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特殊関数・漸近解析の問題

難易度 2大学院の講義の演習問題レベル大学院数学特殊関数・漸近解析

無限級数
$S = n = 0 \sum \infty \frac{1}{1 6 ^{n} ( n + 1 ) ( n + 2 )} (n 2 n)^{2}$
は収束する。 $S$ の値を求めよ。ただし $(n 2 n) = \frac{( 2 n )!}{( n ! ) ^{2}}$ であり、 $(0 0) = 1$ とする。

この問題で使うもの

ポッホハマー記号と超幾何級数への書き直し（説明と入口の問題）
ガウスの超幾何定理（説明と入口の問題）
ガンマ関数の相反公式と倍数公式（説明と入口の問題）

この問題を解けるようになるまで（101 技能）

算数中学高校大学大学院

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ヒント

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ヒント 1

級数を $_{2} F_{1} (a, b; c; 1)$ の形に書き直し、ガウスの公式を使いましょう。

ヒント 2

$(\frac{1}{2})_{n} = \frac{( 2 n )!}{4 ^{n} n !}$ と $(3)_{n} = \frac{( n + 2 )!}{2}$ を使うと、一般項が $\frac{( a ) _{n} ( b ) _{n}}{( c ) _{n} n !}$ の形になります。

ヒント 3

$S = \frac{1}{2}_{2} F_{1} (\frac{1}{2}, \frac{1}{2}; 3; 1)$ です。 $c - a - b = 2 > 0$ なのでガウスの公式 $_{2} F_{1} (a, b; c; 1) = \frac{Γ ( c ) Γ ( c - a - b )}{Γ ( c - a ) Γ ( c - b )}$ が使えます。

答えと解説

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\frac{16}{9 π}

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解説を読む

ポッホハマー記号を $(a)_{0} = 1, (a)_{n} = a (a + 1) \dots (a + n - 1)$ とし、ガウスの超幾何級数
$_{2} F_{1} (a, b; c; z) = n = 0 \sum \infty \frac{( a ) _{n} ( b ) _{n}}{( c ) _{n} n !} z^{n}$
を用いる。

一般項を書き直す。 $(\frac{1}{2})_{n} = \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{2} \dots \frac{2 n - 1}{2} = \frac{( 2 n )!}{4 ^{n} n !}$ であり、 $(3)_{n} = 3 \cdot 4 \dots (n + 2) = \frac{( n + 2 )!}{2}$ である。よって
$\frac{( \frac{1}{2} ) _{n}^{2}}{( 3 ) _{n} n !} = \frac{(( 2 n )! ) ^{2}}{1 6 ^{n} ( n ! ) ^{2}} \cdot \frac{2}{( n + 2 )! n !} = \frac{2}{1 6 ^{n}} (n 2 n)^{2} \frac{( n ! ) ^{2}}{n ! ( n + 2 )!} = \frac{2}{1 6 ^{n} ( n + 1 ) ( n + 2 )} (n 2 n)^{2} .$
したがって
$S = \frac{1}{2}_{2} F_{1} (\frac{1}{2}, \frac{1}{2}; 3; 1) .$

ガウスの公式を使う。 $Re (c - a - b) > 0$ のとき $_{2} F_{1} (a, b; c; 1)$ は収束し
$_{2} F_{1} (a, b; c; 1) = \frac{Γ ( c ) Γ ( c - a - b )}{Γ ( c - a ) Γ ( c - b )}$
が成り立つ。いま $c - a - b = 3 - \frac{1}{2} - \frac{1}{2} = 2 > 0$ なので適用でき、
$_{2} F_{1} (\frac{1}{2}, \frac{1}{2}; 3; 1) = \frac{Γ ( 3 ) Γ ( 2 )}{Γ ( \frac{5}{2} ) ^{2}} .$
$Γ (3) = 2, Γ (2) = 1, Γ (\frac{5}{2}) = \frac{3}{2} \cdot \frac{1}{2} π = \frac{3 π}{4}$ より $Γ (\frac{5}{2})^{2} = \frac{9 π}{16}$ なので
$_{2} F_{1} (\frac{1}{2}, \frac{1}{2}; 3; 1) = \frac{2 \cdot 16}{9 π} = \frac{32}{9 π} .$
よって
$S = \frac{1}{2} \cdot \frac{32}{9 π} = \frac{16}{9 π} .$

（数値の確認） $n = 0, 1, 2, 3$ の項は $0.5, 0.0417, 0.0117, 0.0049$ で、和は $\frac{16}{9 π} \approx 0.566$ に近づく。

別解

$a_{n} = (n 2 n)^{2} /1 6^{n} = (\frac{( 1/2 ) _{n}}{n !})^{2}$ とおく。第 1 種完全楕円積分 $K (k) = \int_{0}^{π /2} \frac{d θ}{1 - k ^{2} s i n ^{2} θ}$ は $K (k) = \frac{π}{2} \sum_{n \geq 0} a_{n} k^{2 n}$ $(∣ k ∣ < 1)$ と展開される。よって $f (x) = \sum a_{n} x^{n} = \frac{2}{π} K (x)$ 。\n\n $\frac{1}{( n + 1 ) ( n + 2 )} = \int_{0}^{1} (1 - x) x^{n} d x$ を使うと（項が正なので積分と和の交換は単調収束定理で正当化できる）\n $S = \int_{0}^{1} (1 - x) f (x) d x$ 。 $x = k^{2}$ と置換して\n $S = \frac{2}{π} \int_{0}^{1} (1 - k^{2}) K (k) 2 k d k = \frac{4}{π} (M_{1} - M_{3})$ 、ただし $M_{m} = \int_{0}^{1} k^{m} K (k) d k$ 。\n\nモーメントの漸化式 $m^{2} M_{m} = (m - 1)^{2} M_{m - 2} + 1$ （ $m \geq 2$ ）を使う。 $M_{1} = \int_{0}^{π /2} \int_{0}^{1} \frac{k d k}{1 - k ^{2} s i n ^{2} θ} d θ = \int_{0}^{π /2} \frac{1 - c o s θ}{s i n ^{2} θ} d θ = \int_{0}^{π /2} \frac{d θ}{1 + c o s θ} = 1$ 。 $9 M_{3} = 4 M_{1} + 1 = 5$ より $M_{3} = \frac{5}{9}$ 。\n\nゆえに $S = \frac{4}{π} (1 - \frac{5}{9}) = \frac{4}{π} \cdot \frac{4}{9} = \frac{16}{9 π}$ 。\n\n検算：部分和は $n = 0..5$ で $0.5 + 0.041667 + 0.011719 + 0.004883 + 0.002492 + 0.001442 = 0.562203$ 。残りの項は $n^{- 3} / π$ 程度で減衰し、和は約 $0.0037$ なので合計は約 $0.5659$ 。一方 $\frac{16}{9 π} = 0.56588 \dots$ で一致する。

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