超幾何関数のいろいろな公式

　ベータ関数の性質
$$B(x,y)={\int }_0^1{t}^{x-1}(1-t{)}^{y-1}dt=\frac{\mathrm{\Gamma }(x)\mathrm{\Gamma }(y)}{\mathrm{\Gamma }(x+y)}$$
と$(1-x{)}^{-\alpha }$のマクローリン展開
$$\begin{array}{rl}(1-x{)}^{-\alpha }& =\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{\frac{d^n}{d{t}^n}(1-t{)}^{-\alpha }|}_{t=0}\frac{x^n}{n!}\\ & =\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{\alpha (\alpha +1)\cdots (\alpha +n-1)}{(1-0{)}^{\alpha +n}}\frac{x^n}{n!}\\ & =\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(\alpha {)}_n}{n!}{x}^n\end{array}$$
そしてポッホハマー記号とガンマ関数の関係
$$(x{)}_n=\frac{\mathrm{\Gamma }(x+n)}{\mathrm{\Gamma }(x)}$$
に注意すると
$$\begin{array}{rcl}{}_2{F}_1(\begin{array}{c}a,b\\ c\end{array};z)& =& \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{\mathrm{\Gamma }(a+n)}{\mathrm{\Gamma }(a)}\frac{\mathrm{\Gamma }(c)}{\mathrm{\Gamma }(c+n)}\frac{(b{)}_n}{n!}{z}^n\\ & =& \frac{\mathrm{\Gamma }(c)}{\mathrm{\Gamma }(a)\mathrm{\Gamma }(c-a)}\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{\mathrm{\Gamma }(a+n)\mathrm{\Gamma }(c-a)}{\mathrm{\Gamma }(c+n)}\frac{(b{)}_n}{n!}{z}^n\\ & =& \frac{\mathrm{\Gamma }(c)}{\mathrm{\Gamma }(a)\mathrm{\Gamma }(c-a)}\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{\int }_0^1{t}^{a+n-1}(1-t{)}^{c-a-1}dt\frac{(b{)}_n}{n!}{z}^n\\ & =& \frac{\mathrm{\Gamma }(c)}{\mathrm{\Gamma }(a)\mathrm{\Gamma }(c-a)}{\int }_0^1{t}^{a-1}(1-t{)}^{c-a-1}\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(b{)}_n}{n!}(zt{)}^{n}dt\\ & =& \frac{\mathrm{\Gamma }(c)}{\mathrm{\Gamma }(a)\mathrm{\Gamma }(c-a)}{\int }_0^1{t}^{a-1}(1-t{)}^{c-a-1}(1-zt{)}^{-b}dt\end{array}$$
とわかる。

　上の積分表示において$z=1$とすることで
$$\begin{array}{rcl}{}_2{F}_1(\begin{array}{c}a,b\\ c\end{array};1)& =& \frac{\mathrm{\Gamma }(c)}{\mathrm{\Gamma }(a)\mathrm{\Gamma }(c-a)}{\int }_0^1{t}^{a-1}(1-t{)}^{c-a-1}(1-t{)}^{-b}dt\\ & =& \frac{\mathrm{\Gamma }(c)}{\mathrm{\Gamma }(a)\mathrm{\Gamma }(c-a)}\frac{\mathrm{\Gamma }(a)\mathrm{\Gamma }(c-a-b)}{\mathrm{\Gamma }(c-b)}\\ & =& \frac{\mathrm{\Gamma }(c)\mathrm{\Gamma }(c-a-b)}{\mathrm{\Gamma }(c-a)\mathrm{\Gamma }(c-b)}\end{array}$$
とわかる。

