過去に掲載した調和数シリーズはこちら：
上記では調和数を含む級数の基本的な計算手法を解説しているので、ぜひ見てください。
また、前回の記事はこちら：
今回はこれらを一般化した級数を扱います。
調和数 $H_n=1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}$ , $H_0=0$ として\begin{eqnarray*}\sum_{n=1}^\infty&&\frac{(a)_n(1-a)_n}{\left(n!\right)^2}H_nx^n \\&&= \frac{\pi}{2\sin\pi a} {}_2F_1\left[\begin{matrix}a,1-a\\1\end{matrix};1-x\right]\\&&\quad+\frac{1}{2}\left[\psi\left(1-\frac{a}{2}\right)+\psi\left(\frac{1+a}{2}\right)-\psi(1)-\psi\left(\frac{1}{2}\right)-\frac{\pi}{\sin\pi a}+\ln\frac{x}{1-x}\right]\\&&\quad\quad\times{}_2F_1\left[\begin{matrix}a,1-a\\1\end{matrix};x\right]\end{eqnarray*}であることを示す。
また値を代入することにより\begin{eqnarray*}&&\sum_{n=1}^\infty \binom{2n}{n}^2\frac{H_n}{16^n}x^n = K\left(\sqrt{1-x}\right)+\frac{K(\sqrt{x})}{\pi}\ln\frac{x}{16(1-x)} \\&& \sum_{n=1}^\infty \frac{(3n)!}{(n!)^3}\frac{H_n}{27^n}\left(\frac{3\sqrt{3}-5}{4}\right)^n = \frac{(2+\sqrt{3})^\frac{1}{4}}{3^\frac{1}{8}}\frac{\Gamma^2(\frac{1}{4})}{(2\pi)^\frac{3}{2}}\left[\pi+\ln(\sqrt{3}-1)-\frac{\ln2}{2}-\frac{9}{4}\ln3\right]\\&& \sum_{n=1}^\infty \binom{4n}{2n}\binom{2n}{n}\frac{H_n}{64^n}x^n = \sqrt{\frac{2}{1+\sqrt{1-x}}}K\left(\sqrt{\frac{2\sqrt{1-x}}{1+\sqrt{1-x}}}\right)+\frac{\ln\frac{x}{64(1-x)}}{\pi\sqrt{1+\sqrt{x}}}K\left(\sqrt{\frac{2\sqrt{x}}{1+\sqrt{x}}}\right)\end{eqnarray*}
ガウスの超幾何関数、ガンマ関数、ディガンマ関数の初歩的な知識が必要となります。ガンマ関数やディガンマ関数については当サイトでシリーズ化していますので参考にしてください：
ガウスの超幾何関数とそれが満たす微分方程式については：
前回に引き続き、Martin Nicholson,Quadratic Transformations of Hypergeometric Function and Series with Harmonic Numbers(2019)を参考にして、行間を埋めたり＋αの結果を示しています。論文へのリンクはこちら：
ガウスの超幾何関数$${}_2F_1\left[\begin{matrix}a,b\\c\end{matrix};x\right]$$は微分方程式\begin{equation}x(1-x)y''+\bigl(c-(a+b+1)x\bigr)y'-aby=0\tag{1}\end{equation}を満たします。これを超幾何微分方程式といいます。
これを応用すると ${}_2F_1\left[\begin{matrix}a,1-a\\c\end{matrix};x\right]$ は微分方程式\begin{equation}x(1-x)y''+(c-2x)y'-a(1-a)y=0\tag{2}\end{equation}の特殊解ということになります。
ここで次の関数を定義します。\begin{equation}v(x):=\left.-\frac{d}{dc}{}_2F_1\left[\begin{matrix}a,1-a\\c\end{matrix};x\right]\right|_{c=1}\tag{3}\end{equation}これを変形すると\begin{eqnarray*}v(x)&=&-\frac{d}{dc}\sum_{n=0}^\infty\frac{(a)_n(1-a)_n\G(c)}{n!\G(c+n)}x^n\left.\right|_{c=1}\\&=&\sum_{n=0}^\infty\frac{(a)_n(1-a)_n\G(c)}{n!\G(c+n)}x^n\bigl(\psi(c+n)-\psi(c)\bigr)\left.\right|_{c=1} \\&=& \sum_{n=1}^\infty\frac{(a)_n(1-a)_n}{(n!)^2}x^n\bigl(\psi(1+n)-\psi(1)\bigr)\end{eqnarray*}$H_n$ の定義よりただちに\begin{equation}v(x)=\sum_{n=1}^\infty\frac{(a)_n(1-a)_n}{(n!)^2}H_nx^n\tag{4}\end{equation}なんと調和数が現れました。
