調和数を含んだ複雑な級数公式を導出する。
\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty\frac{(\nu)_n}{(\lambda)_n}H_n =\frac{\lambda-1}{\lambda-\nu-1}\Bigl[\psi(\lambda-1)-\psi(\lambda-\nu-1)\Bigr]\tag{A}\end{equation}\begin{eqnarray}\sum_{n=1}^\infty\frac{(\frac{1}{2})_n(\nu)_n}{(\lambda)_nn!}\Bigl(2H_{2n}-H_{n}\Bigr) &=&\frac{\G(\lambda)\G(\lambda-\nu-\frac{1}{2})}{\G(\lambda-\frac{1}{2})\G(\lambda-\nu)}\\&&\times\left[\psi\left(\lambda-\frac{1}{2}\right)-\psi\left(\lambda-\nu-\frac{1}{2}\right)\right]\tag{B}\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}&&\sum_{n=1}^\infty\frac{(a+2n)(b)_n(c)_n(d)_n(-1)^n}{(1+a-b)_n(1+a-c)_n(a-d)_{n+1}}\Bigl(H_n+\psi(a+n)-\psi(a)\Bigr) \\&=& \Bigl(\psi(a-d)-\psi(a)\Bigr){}_3F_2\left[\begin{matrix}1,1+a-b-c,d\\ 1+a-b,1+a-c\end{matrix};1\right]\\&&\quad+\sum_{n=1}^\infty\frac{(1+a-b-c)_n(d)_n}{(1+a-b)_n(1+a-c)_n}H_n\tag{C}\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}&&\sum_{n=1}^\infty\frac{(a+2n)(a)_n(b)_n(c)_n(d)_n(\frac{1}{2})_n(-1)^n}{(1+a-b)_n(1+a-c)_n(1+a-d)_n(a+\frac{1}{2})_n n!}\\&&\times\Bigl(2H_{2n}-H_n+\psi(\frac{1}{2}a+n)-\psi(\frac{1}{2}+a)\Bigr) \\&=& \frac{\G(1+a-d)\G(\frac{1}{2}+a)}{\G(a)\G(\frac{1}{2}+a-d)}\Bigl(\psi(\frac{1}{2}+a-d)-\psi(\frac{1}{2}+a)\Bigr){}_3F_2\left[\begin{matrix}\frac{1}{2},1+a-b-c,d\\ 1+a-b,1+a-c\end{matrix};1\right]\\&&\quad+\frac{\G(1+a-d)\G(\frac{1}{2}+a)}{\G(a)\G(\frac{1}{2}+a-d)}\sum_{n=1}^\infty\frac{(1+a-b-c)_n(d)_n(\frac{1}{2})_n}{(1+a-b)_n(1+a-c)_n n!}(2H_{2n}-H_n)\tag{D}\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}&&\sum_{n=1}^\infty\frac{(b)_n}{(1+a-b)_n}\Bigl(H_n+\psi(a+n)-\psi(a)\Bigr) \\&=& \frac{a-b}{a-2b}\Bigl(\psi(a-b)-\psi(a)+\psi(\frac{a}{2})-\psi(\frac{a}{2}-b)\Bigr)\tag{E}\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}\sum_{n=1}^\infty\frac{(\frac{1}{2})_n^3}{n!^3}H_{2n} = \frac{\pi}{2\G^4(\frac{3}{4})}(\pi-2\ln2)\tag{F}\end{eqnarray}\begin{eqnarray}\sum_{n=1}^\infty\frac{(4n+1)(\frac{1}{2})_n^5(-1)^n}{n!^5}H_{2n} =\frac{\frac{\pi}{3}-2\ln2}{\G^4(\frac{3}{4})}\tag{G}\end{eqnarray}
前回・前々回の記事を先に読むのをおすすめします。
超幾何関数のパラメータによる微分とディガンマ関数、一般化超幾何関数の特殊値１
超幾何関数のパラメータによる微分とディガンマ関数、一般化超幾何関数の特殊値２
やり方は単純です。超幾何関数をパラメータで微分して、そのパラメータに特定の値を代入するだけです。その「特定の値」として $1$ を選ぶと、調和数 $H_n$ が級数に現れます。$1/2$ を選ぶと $H_{2n}$ が現れます。
