熊原啓作著『新訂解析学』第 15 章の演習問題を解く。

演習問題 15

コメント：2019-08-30 の学習ノート参照。

\[F(\alpha, \beta, \gamma; x) = \sum_{n = 0}^\infty \frac{(\alpha)_n (\beta)_n}{(\gamma)_n} \frac{x^n}{n!},\\ (x)_n \coloneqq \begin{cases} x(x + 1)(x + 2)\dotsm(x + n - 1) \\ \quad\quad = \prod_{k=1}^{n}(x + k - 1), & n > 0,\\ 1, & n = 0. \end{cases}\]

$F(\alpha, \beta, \gamma; x)$ の収束半径は 1 である。

15.4 Gauss の超幾何関数についての証明問題

$(1)\quad F(-n, 1, 1; x) = (1 - x)^n.$

証明：左辺整級数の $k$ 項目を展開すると：

\[\begin{aligned} \frac{(-n)_k (1)_k}{(1)_k} \frac{x^k}{k!} &= \frac{(-n)_k}{k!} x^k\\ &= \frac{(-n)(-n+1)\dotsm(-n+k-1)}{k!} x^k\\ &= \frac{n!}{k!(n - k)!} (-1)^kx^k.\\ \end{aligned}\]

ゆえにこの無限級数は $k = n$ 項目で終わって二項定理より：

\[F(-n, 1, 1; x) = \sum_{k = 0}^n \frac{n!}{k!(n - k)!} (-x)^k = (1 - x)^n.\]

$(2)\quad xF(1, 1, 2; x) = -\log(1 - x).$

証明：左辺を展開して右辺と等しいことを示す。

\[\begin{aligned} xF(1, 1, 2; x) &= \sum_{n = 0}^\infty \frac{(1)_n (1)_n}{(2)_n}\frac{x^{n+1}}{n!}\\ &= \sum_{n = 0}^\infty \frac{n! n!}{(n + 1)!n!}x^{n+1}\\ &= \sum_{n = 0}^\infty \frac{x^{n+1}}{n + 1}\\ &= -\log(1 - x). \end{aligned}\]

$(3)\quad \displaystyle \lim_{\beta \to \infty}F\left(1, \beta, 1; \dfrac{x}{\beta}\right) = \mathrm{e}^x, \quad \lvert x \rvert \lt 1.$

証明：左辺の級数の収束を調べる。まず一般項を調べる。

\[\begin{aligned} \frac{(1)_n (\beta)_n}{(1)_n}\cdot\frac{1}{n!}\frac{x^n}{\beta^n} &= \frac{(\beta)_n}{\beta^n}\frac{x^n}{n!}.\\ \lim_{\beta \to \infty}\frac{(\beta)_n}{\beta^n} &= \lim_{\beta \to \infty}\frac{\beta}{\beta}\frac{\beta + 1}{\beta}\dotsm\frac{\beta + n - 1}{\beta}\\ &= \lim_{\beta \to \infty}1\cdot\left(1 + \frac{1}{\beta}\right)\dotsm\left(1 + \frac{n - 1}{\beta}\right)\\ &= 1. \end{aligned}\]

収束半径内においては極限と級数の順序交換が成立するので：

\[\begin{aligned} \lim_{\beta \to \infty}F\left(1, \beta, 1; \dfrac{x}{\beta}\right) &= \lim_{\beta \to \infty} \sum_{n = 0}^\infty \frac{(\beta)_n}{\beta^n}\frac{x^n}{n!}\\ &= \sum_{n = 0}^\infty \lim_{\beta \to \infty}\frac{(\beta)_n}{\beta^n}\frac{x^n}{n!}\\ &= \sum_{n = 0}^\infty 1 \cdot \frac{x^n}{n!}\\ &= \mathrm{e}^x. \end{aligned}\]

15.5 Legendre の微分方程式と Gauss の微分方程式

\[(1 - x^2)y^{\prime\prime} - 2xy^{\prime} + \nu(\nu + 1)y = 0.\]

この微分方程式で $t = (1 - x)/2$ と変数変換すれば Gauss の微分方程式になる。 それを証明し、さらにそれを利用して Legendre 多項式を超幾何関数で表わせ。

証明：$x = 1 - 2t$ だから $\dot{x} = -2.$

\[\begin{aligned} \dot{y} &= y^{\prime}\dot{x} = -2y^{\prime},&& \therefore y^{\prime} = -\frac{\dot y}{2}.\\ \ddot y &= \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\dot y\\ &= \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\dot y \cdot \dot x = -2\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\dot y\\ &= -2 \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}(y^{\prime}\dot x)\\ &= -2 \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}(-2y^{\prime})\\ &= 4y^{\prime\prime}. && \therefore y^{\prime\prime} = \frac{\ddot y}{4}. \end{aligned}\]

微分方程式を $t$ で変数変換すると：

\[\begin{aligned} &\phantom{=}(1 - x^2)y^{\prime\prime} - 2xy^{\prime} + \nu(\nu + 1)y\\ &= (1 - (1 - 4t + 4t^2))\frac{\ddot y}{4} - 2(1 - 2t)\frac{\dot y}{-2} + \nu(\nu + 1)\\ &= t(1 - t)\ddot{y} + (1 - 2t)\dot y + \nu(\nu + 1)y = 0.\\ &\therefore t(1 - t)\ddot{y} + \left(1 - (-\nu + \nu + 1 + 1)t\right)\!\dot y - (-\nu)(\nu + 1)1y = 0.\\ \end{aligned}\]

最後の等式の左辺と $F(\alpha, \beta, \gamma; t)$ の定義式：

\[t(1 - t)y^{\prime\prime} + (\gamma - (\alpha + \beta + 1)t)y^\prime - \alpha\beta y\]

を比較すると $\alpha = -\nu,\;\beta = \nu + 1,\;\gamma = 1$ としたものに等しい。すなわち

\[F(-n, n + 1, 1; t) = 0\]

と変換される。証明は終わり。

Legendre 多項式 $P_n(x)$ を超幾何関数で表すと：

\[P_n(x) = F(-n, n + 1, 1; t) = F\!\left(-\nu, \nu + 1, 1; \frac{1 - x}{2}\right)\!.\]