4F3の特殊値の計算例（一般化超幾何級数のEuler積分表示）

一番上の式は驚異的といっていいほどにシンプルです。なぜこのようになるかを解説します。超幾何関数やガンマ関数に関わる周辺知識を前提とします。

部分分数分解でオーダーを下げる

冒頭にある通り、今回求めたい級数は、ポッホハマー記号を使った簡単な計算により、一般化超幾何関数4F3で表せます。すなわち\begin{equation}\sum_{n=0}^\infty\frac{(2n)!!}{(2n+1)!!}\frac{(n+1)(2n+5)}{(2n+1)(2n+3)^2}=\frac{5}{9}{}_4F_3\left[\begin{matrix}1,\frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{7}{2}\\\frac{5}{2},\frac{5}{2},\frac{5}{2}\end{matrix};1\right]\tag{1}\end{equation}4F3を計算するのはかなり難しいです。そこで部分分数分解によって3F2へとオーダーを落とします。(1)左辺は\begin{eqnarray*}&&\sum_{n=0}^\infty\frac{(2n)!!}{(2n+1)!!}\frac{(n+1)(2n+5)}{(2n+1)(2n+3)^2} \\&=& \sum_{n=0}^\infty\frac{(2n)!!}{(2n+1)!!}\left(\frac{1/2}{(2n+3)^2}+\frac{1/2}{(2n+1)}\right) \\&=& \frac{1}{2} \sum_{n=0}^\infty\frac{n!}{(\frac{3}{2})_n}\frac{\frac{1}{9}(\frac{3}{2})_n^2}{(\frac{5}{2})_n^2} +\frac{1}{2} \sum_{n=0}^\infty\frac{n!}{(\frac{3}{2})_n}\frac{(\frac{1}{2})_n^2}{(\frac{3}{2})_n}\end{eqnarray*}式を整理して\begin{eqnarray}&&\sum_{n=0}^\infty\frac{(2n)!!}{(2n+1)!!}\frac{(n+1)(2n+5)}{(2n+1)(2n+3)^2} \\&=& \frac{1}{2}{}_3F_2\left[\begin{matrix}1,1,\frac{1}{2}\\\frac{3}{2},\frac{3}{2}\end{matrix};1\right] +\frac{1}{18}{}_3F_2\left[\begin{matrix}1,1,\frac{3}{2}\\\frac{5}{2},\frac{5}{2}\end{matrix};1\right]\tag{2}\end{eqnarray}

3F2とEulerの積分表示

3F2のEuler積分は次のように書かれます。\begin{equation}{}_3F_2\left[\begin{matrix}a_1,a_2,c\\b_1,d\end{matrix};z\right]=\frac{\G(d)}{\G(c)\G(d-c)}\int_0^1 t^{c-1}(1-t)^{d-c-1}{}_2F_1\left[\begin{matrix}a_1,a_2\\b_1\end{matrix};zt\right]dt\tag{3}\end{equation}(3)は右辺の2F1を級数表示してベータ関数を用いることで簡単に示せます。

(2)に現れた3F2へ(3)を適用すると\begin{eqnarray}{}_3F_2\left[\begin{matrix}1,1,\frac{1}{2}\\\frac{3}{2},\frac{3}{2}\end{matrix};1\right] &=& \frac{1}{2}\int_0^1 \frac{1}{\sqrt{1-t}}\;{}_2F_1\left[\begin{matrix}1,\frac{1}{2}\\\frac{3}{2}\end{matrix};t\right]dt\tag{4}\\ {}_3F_2\left[\begin{matrix}1,1,\frac{3}{2}\\\frac{5}{2},\frac{5}{2}\end{matrix};1\right] &=&\frac{3}{2}\int_0^1 \sqrt{1-t}\;{}_2F_1\left[\begin{matrix}1,\frac{3}{2}\\\frac{5}{2}\end{matrix};t\right]dt\tag{5}\end{eqnarray} (4)(5)に出てきた2F1は初等関数で表現できることが分かっています（詳しくはコチラの"2022/10/7 D"および"2022/10/7 E"）。\begin{eqnarray}{}_2F_1\left[\begin{matrix}1,\frac{1}{2}\\\frac{3}{2}\end{matrix};x\right]&=&\frac{\mathrm{artanh}\sqrt{x}}{\sqrt{x}}\tag{6}\\{}_2F_1\left[\begin{matrix}1,\frac{3}{2}\\\frac{5}{2}\end{matrix};x\right]&=&3\frac{\mathrm{artanh}\sqrt{x}-\sqrt{x}}{x\sqrt{x}}\tag{7}\end{eqnarray}以上により求める3F2は次のように書かれます。(4)(5)へ代入すると\begin{eqnarray}{}_3F_2\left[\begin{matrix}1,1,\frac{1}{2}\\\frac{3}{2},\frac{3}{2}\end{matrix};1\right] &=& \frac{1}{2}\int_0^1 \frac{\mathrm{artanh}\sqrt{t}}{\sqrt{t(1-t)}}dt\tag{8}\\ {}_3F_2\left[\begin{matrix}1,1,\frac{3}{2}\\\frac{5}{2},\frac{5}{2}\end{matrix};1\right] &=&\frac{9}{2}\int_0^1 \frac{\sqrt{1-t}}{t\sqrt{t}}\left(\mathrm{artanh}\sqrt{t}-\sqrt{t}\right)dt\tag{9}\end{eqnarray}根号が多いのはげんなりするので $t=x^2$ と置換しておきましょう。

