無限級数の値

超幾何級数その2

ここでは、Pfaffの変換公式

\[ {}_2F_1\left[\begin{matrix}a,b\\c\end{matrix};z\right]=(1-z)^{-a}{}_2F_1\left[\begin{matrix}a,c-b\\c\end{matrix};-\frac{z}{1-z}\right] \] を導出してみる。 Euler積分表示から、\(x\to 1-x\)として、 \begin{align} {}_2F_1\left[\begin{matrix}a,b\\c\end{matrix};z\right]&=\frac{\Gamma(c)}{\Gamma(b)\Gamma(c-b)}\int_0^1x^{b-1}(1-x)^{c-b-1}(1-zx)^{-a}\,dx\\ &=\frac{\Gamma(c)}{\Gamma(b)\Gamma(c-b)}\int_0^1x^{c-b-1}(1-x)^{b-1}(1-z+zx)^{-a}\,dx\\ &=(1-z)^{-a}\frac{\Gamma(c)}{\Gamma(b)\Gamma(c-b)}\int_0^1x^{c-b-1}(1-x)^{b-1}\left(1+\frac{z}{1-z}x\right)^{-a}\,dx\\ &=(1-z)^{-a}{}_2F_1\left[\begin{matrix}a,c-b\\c\end{matrix};-\frac{z}{1-z}\right] \end{align} もう一度変換すると、 \[ (1-z)^{-a}{}_2F_1\left[\begin{matrix}c-b,a\\c\end{matrix};-\frac{z}{1-z}\right]=(1-z)^{c-a-b}{}_2F_1\left[\begin{matrix}c-a,c-b\\c\end{matrix};z\right] \] よって、 \[ {}_2F_1\left[\begin{matrix}a,b\\c\end{matrix};z\right]=(1-z)^{c-a-b}{}_2F_1\left[\begin{matrix}c-a,c-b\\c\end{matrix};z\right] \] これをEulerの変換公式という。例えば、 \begin{align} \sum_{k=0}^n\binom{n}{k}^2x^k&={}_2F_1\left[\begin{matrix}-n,-n\\1\end{matrix};x\right]\\ &=(1-x)^{2n+1}{}_2F_1\left[\begin{matrix}1+n,1+n\\1\end{matrix};x\right]\\ &=(1-x)^{2n+1}\sum_{k=0}^{\infty}\binom{n+k}{k}^2x^k \end{align} さて、ここで、 \[ {}_2F_1\left[\begin{matrix}a,b\\c\end{matrix};\frac zb\right]=\left(1-\frac zb\right)^{c-a-b}{}_2F_1\left[\begin{matrix}c-a,c-b\\c\end{matrix};\frac zb\right] \] において、\(b\to\infty\)とすると、 \begin{align} \lim_{b\to\infty}(b)_nb^{-n}&=1\\ \lim_{b\to\infty}(c-b)_nb^{-n}&=(-1)^n \end{align} であることにより、 \[ {}_1F_1\left[\begin{matrix}a\\c\end{matrix};z\right]=e^z{}_1F_1\left[\begin{matrix}c-a\\c\end{matrix};-z\right] \] を得る。これをKummerの変換公式という。特に\(a\to x,c\to 1+x\)とすることにより、 \begin{align} x\sum_{n=0}^{\infty}\frac{z^n}{n!(n+x)}&=e^z\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-z)^n}{(1+x)_n}\\ \sum_{n=0}^{\infty}\frac{z^n}{n!(n+x)}&=e^z\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-z)^n}{(x)_{n+1}}\\ \end{align} ここで、両辺を\(x\)で微分すると、 \[ \sum_{n=0}^{\infty}\frac{z^n}{n!(n+x)^2}=e^z\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-z)^n}{(x)_{n+1}}\left(\frac{1}{x}+\cdots+\frac{1}{x+n}\right)\\ \] ここで、\(x=1\)とすると、 \begin{align} \sum_{n=0}^{\infty}\frac{z^n}{(n+1)!(n+1)}&=e^z\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^nz^n}{(n+1)!}H_{n+1}\\ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{z^n}{n!n}&=e^z\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}H_n}{n!}z^n\\\ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}z^n}{n!n}&=e^{-z}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_n}{n!}z^n \end{align} が得られる。

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