さて一方、(2)を $c$ で微分すると$$x(1-x)\frac{d^2}{dx^2}\frac{dy}{dc}+(c-2x)\frac{d}{dx}\frac{dy}{dc}+\frac{dy}{dx}-a(1-a)\frac{dy}{dc}=0$$$y={}_2F_1\left[\begin{matrix}a,1-a\\c\end{matrix};x\right]$ はこの方程式を満たすという話でしたから、$c=1$ とすれば、(3)も併せて
\begin{equation}x(1-x)v''+(1-2x)v'-a(1-a)v=\frac{d}{dx}{}_2F_1\left[\begin{matrix}a,1-a\\1\end{matrix};x\right]\tag{5}\end{equation}
(5)の微分方程式を解きましょう。右辺に関数があるので非斉次方程式です。
非斉次方程式の一般的解法はこちら：
まず右辺をゼロとした斉次方程式を考えます。\begin{equation}x(1-x)v''+(1-2x)v'-a(1-a)v=0\tag{6}\end{equation}(2)より、1つ目の特殊解は$$v_1={}_2F_1\left[\begin{matrix}a,1-a\\1\end{matrix};x\right]$$であることが分かります。また(6)で $t=1-x$ とすると$$t(1-t)\frac{d^2v}{dt^2}+(1-2t)\frac{dv}{dt}-a(1-a)v=0$$となって(6)と全く同じなので ${}_2F_1\left[\begin{matrix}a,1-a\\1\end{matrix};t\right]$ も(6)の特殊解です。したがって2つ目の特殊解は$$v_2={}_2F_1\left[\begin{matrix}a,1-a\\1\end{matrix};1-x\right]$$$v_1$ , $v_2$ の線型結合が(6)の一般解を与えます。
最後に $v_0=-\frac{1}{2}{}_2F_1\left[\begin{matrix}a,1-a\\1\end{matrix};x\right]\ln\frac{1-x}{x}$ を非斉次方程式(5)に代入すると左辺も右辺も $v_1'$ となるため、等式を満たしています。よって $v_0$ は(5)の特殊解です。
以上から(5)の一般解は $v(x)=v_0+Av_1+Bv_2$ すなわち\begin{equation}v(x)=\left(A-\frac{1}{2}\ln\frac{1-x}{x}\right){}_2F_1\left[\begin{matrix}a,1-a\\1\end{matrix};x\right]+B\:{}_2F_1\left[\begin{matrix}a,1-a\\1\end{matrix};1-x\right]\tag{7}\end{equation}積分定数 $A$ , $B$ を定めましょう。(4)より $v(0)=0$ ですから(7)に適用して$$\lim_{x\to+0}\left[\left(A-\frac{1}{2}\ln\frac{1-x}{x}\right){}_2F_1\left[\begin{matrix}a,1-a\\1\end{matrix};x\right]+B\:{}_2F_1\left[\begin{matrix}a,1-a\\1\end{matrix};1-x\right]\right]=0$$問題となるのは $\ln\frac{1}{x}$ のせいで発散してしまうこと。この項をなくしてしまわないといけません。こちらの「2023/4/10」で示した事実によると $x\to+0$ においては$${}_2F_1\left[\begin{matrix}a,1-a\\1\end{matrix};1-x\right]=\frac{\sin\pi a}{\pi}\ln\frac{1}{x}+O(1)$$と表せます。よって$$B=\frac{\pi}{2\sin\pi a}$$とすればよいです。
次に(7)で $x=1/2$ とすると$$v\left(\frac{1}{2}\right)=\left(A+\frac{\pi}{2\sin\pi a}\right){}_2F_1\left[\begin{matrix}a,1-a\\1\end{matrix};\frac{1}{2}\right]$$(4)で $x=1/2$ とし、前回の記事で示した\begin{eqnarray}\sum_{n=1}^\infty\frac{(a)_n(1-a)_n}{\left(n!