立ちます。

定理１.$\hspace{5pt}$$0< x<1$に対して

$\BA\D\\ K'(x)\tanh^{-1}x=-\frac{\pi^2}{4}\sum_{0\le k< l\le m}(-1)^k(4k+1)\beta_k^3\frac{(-1)^{l-1}(4l-1)P_{2l-1}(x)}{\qty(2l\beta_l^{})^3}(-1)^m(4m+1)\beta_m^3 \EA$

より一般な主張は，次の定理となります。

定理２.$\hspace{5pt}$

$\BA\D F(x)=\sum_{m=0}^\infty c_mP_{2m}(x) \EA$

を偶関数の Fourier-Legendre 展開とします。

$\BA\D\\ \lambda_m:=2m(2m+1),\qquad \mu_l:=(2l-1)2l \EA$

とおき，

$\BA\D\\ F(x)\tanh^{-1}x=\sum_{l=1}^\infty (4l-1)\L(\sum_{m=0}^{l-1}\frac{c_m}{\mu_l-\lambda_m}+\sum_{m=l}^\infty\frac{c_m}{\lambda_m-\mu_l}\R)P_{2l-1}(x) \EA$

が成り立ちます。

$\hspace{5pt}$$P_n(x),Q_n(x)$はおなじ漸化式

$\BA\D (n+1)Y_{n+1}(x)=(2n+1)xY_n(x)-nY_{n-1}(x) \EA$

を満たします。

$\BA\D R_n(x):=P_n(x)Q_0(x)-Q_n(x)=P_n(x)\tanh^{-1}x-Q_n(x) \EA$

とおくと，$R_n(x)$も同じ漸化式を満たします。初期値は$R_0(x)=0, \,\,R_1(x)=1$であり，帰納的に$R_n(x)$は有限の多項式であることがわかります。また，この漸化式により$Q_{2m}(x),R_{2m}(x)$は奇関数であるとわかります。
$\hspace{5pt}$Legendre 作用素$\cal L$を

$\BA\D {\cal L}f(x):=-\frac{d}{dx}(1-x^2)\frac{d}{dx}f(x) \EA$

とおくと，$P_n(x),Q_n(x)$はともに

$\BA\D {\cal L}Y_n(x)=n(n+1)Y_n(x) \EA$

を満たすため，${\cal L}Q_{2m}=\lambda_mQ_{2m},\,\,{\cal L}P_{2l-1}=\mu_lP_{2l-1}$であり，Green の恒等式により

$\BA\D \qty(\lambda_m-\mu_l)\int_0^1 Q_{2m}(x)P_{2l-1}(x)\,dx&=\qty[\qty(1-x^2)\qty(Q_{2m}^{}(x)P_{2l-1}'(x)-Q_{2m}'(x)P_{2l-1}^{}(x))]_0^1\\&=-1 \EA$

よって

$\BA\D \int_0^1 Q_{2m}(x)P_{2l-1}(x)\,dx=\frac{1}{\mu_l-\lambda_m} \EA$

すなわち

$\BA\D Q_{2m}(x)=\sum_{l=1}^\infty \frac{4l-1}{\mu_l-\lambda_m}P_{2l-1}(x) \EA$

となります。

$W_{2m-1}(x)$を$P_{2l-1}(x)$で展開する

$\BA\D \qty({\cal L}-\lambda_m)\qty(P_{2m}Q_0)=-2P_{2m}' \EA$

であり，$Q_{2m}$は洞次方程式を満たすので

$\BA\D \qty({\cal L}-\lambda_m)W_{2m-1}=-2P_{2m}' \EA$

です。また，$W_{2m-1}(x)$を

$\BA\D W_{2m-1}(x)=\sum_{l=1}^mw_{m,l}P_{2l-1}(x) \EA$

と展開するとき，

$\BA\D \qty({\cal L}-\lambda_m)W_{2m-1}(x)&=-2P_{2m}'(x)\\&=-2\sum_{l=1}^m(4l-1)P_{2l-1}(x) \\ \qty({\cal L}-\lambda_m)P_{2l-1}(x)&={\cal L}P_{2l-1}(x)-\lambda_mP_{2l-1}(x)\\&=\mu_lP_{2l-1}(x)-\lambda_mP_{2l-1}(x)\\&=\qty(\mu_l-\lambda_m)P_{2l-1}(x) \EA$

なので，係数比較により

$\BA\D w_{m,l}=\frac{2(4l-1)}{\lambda_m-\mu_l} \EA$

を得ます。したがって，

$\BA\D P_{2m}(x)Q_0(x)=\sum_{l=1}^\infty d_{m,l}P_{2l-1}(x) \EA$

$d_{m,n}=\BC &\D \frac{4l-1}{\mu_l-\lambda_m} &(m< l)\\&\D\frac{4l-1}{\lambda_m-\mu_l} &(m\ge l) \EC$