なお逆双曲線関数の１つであるartanhは\begin{equation}\mathrm{artanh}x=\frac{1}{2}\ln\frac{1+x}{1-x}\tag{12}\end{equation}と表せます。

置換積分とディガンマ関数

(10)の積分を計算します。複数のアプローチが考えられそうですが(12)を眺めると$$\frac{1-x}{1+x}=u\;,\; dx=-\frac{2du}{(1+u)^2}$$なる置換により\begin{equation}{}_3F_2\left[\begin{matrix}1,1,\frac{1}{2}\\\frac{3}{2},\frac{3}{2}\end{matrix};1\right]=-\frac{1}{2}\int_0^1\frac{\ln u}{\sqrt{u} (1+u)}du\tag{13}\end{equation}となります。ここで\begin{equation}F(s):=\int_0^1\frac{u^s}{1+u}du\tag{14}\end{equation}を定義します。$\frac{1}{1+u}$ を幾何級数に展開してから積分を実行すると\begin{equation}F(s)=\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n}{n+s+1}\tag{15}\end{equation}偶奇で分けて$$F(s)=\frac{1}{2}\sum_{n=0}^\infty\left(\frac{1}{n+\frac{s+1}{2}}-\frac{1}{n+\frac{s}{2}+1}\right)$$ディガンマ関数の級数表示\begin{equation}\psi(z)=-\g-\sum_{n=0}^\infty\left(\frac{1}{z+n}-\frac{1}{n+1}\right)\tag{16}\end{equation}を用いれば\begin{equation}F(s)=\frac{1}{2}\left(\psi\left(\frac{s}{2}+1\right)-\psi\left(\frac{s+1}{2}\right)\right)\tag{17}\end{equation}

ここで(13)をよく見ると\begin{eqnarray}{}_3F_2\left[\begin{matrix}1,1,\frac{1}{2}\\\frac{3}{2},\frac{3}{2}\end{matrix};1\right] &=& -\frac{1}{2} F'\left(-\frac{1}{2}\right) \\&=& -\frac{1}{8}\left(\psi'\left(\frac{s}{2}+1\right)-\psi'\left(\frac{s+1}{2}\right)\right)\\&=&-\frac{1}{8}\left[\zeta\left(2,\frac{3}{4}\right)-\zeta\left(2,\frac{1}{4}\right)\right]\end{eqnarray}最終行でフルヴィッツゼータ関数が現れています。ディリクレベータ関数との関係およびCatalan定数 $G$ を用いれば$$=2\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n}{(2n+1)^2}=2\b(2)=2G$$以上により

広義積分の利用

次に(11)の積分を計算します。$x=\cos\t$ と置き、さらに $\phi=\t/2$ と置換すると\begin{equation}{}_3F_2\left[\begin{matrix}1,1,\frac{3}{2}\\\frac{5}{2},\frac{5}{2}\end{matrix};1\right]=-18\int_0^\frac{\pi}{4}\tan^2 2\phi(\ln\tan\phi+\cos2\phi)d\phi\tag{19}\end{equation}部分積分します。$\phi\to0$ では収束することが簡単に示せますが、$\phi\to\pi/4$ は今の段階では怪しそうなので、区間の上端を $\frac{\pi}{4}-\epsilon$ にしておきます。\begin{eqnarray*}&=& -18\left\{\frac{1}{2}\tan\left(\frac{\pi}{2}-2\epsilon\right)-\frac{\pi}{4}+\epsilon\right\}\left\{\ln\tan\left(\frac{\pi}{4}-\epsilon\right)+\cos\left(\frac{\pi}{2}-2\epsilon\right)\right\}\\&&+18\int_0^{\frac{\pi}{4}-\epsilon}\left(\frac{1}{2}\tan2\phi-\phi\right)\left(\frac{2}{\sin2\phi}-2\sin2\phi\right)d\phi \\&=& -9\left\{\frac{\ln\tan(\frac{\pi}{4}-\epsilon)}{\sin2\epsilon}+1\right\}+18\int_0^{\frac{\pi}{4}-\epsilon}\left(\cos2\phi+2\phi\sin2\phi-\frac{2\phi}{\sin2\phi}\right)d\phi\end{eqnarray*}中括弧の中身は$$-\frac{1}{2}\frac{\ln\tan(\frac{\pi}{4}-\epsilon)}{-\epsilon}\frac{2\epsilon}{\sin2\epsilon}\to \left.-\frac{1}{2}(\ln\tan x)'\right|_{x=\pi/4}=-1$$残った積分はこちらで得た結果$$\int_0^\frac{\pi}{2}\frac{x}{\sin x}dx=2G$$を利用します。すると

公式の完成

補題１と２を(2)に用いると、求めていた公式が導出されます。

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