\right)^2}\frac{H_n}{2^n} &=& \frac{\sqrt{\pi}}{2\G(1-\frac{a}{2})\G(\frac{1+a}{2})}\left[\psi\left(1-\frac{a}{2}\right)+\psi\left(\frac{1+a}{2}\right)-\psi(1)-\psi\left(\frac{1}{2}\right)\right]\tag{8}\\&=&\frac{1}{2}{}_2F_1\left[\begin{matrix}a,1-a\\1\end{matrix};\frac{1}{2}\right]\left[\psi\left(1-\frac{a}{2}\right)+\psi\left(\frac{1+a}{2}\right)-\psi(1)-\psi\left(\frac{1}{2}\right)\right]\tag{9}\end{eqnarray}を使うと$$A=\frac{1}{2}\left[\psi\left(1-\frac{a}{2}\right)+\psi\left(\frac{1+a}{2}\right)-\psi(1)-\psi\left(\frac{1}{2}\right)-\frac{\pi}{\sin\pi a}\right]$$求まった $A$ と $B$ を(7)へ代入して
\begin{eqnarray}v(x) &=& \frac{\pi}{2\sin\pi a}{}_2F_1\left[\begin{matrix}a,1-a\\1\end{matrix};1-x\right]\\&&+\frac{1}{2}\left[\psi\left(1-\frac{a}{2}\right)+\psi\left(\frac{1+a}{2}\right)-\psi(1)-\psi\left(\frac{1}{2}\right)-\frac{\pi}{\sin\pi a}+\ln\frac{x}{1-x}\right]{}_2F_1\left[\begin{matrix}a,1-a\\1\end{matrix};x\right]\tag{10}\end{eqnarray}
これで $v(x)$ の関数形が求まりました。(4)より
\begin{eqnarray}\sum_{n=1}^\infty&&\frac{(a)_n(1-a)_n}{\left(n!\right)^2}H_nx^n \\&&= \frac{\pi}{2\sin\pi a} {}_2F_1\left[\begin{matrix}a,1-a\\1\end{matrix};1-x\right]\\&&\quad+\frac{1}{2}\left[\psi\left(1-\frac{a}{2}\right)+\psi\left(\frac{1+a}{2}\right)-\psi(1)-\psi\left(\frac{1}{2}\right)-\frac{\pi}{\sin\pi a}+\ln\frac{x}{1-x}\right]\\&&\quad\quad\times{}_2F_1\left[\begin{matrix}a,1-a\\1\end{matrix};x\right]\tag{11}\end{eqnarray}
これが本日の結論となります。$x=1/2$ とした級数を前回記事で求めています。つまり定理１は前回記事で扱った級数の一般化ともいえます。
a=1/2の場合
定理１において $a=1/2$ とすると左辺は$$LHS=\sum_{n=1}^\infty \binom{2n}{n}^2\frac{H_n}{16^n}x^n$$右辺は第1種完全楕円積分の超幾何級数表示 ${}_2F_1\left[\begin{matrix}1/2,1/2\\1\end{matrix};k^2\right]=\dfrac{2}{\pi}K(k)$ を使い、ディガンマ関数の特殊値を代入するとよいです。結果は
\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty \binom{2n}{n}^2\frac{H_n}{16^n}x^n = K\left(\sqrt{1-x}\right)+\frac{K(\sqrt{x})}{\pi}\ln\frac{x}{16(1-x)}\tag{12}\end{equation}
特に $x=1/2$ であれば$$\sum_{n=1}^\infty \binom{2n}{n}^2\frac{H_n}{32^n} = \frac{\G^2(\frac{1}{4})}{4\sqrt{\pi}}\left(1-\frac{4\ln2}{\pi}\right)$$を得ます。
a=1/3の場合
定理１で $a=1/3$ とすると\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty \frac{(3n)!}{(n!)^3}\frac{H_n}{27^n}x^n=\frac{\pi}{\sqrt{3}}{}_2F_1\left[\begin{matrix}\frac{1}{3},\frac{2}{3}\\1\end{matrix};1-x\right]+\frac{1}{2}\ln\frac{x}{27(1-x)}{}_2F_1\left[\begin{matrix}\frac{1}{3},\frac{2}{3}\\1\end{matrix};x\right]\tag{13}\end{equation}右辺の超幾何級数は計算が非常に困難なようで、私の知る関数では表せないようです。なので $x$ に特定の値を入れた場合を考えます。$x=1/2$ では前回記事と同じ級数を得ますので省略。