となります。これにより

$\BA\D F(x)Q_0(x)&=\sum_{m=0}^\infty c_mP_{2m}(x)Q_0(x)\\&=\sum_{m=0}^\infty c_m\sum_{l=1}^\infty d_{m,l}P_{2l-1}(x)\\&=\sum_{l=1}^\infty \L(\sum_{m=0}^\infty c_md_{m,l}\R)P_{2l-1}(x)\\&=\sum_{l=1}^\infty (4l-1)\L(\sum_{m=0}^{l-1}\frac{c_m}{\mu_l-\lambda_m}+\sum_{m=l}^\infty\frac{c_m}{\lambda_m-\mu_l}\R)P_{2l-1}(x)\\&=\sum_{l=1}^\infty (4l-1)\L(2\sum_{m=0}^{l-1}\frac{c_m}{\mu_l-\lambda_m}-\sum_{m=0}^\infty\frac{c_m}{\mu_l-\lambda_m}\R)P_{2l-1}(x)\EA$

となります。

$\hspace{5pt}$$c_m=(-1)^m(4m+1)\beta_m^3$とすると，

$\BA\D (1):\quad\sum_{m=0}^{l-1}\frac{(-1)^m(4m+1)\beta_m^3}{\mu_l-\lambda_m}&=\frac{(-1)^{l-1}}{2\qty(2l\beta_l)^3}\qty(\sum_{k=0}^{l-1}\qty(-1)^k\qty(4k+1)\beta_k^3)^2\\ (2):\quad\sum_{m=0}^\infty \frac{(-1)^m(4m+1)\beta_m^3}{\mu_l-\lambda_m}&=\frac{2}{\pi}\frac{(-1)^{l-1}}{\qty(2l\beta_l)^3}\sum_{k=0}^{l-1}\qty(-1)^k\qty(4k+1)\beta_k^3 \EA$

が成り立ち，これを代入して定理１が得られます。

$(1)$式の証明

$\hspace{5pt}$簡略化のため

$\BA\D n:=l-1,\qquad C_n:=(2n+1)\beta_n,\qquad a_m:=(-1)^m(4m+1)\beta_m^3,\qquad A_n:=\sum_{k=0}^na_k \EA$

とおき，

$\BA\D \mu_l-\lambda_m=2(l+m)(2l-2m-1) \EA$

なので，$(1)$式は

$\BA\D T_n:=(-1)^nC_n^3\sum_{m=0}^n\frac{a_m}{(n+1+m)(2n+1-2m)}=A_n^2 \EA$

と同値です。$n=0$で明らかなので，$n\ge1$とします。

$\BA\D D_{n,m}:=(n+1+m)(2n+1-2m),\qquad G_{n,m}:=(-1)^nC_n^3\frac{a_m}{D_{n,m}} \EA$

とおくと

$\BA\D T_n=\sum_{m=0}^n G_{n,m} \EA$

であり

$\BA\D T_n-T_{n-1}=G_{n,n}+\sum_{m=0}^{n-1}\L(G_{n,m}-G_{n-1,m}\R) \EA$

です。ここで，次の望遠鏡和表示を使用します：

$\BA\D Q_{n,m}:=-\frac{(2m)^3}{(4m+1)(n+m)(2n-2m+1)},\qquad H_{n,m}:=a_na_mQ_{n,m}\EA$

のとき$0\le m\le n-1$で

$\BA\D \boxed{\quad G_{n,m}-G_{n-1,m}-2a_na_m=H_{n,m+1}-H_{n,m} \quad} \EA$

これは実際に代入すれば確認できます。よって

$\BA\D T_n-T_{n-1}&=G_{n,n}+\sum_{m=0}^{n-1}\L(G_{n,m}-G_{n-1,m}\R)\\&=G_{n,n}+\sum_{m=0}^{n-1}\L(2a_na_m+H_{n,m+1}-H_{n,m}\R)\\&=G_{n,n}+2a_n\sum_{m=0}^{n-1}a_m+H_{n,n}-H_{n,0}\\&=(-1)^nC_n^3\frac{a_n}{2n+1}+2a_nA_{n-1}-\frac{(2n)^2}{4n+1}a_n^2+0\\&=\frac{(2n+1)^2-(2n)^2}{4n+1}a_n^2+2a_nA_{n-1}\\&=2a_nA_{n-1}+a_n^2\\&=2(A_n-A_{n-1})A_{n-1}+(A_n-A_{n-1})^2\\&=A_n^2-A_{n-1}^2 \EA$

したがって

$\BA\D T_n=A_n^2 \EA$

です。

$(2)$式の証明

$\BA\D (2):\quad\sum_{m=0}^\infty \frac{(-1)^m(4m+1)\beta_m^3}{\mu_l-\lambda_m}&=\frac{2}{\pi}\frac{(-1)^{l-1}}{\qty(2l\beta_l)^3}\sum_{k=0}^{l-1}\qty(-1)^k\qty(4k+1)\beta_k^3 \EA$

ですが，左辺を超幾何級数として書き下すと

$\BA\D (\rm LHS)&=\frac{1}{2l(2l-1)}{_6}F_5\L[\BM \frac{5}{4},\frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{1}{2},l,\frac{1}{2}-l\\ \frac{1}{4},1,1,l+1,\frac{3}{2}-l \EM;-1\R] \EA$