手始めに最も基本的なものでやってみましょう。ガウスの超幾何定理：\begin{equation}{}_2F_1\left[\begin{matrix}c,\nu\\\lambda\end{matrix};1\right] =\frac{\G(\lambda)\G(\lambda-\nu-c)}{\G(\lambda-c)\G(\lambda-\nu)}\tag{1}\end{equation}の両辺を $c$ で微分します。\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty\frac{(c)_n(\nu)_n}{(\lambda)_nn!}[\psi(c+n)-\psi(c)] =\frac{\G(\lambda)\G(\lambda-\nu-c)}{\G(\lambda-c)\G(\lambda-\nu)}\left(\psi(\lambda-c)-\psi(\lambda-\nu-c)\right)\tag{2}\end{equation}
前々回・前回の記事ではこの $c$ にゼロを代入しましたが、今回は別の値を代入しましょう。
$c=1$ とすると$$\sum_{n=1}^\infty\frac{(\nu)_n}{(\lambda)_n}[\psi(1+n)-\psi(1)] =\frac{\G(\lambda)\G(\lambda-\nu-1)}{\G(\lambda-1)\G(\lambda-\nu)}\left(\psi(\lambda-1)-\psi(\lambda-\nu-1)\right)$$ディガンマ関数と調和数の定義から\begin{equation}\psi(n+1)-\psi(1)=1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}:= H_n\tag{3}\end{equation}したがって
$\lambda-\nu>1$,\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty\frac{(\nu)_n}{(\lambda)_n}H_n =\frac{\lambda-1}{\lambda-\nu-1}\Bigl[\psi(\lambda-1)-\psi(\lambda-\nu-1)\Bigr]\tag{4}\end{equation}
例えば $(\lambda,\nu)=(3,1)$ , $(1,-1/2)$ とすると\begin{eqnarray}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{(n+1)(n+2)} &=&2\tag{5}\\\sum_{n=1}^\infty\frac{(-\frac{1}{2})_n}{n!}H_n &=& -2\tag{6} \end{eqnarray}
ところで(2)において $c=1/2$ とすれば\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty\frac{(\frac{1}{2})_n(\nu)_n}{(\lambda)_nn!}\left[\psi\left(\frac{1}{2}+n\right)-\psi\left(\frac{1}{2}\right)\right] =\frac{\G(\lambda)\G(\lambda-\nu-\frac{1}{2})}{\G(\lambda-\frac{1}{2})\G(\lambda-\nu)}\left[\psi\left(\lambda-\frac{1}{2}\right)-\psi\left(\lambda-\nu-\frac{1}{2}\right)\right]\tag{7}\end{equation}左辺に関してディガンマ関数の倍数公式：\begin{equation}\psi(2z)=\frac{1}{2}\left[\psi(z)+\psi\left(z+\frac{1}{2}\right)\right]+\log2\tag{8}\end{equation}で $z=n$ として特殊値$$\psi\left(\frac{1}{2}\right)=-\g-2\log2$$を合わせて用いると$$\psi\left(\frac{1}{2}+n\right)-\psi\left(\frac{1}{2}\right)=2H_{2n-1}-H_{n-1}$$\begin{equation}\therefore\quad\psi\left(\frac{1}{2}+n\right)-\psi\left(\frac{1}{2}\right)=2H_{2n}-H_{n}\tag{9}\end{equation}(7)へ適用すると
$\lambda-\nu>1/2$,\begin{eqnarray}\sum_{n=1}^\infty\frac{(\frac{1}{2})_n(\nu)_n}{(\lambda)_nn!}\Bigl(2H_{2n}-H_{n}\Bigr) &=&\frac{\G(\lambda)\G(\lambda-\nu-\frac{1}{2})}{\G(\lambda-\frac{1}{2})\G(\lambda-\nu)}\\&&\times\left[\psi\left(\lambda-\frac{1}{2}\right)-\psi\left(\lambda-\nu-\frac{1}{2}\right)\right]\tag{10}\end{eqnarray}
定理２の左辺に注目すると $H_{2n}$ と $H_n$ が混じっています。$H_n$ の項を分離して計算できれば $H_{2n}$ も求まることになります。
なお奇調和数 $O_n:=1+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{2n-1}$ は\begin{equation}2O_n=2H_{2n}-H_n\tag{11}\end{equation}と表されますので、(10)左辺を $O_n$ で書くこともできます。