$$(n+x)(x{)}_n=(x{)}_{n+1},\frac{n+x-1}{(x{)}_n}=\frac{1}{(x{)}_{n-1}}$$
(ただし$(x{)}_{-1}=1/(x-1)$と定める)に注意すると
$$\begin{array}{rl}(z\frac{d}{dz}+a){}_2{F}_1(\begin{array}{c}a,b\\ c\end{array};z)& =\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(a{)}_n(b{)}_n}{(c{)}_n(1{)}_n}(n+a)z^n\\ & =\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(a{)}_{n+1}(b{)}_n}{(c{)}_n(1{)}_n}{z}^n\\ (z\frac{d}{dz}+c-1){}_2{F}_1(\begin{array}{c}a,b\\ c\end{array};z)& =\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(a{)}_n(b{)}_n}{(c{)}_n(1{)}_n}(n+c-1)z^n\\ & =\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(a{)}_n(b{)}_n}{(c{)}_{n-1}(1{)}_n}{z}^n\end{array}$$
のように変形できるので
$$\begin{array}{rl}(z\frac{d}{dz}+a)(z\frac{d}{dz}+b){}_2{F}_1(\begin{array}{c}a,b\\ c\end{array};z)& =\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(a{)}_{n+1}(b{)}_{n+1}}{(c{)}_n(1{)}_n}{z}^n\\ & =\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(a{)}_n(b{)}_n}{(c{)}_{n-1}(1{)}_{n-1}}{z}^{n-1}\\ & =z^{-1}(z\frac{d}{dz}+c-1)(z\frac{d}{dz}+1-1){}_2{F}_1(\begin{array}{c}a,b\\ c\end{array};z)\end{array}$$
が成り立つ($1/(1{)}_{-1}=0$に注意する)。
　したがって
$$\begin{array}{rl}\left(z\frac{d}{dz}\right)\cdot \left(z\frac{d}{dz}\right)& =z(\frac{dz}{dz}\cdot \frac{d}{dz}+z\cdot \frac{d^2}{d{z}^2})\\ & =z^2\frac{d^2}{d{z}^2}+z\frac{d}{dz}\end{array}$$
つまり
$$\begin{array}{rl}(z\frac{d}{dz}+a)(z\frac{d}{dz}+b)F(z)& =z^2{F}^{″}(z)+(a+b+1)z{F}^{\prime }(z)+abF(z)\\ (z\frac{d}{dz}+c-1)(z\frac{d}{dz}+0)F(z)& =z^2{F}^{″}(z)+czF(z)\end{array}$$
と展開できることに注意すると
$$z(1-z)F^{″}+(c-(a+b+1)z)F^{\prime }-abF=0$$
を得る。

　上と同様にして
$$\begin{array}{rl}& (z\frac{d}{dz}+a)(z\frac{d}{dz}+b)(z\frac{d}{dz}+c)F(z)\\ =& \frac{d}{dz}(z\frac{d}{dz}+d-1)(z\frac{d}{dz}+e-1)F(z)\end{array}$$
がわかるので
$$\begin{array}{rl}{\left(z\frac{d}{dz}\right)}^2& =z^2\frac{d^2}{d{z}^2}+z\frac{d}{dz}\\ {\left(z\frac{d}{dz}\right)}^3& =z^3\frac{d^3}{d{z}^3}+3z^2\frac{d^2}{d{z}^2}+z\frac{d}{dz}\end{array}$$
つまり
$$\begin{array}{rl}& (z\frac{d}{dz}+a)(z\frac{d}{dz}+b)(z\frac{d}{dz}+c)F(z)\\ =& (z^3{F}^{‴}(z)+3z^2{F}^{″}(z)+z{F}^{\prime }(z))\\ & +(a+b+c)(z^2{F}^{″}(z)+z{F}^{\prime }(z))\\ & +(ab+bc+ca)z{F}^{\prime }(z)\\ & +abcF(z)\\ =& z^3{F}^{‴}(z)+(a+b+c+3)z^2{F}^{″}(z)+(a+b+c+ab+bc+ca+1)zF(z)+abcF(z)\\ \\ & (z\frac{d}{dz}+d-1)(z\frac{d}{dz}+e-1)(z\frac{d}{dz}+0)F(z)\\ =& z^3{F}^{‴}(z)+(d+e+1)z^2{F}^{″}(z)+dez{F}^{\prime }(z)\end{array}$$
と展開できることに注意すると主張を得る。

　$f$の正則性より
$$f(z)=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_n{z}^n$$
とおく。いま超幾何微分方程式は
$$(z\frac{d}{dz}+a)(z\frac{d}{dz}+b)f=z^{-1}(z\frac{d}{dz}+c-1)(z\frac{d}{dz}+0)f$$
と表せたのでこの両辺における$z^n$の係数を比較することで
$$(a+n)(b+n)a_n=(c+n)(n+1)a_{n+1}$$
つまり漸化式
$$a_{n+1}=\frac{(a+n)(b+n)}{(c+n)(n+1)}{a}_n$$
が成り立つので$f(0)=a_0=0$に注意すると$a_n=0$つまり$f(z)=0$を得る。