です。Whipple の very-well-poised ${_6}F_5(-1)$和公式

$\BA\D {_6}F_5\L[\BM 1+\frac{a}{2},a,b,c,d,e\\ \frac{a}{2},1+a-b,1+a-c,1+a-d,1+a-e \EM;-1\R]=\frac{\Gamma(1+a-d)\Gamma(1+a-e)}{\Gamma(1+a)\Gamma(1+a-d-e)}{_3}F_2\L[\BM 1+a-b-c,d,e\\ 1+a-b,1+a-c \EM;1\R] \EA$

に$\D a=b=c=\frac{1}{2},\quad d=l,\quad e=\frac{1}{2}-l$を代入すると，

$\BA\D {_6}F_5\L[\BM \frac{5}{4},\frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{1}{2},l,\frac{1}{2}-l\\ \frac{1}{4},1,1,l+1,\frac{3}{2}-l \EM;-1\R]=\frac{(-1)^{l-1}(2l-1)}{\beta_l}{_3}F_2\L[\BM \frac{1}{2},l,\frac{1}{2}-l\\1,1 \EM;1\R] \EA$

を得ます。すなわち，$(2)$式は

$\BA\D {_3}F_2\L[\BM \frac{1}{2},l,\frac{1}{2}-l\\1,1 \EM;1\R]=\frac{2}{\pi}\frac{1}{\qty(2l\beta_l)^2}A_{l-1} \EA$

と同値です。また，${_3}F_2$変換公式

$\BA\D {_3}F_2\L[\BM a,b,c\\d,e \EM;1\R]=\frac{\Gamma(d)\Gamma(e)\Gamma(s)}{\Gamma(a)\Gamma(s+b)\Gamma(s+c)}{_3}F_2\L[\BM d-a,e-a,s\\s+b,s+c \EM;1\R]\qquad(s=d+e-a-b-c)\EA$

において$\D a=l,\quad b=\frac{1}{2},\quad c=\frac{1}{2}-l,\quad d=e=1,\quad s=1$を代入して整理すると

$\BA\D {_3}F_2\L[\BM \frac{1}{2},l,\frac{1}{2}-l\\1,1 \EM;1\R]&=\frac{2}{\pi}\sum_{k=0}^{l-1}\frac{\qty(1-l,\frac{1}{2}+l)_k}{k!^2(2k+1)} \EA$

となり，有限和の等式として

$\BA\D \sum_{k=0}^{l-1}\frac{\qty(1-l,\frac{1}{2}+l)_k}{k!^2(2k+1)}=\frac{1}{\qty(2l\beta_l)^2}A_{l-1} \EA$

を示せばよいことになります。$(1)$式のときと同じ記法で右辺を$B_{l-1}=B_n$とおき，

$\BA\D C_n^2B_n^{}=A_n^{} \EA$

を示します。

$\BA\D F_{n,k}:=C_n^2\frac{\qty(-n,\frac{3}{2}+n)_k}{k!^2(2k+1)} \EA$

とおけば

$\BA\D C_n^2B_n^{}=\sum_{k=0}^n F_{n,k}^{} \EA$

であり，以下帰納法で

$\BA\D \sum_{k=0}^n F_{n,k}^{}=A_n \EA$

を示します。$n=0$で明らかに成り立つので$n\ge1$とします。
$\hspace{5pt}$$0\le k\le n-1$で

$\BA\D \frac{F_{n-1,k}}{F_{n,k}}=\frac{4n(n-k)}{(2n+1)(2n+2k+1)} \EA$

で，

$\BA\D F_{n,k}-F_{n,k-1}&=F_{n,k}\L(1-\frac{4n(n-k)}{(2n+1)(2n+2k+1)}\R)\\&=F_{n,k}\frac{(2k+1)(4k+1)}{(2n+1)(2n+2k+1)}\\&=C_n^2\frac{4n+1}{(2n+1)^2} \frac{\qty(-n,\frac{1}{2}+n)_k}{k!^2}\\&=(4n+1)\beta_n^2\frac{\qty(-n,\frac{1}{2}+n)_k}{k!^2}\EA$

です。よって

$\BA\D C_n^2B_n^{}-C_{n-1}^2B_{n-1}^{}&=\sum_{k=0}^nF_{n,k}-\sum_{k=0}^{n-1}F_{n-1,k}\\&=\sum_{k=0}^nF_{n,k}-\sum_{k=0}^{n}F_{n-1,k}\\&=\sum_{k=0}^n(4n+1)\beta_n^2\frac{\qty(-n,\frac{1}{2}+n)_k}{k!^2}\\&=(4n+1)\beta_n^2\sum_{k=0}^n\frac{\qty(-n,\frac{1}{2}+n)_k}{k!^2}\\&=(4n+1)\beta_n^2\cdot(-1)^n\beta_n\\&=(-1)^n(4n+1)\beta_n^3\EA$

したがって，

$\BA\D C_n^2B_n^{}=\sum_{k=0}^n(-1)^k(4k+1)\beta_k^3=A_n \EA$

となります。

投稿日：2日前