(1)を $\lambda$ で微分した場合は\begin{eqnarray}&&\sum_{n=1}^\infty\frac{(c)_n(\nu)_n}{(\lambda)_nn!}[\psi(\lambda)-\psi(\lambda+n)] \\&=&\frac{\G(\lambda)\G(\lambda-\nu-c)}{\G(\lambda-c)\G(\lambda-\nu)}\left(\psi(\lambda)+\psi(\lambda-\nu-c)-\psi(\lambda-c)-\psi(\lambda-\nu)\right)\tag{12}\end{eqnarray}(2)でうまくいかない級数はこちらを試してもいいでしょう。
こちらで示したDixonの定理\begin{equation}{}_3F_2\left[\begin{matrix}a,b,c\\1+a-b,1+a-c\end{matrix};1\right]=\frac{\G(1+\frac{a}{2})\G(1+a-b)\G(1+a-c)\G(1+\frac{a}{2}-b-c)}{\G(1+a)\G(1+\frac{a}{2}-b)\G(1+\frac{a}{2}-c)\G(1+a-b-c)}\tag{13}\end{equation}ただし $1+\frac{a}{2}-b-c>0$. この両辺を $c$ で微分すると\begin{eqnarray}&&\sum_{n=1}^\infty\frac{(a)_n(b)_n(c)_n}{(1+a-b)_n(1+a-c)_nn!}\Bigl[\psi(c+n)-\psi(c)+\psi(1+a-c+n)-\psi(1+a-c)\Bigr]\\&=& \frac{\G(1+\frac{a}{2})\G(1+a-b)\G(1+a-c)\G(1+\frac{a}{2}-b-c)}{\G(1+a)\G(1+\frac{a}{2}-b)\G(1+\frac{a}{2}-c)\G(1+a-b-c)}\\&&\times\Bigl[-\psi(1+a-c)-\psi(1+\frac{a}{2}-b-c)+\psi(1+\frac{a}{2}-c)+\psi(1+a-b-c)\Bigr]\tag{14}\end{eqnarray}$c=0$ とする場合は前回記事でやりました。
(14)で $c=1$ とすると
\begin{eqnarray}&&\sum_{n=1}^\infty\frac{(b)_n}{(1+a-b)_n}\Bigl(H_n+\psi(a+n)-\psi(a)\Bigr) \\&=& \frac{a-b}{a-2b}\Bigl(\psi(a-b)-\psi(a)+\psi(\frac{a}{2})-\psi(\frac{a}{2}-b)\Bigr)\tag{15}\end{eqnarray}
(14)で $a=b=c=1/2$ なら
\begin{eqnarray}\sum_{n=1}^\infty\frac{(\frac{1}{2})_n^3}{n!^3}H_{2n} = \frac{\pi}{2\G^4(\frac{3}{4})}(\pi-2\ln2)\tag{16}\end{eqnarray}
加えて、(13)を $a$ で微分して $a=b=c=1/2$ とした場合\begin{eqnarray}\sum_{n=1}^\infty\frac{(\frac{1}{2})_n^3}{n!^3}(2H_{2n}-3H_n) = \frac{\pi}{\G^4(\frac{3}{4})}(4\ln2-\pi)\tag{17}\end{eqnarray}(16)(17)より
\begin{eqnarray}\sum_{n=1}^\infty\frac{(\frac{1}{2})_n^3}{n!^3}H_{n} = \frac{2\pi}{3\G^4(\frac{3}{4})}(\pi-3\ln2)\tag{18}\end{eqnarray}\begin{eqnarray}\sum_{n=1}^\infty\frac{(\frac{1}{2})_n^3}{n!^3}O_{n} = \frac{\pi^2}{6\G^4(\frac{3}{4})}\tag{19}\end{eqnarray}
ただし2行目には(11)を使いました。
過去記事で導出した6F5の公式：\begin{eqnarray}&&{}_6F_5\left[\begin{matrix}a,&1+\frac{a}{2},&b,&c,&d,&e\\ &\frac{a}{2},&1+a-b,&1+a-c,&1+a-d,&1+a-e\end{matrix};-1\right]\\&=&\frac{\G(1+a-d)\G(1+a-e)}{\G(1+a)\G(1+a-d-e)}{}_3F_2\left[\begin{matrix}1+a-b-c\:,\:d\:,\:e\\ 1+a-b\:,\:1+a-c\end{matrix};1\right]\tag{20}\end{eqnarray}を $e$ で微分した式は\begin{eqnarray}&&\sum_{n=1}^\infty\frac{(a)_n(1+\frac{a}{2})_n(b)_n(c)_n(d)_n(e)_n(-1)^n}{(\frac{a}{2})_n(1+a-b)_n(1+a-c)_n(1+a-d)_n(1+a-e)_n n!