B.C.Berndt, Ramanujan's Notebooks part V の33章Corollary2.4によると\begin{equation} {}_2F_1\left[\begin{matrix}\frac{1}{3},\frac{2}{3}\\1\end{matrix};1-\left(\frac{1-x}{1+2x}\right)^3\right]=(1+2x){}_2F_1\left[\begin{matrix}\frac{1}{3},\frac{2}{3}\\1\end{matrix};x^3\right]\tag{14}\end{equation}同じくTheorem5.6によると\begin{equation} (1+p+p^2){}_2F_1\left[\begin{matrix}\frac{1}{2},\frac{1}{2}\\1\end{matrix};\frac{p^3(2+p)}{1+2p}\right]=\sqrt{1+2p}{}_2F_1\left[\begin{matrix}\frac{1}{3},\frac{2}{3}\\1\end{matrix};\frac{27p^2(1+p)^2}{4(1+p+p^2)^3}\right]\tag{15}\end{equation}(14)で $x=\frac{\sqrt{3}-1}{2}$ とすると\begin{equation} {}_2F_1\left[\begin{matrix}\frac{1}{3},\frac{2}{3}\\1\end{matrix};1-\frac{3\sqrt{3}-5}{4}\right]=\sqrt{3}\:{}_2F_1\left[\begin{matrix}\frac{1}{3},\frac{2}{3}\\1\end{matrix};\frac{3\sqrt{3}-5}{4}\right]\tag{16}\end{equation}(15)で $p=\dfrac{\sqrt[4]{3}}{2}\sqrt{2+\sqrt{3}}-\dfrac{1}{2}$ とすると左辺はオーソドックスな楕円積分 $K(1/\sqrt{2})$ で表されますので、ガンマ関数に直して\begin{equation} {}_2F_1\left[\begin{matrix}\frac{1}{3},\frac{2}{3}\\1\end{matrix};1-\frac{3\sqrt{3}-5}{4}\right]=3^{\frac{3}{8}}(2+\sqrt{3})^\frac{1}{4}\frac{\G^2(\frac{1}{4})}{(2\pi)^\frac{3}{2}}\tag{17}\end{equation}(13)(16)(17)を総合して
\begin{eqnarray}\sum_{n=1}^\infty && \frac{(3n)!}{(n!)^3}\frac{H_n}{27^n}\left(\frac{3\sqrt{3}-5}{4}\right)^n \\&&\quad= \frac{(2+\sqrt{3})^\frac{1}{4}}{3^\frac{1}{8}}\frac{\Gamma^2(\frac{1}{4})}{(2\pi)^\frac{3}{2}}\left[\pi+\ln(\sqrt{3}-1)-\frac{\ln2}{2}-\frac{9}{4}\ln3\right]\tag{18}\end{eqnarray}
a=1/4の場合
定理１で $a=1/4$ とします。少しの計算をすると左辺は$$\sum_{n=1}^\infty \binom{4n}{2n}\binom{2n}{n}\frac{H_n}{64^n}x^n$$であることが分かります。右辺にはディガンマ関数の特殊値を代入し、過去記事
Integrals and Miscellaneous 11
の「2022/10/9」で証明した\begin{equation}{}_2F_1\left[\begin{matrix}\frac{1}{4},\frac{3}{4}\\1\end{matrix};x^2\right]=\frac{2K\left(\sqrt{\frac{2x}{1+x}}\right)}{\pi\sqrt{1+x}}\tag{19}\end{equation}を使います。結局、以下の式を得ます。
\begin{eqnarray}\sum_{n=1}^\infty&& \binom{4n}{2n}\binom{2n}{n}\frac{H_n}{64^n}x^n \\&&= \sqrt{\frac{2}{1+\sqrt{1-x}}}K\left(\sqrt{\frac{2\sqrt{1-x}}{1+\sqrt{1-x}}}\right)+\frac{\ln\frac{x}{64(1-x)}}{\pi\sqrt{1+\sqrt{x}}}K\left(\sqrt{\frac{2\sqrt{x}}{1+\sqrt{x}}}\right)\tag{20}\end{eqnarray}
特に $x=1/2$ であれば\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty\binom{4n}{2n}\binom{2n}{n}\frac{H_n}{128^n}=\sqrt{2-\sqrt{2}}\left(\sqrt{2}-\frac{6\ln2}{\pi}\right)K\left(\sqrt{2\sqrt{2}-2}\right)\tag{21}\end{equation}
次：
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