}\\&&\times\Bigl[\psi(e+n)-\psi(e)+\psi(1+a-e+n)-\psi(1+a-e)\Bigr] \\&=& \frac{\G(1+a-d)\G(1+a-e)}{\G(1+a)\G(1+a-d-e)}\Bigl(\psi(1+a-d-e)-\psi(1+a-e)\Bigr){}_3F_2\left[\begin{matrix}1+a-b-c\:,\:d\:,\:e\\ 1+a-b\:,\:1+a-c\end{matrix};1\right]\\&&+\frac{\G(1+a-d)\G(1+a-e)}{\G(1+a)\G(1+a-d-e)}\sum_{n=1}^\infty\frac{(1+a-b-c)_n(d)_n(e)_n}{(1+a-b)_n(1+a-c)_nn!}\Bigl(\psi(e+n)-\psi(e)\Bigr)\tag{21}\end{eqnarray}です。$e=1$ とすると
\begin{eqnarray}&&\sum_{n=1}^\infty\frac{(a+2n)(b)_n(c)_n(d)_n(-1)^n}{(1+a-b)_n(1+a-c)_n(a-d)_{n+1}}\Bigl(H_n+\psi(a+n)-\psi(a)\Bigr) \\&=& \Bigl(\psi(a-d)-\psi(a)\Bigr){}_3F_2\left[\begin{matrix}1,1+a-b-c,d\\ 1+a-b,1+a-c\end{matrix};1\right]\\&&\quad+\sum_{n=1}^\infty\frac{(1+a-b-c)_n(d)_n}{(1+a-b)_n(1+a-c)_n}H_n\tag{22}\end{eqnarray}
中途半端な式ですので、右辺の3F2が計算できるようなパラメータでないと役に立たない感じですかね。
(14)で $e=1/2$ とした場合は
\begin{eqnarray}&&\sum_{n=1}^\infty\frac{(a+2n)(a)_n(b)_n(c)_n(d)_n(\frac{1}{2})_n(-1)^n}{(1+a-b)_n(1+a-c)_n(1+a-d)_n(a+\frac{1}{2})_n n!}\\&&\times\Bigl(2H_{2n}-H_n+\psi(\frac{1}{2}a+n)-\psi(\frac{1}{2}+a)\Bigr) \\&=& \frac{\G(1+a-d)\G(\frac{1}{2}+a)}{\G(a)\G(\frac{1}{2}+a-d)}\Bigl(\psi(\frac{1}{2}+a-d)-\psi(\frac{1}{2}+a)\Bigr){}_3F_2\left[\begin{matrix}\frac{1}{2},1+a-b-c,d\\ 1+a-b,1+a-c\end{matrix};1\right]\\&&\quad+\frac{\G(1+a-d)\G(\frac{1}{2}+a)}{\G(a)\G(\frac{1}{2}+a-d)}\sum_{n=1}^\infty\frac{(1+a-b-c)_n(d)_n(\frac{1}{2})_n}{(1+a-b)_n(1+a-c)_n n!}(2H_{2n}-H_n)\tag{23}\end{eqnarray}
ごちゃごちゃして、どう役立つかあまり分かりませんが、$a=b=c=d=1/2$ とすると\begin{eqnarray*}&&\sum_{n=1}^\infty\frac{(4n+1)(\frac{1}{2})_n^5(-1)^n}{n!^5}H_{2n} \\&=& -\frac{2\ln2}{\pi}{}_3F_2\left[\begin{matrix}\frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{1}{2}\\ 1,1\end{matrix};1\right]+\frac{1}{\pi}\sum_{n=1}^\infty\frac{(\frac{1}{2})_n^3}{n!^3}(2H_{2n}-H_n)\end{eqnarray*}右辺第1項には(14)を、第2項には(11)(19)を用いて
\begin{eqnarray}\sum_{n=1}^\infty\frac{(4n+1)(\frac{1}{2})_n^5(-1)^n}{n!^5}H_{2n} =\frac{\frac{\pi}{3}-2\ln2}{\G^4(\frac{3}{4})}\tag{24}\end{eqnarray}
定理８を分かりやすく書き直すと\begin{eqnarray*}&&5\left(\frac{1}{2}\right)^5\left(1+\frac{1}{2}\right)-9\left(\frac{1\cdot3}{2\cdot4}\right)^5\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}\right)+13\left(\frac{1\cdot3\cdot5}{2\cdot4\cdot6}\right)^5\left(1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{6}\right)-\cdots\\&=&\frac{2\ln2-\frac{\pi}{3}}{\G^4(\frac{3}{4})}\end{eqnarray*}
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