　上と同様に
$$f(z)=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_n{z}^n$$
とおくと
$$a_{n+1}=\frac{(a+n)(b+n)(c+n)}{(d+n)(e+n)(n+1)}{a}_n$$
が成り立つことから主張を得る。

$$f(z)={}_2{F}_1(\begin{array}{c}a,b\\ \frac{a+b+1}{2}\end{array};z),g(z)={}_2{F}_1(\begin{array}{c}\frac{a}{2},\frac{b}{2}\\ \frac{a+b+1}{2}\end{array};z)$$
とおく。このとき$f,g$はそれぞれ微分方程式
$$\begin{array}{rl}z(1-z)f^{″}(z)+\frac{a+b+1}{2}(1-2z)f^{\prime }(z)-abf(z)& =0\\ 4z(1-z)g^{″}(z)+2((a+b+1)(1-z)-z)g^{\prime }(z)-abg(z)& =0\end{array}$$
を満たすことに注意する。
　ここで
$$w=4z(1-z),G(z)=g(w)$$
とおくと$1-w=(1-2z{)}^2$より
$$\begin{array}{rl}{G}^{\prime }(z)& =4(1-2z)g^{\prime }(w)\\ G^{″}(z)& =4((1-2z{)}^2{g}^{″}(w)-2g^{\prime }(w))\\ & =8(2(1-w)g^{″}(w)-g^{\prime }(w))\end{array}$$
が成り立つので
$$\begin{array}{rl}& z(1-z)G^{″}(z)+\frac{a+b+1}{2}(1-2z)G^{\prime }(z)-abG(z)\\ =& 2w(2(1-w)g^{″}(w)-g^{\prime }(w))\\ & +2(a+b+1)(1-2z{)}^2{g}^{\prime }(w)\\ & -abg(w)\\ =& 4w(1-w)g^{″}(w)+2((a+b+1)(1-w)-w)g^{\prime }(w)-abg(w)\\ =& 0\end{array}$$
つまり$G(z)$は$f(z)$と同じ微分方程式を満たすことがわかる。
　また超幾何関数の定義から$z=0$において
$$f(0)=g(0)=G(0)=1$$
が成り立つので超幾何微分方程式の解の一意性により
$$G(z)=f(z)$$
を得る。

$$f(z)={}_2{F}_1(\begin{array}{c}a,b\\ a+b+\frac{1}{2}\end{array};z),g(z)={}_3{F}_2(\begin{array}{c}2a,2b,a+b\\ 2a+2b,a+b+\frac{1}{2}\end{array};z)$$
とおく。このとき$f,g$はそれぞれ微分方程式
$$\begin{array}{rl}z(1-z)f^{″}& +((a+b+1)(1-z)-\frac{1}{2})f^{\prime }-abf=0\\ z^2(1-z)g^{‴}& +3z((a+b+1)(1-z)-\frac{1}{2})g^{″}\\ & +((a+b)(2a+2b+1)-(1+3(a+b)+4ab+2(a+b{)}^2)z)g^{\prime }-4ab(a+b)g=0\end{array}$$
を満たすことに注意する。このままだと少し煩雑なので$c=a+b,d=ab$とおいて
$$\begin{array}{rl}z(1-z)f^{″}& +((c+1)(1-z)-\frac{1}{2})f^{\prime }-df=0\\ z^2(1-z)g^{‴}& +3z((c+1)(1-z)-\frac{1}{2})g^{″}\\ & +(c(2c+1)-(1+3c+4d+2c^2)z)g^{\prime }-4cdg=0\end{array}$$
と書き直しておこう。
　いま
$$z(1-z)f^{″}+((c+1)(1-z)-\frac{1}{2})f^{\prime }-df=0$$
に$(4cf+6z{f}^{\prime }+2zf\frac{d}{dz})$を作用させた式
$$\begin{array}{rcl}0& =& 4cf({\underset{―}{z(1-z)f^{″}}}_{(2)}+{\underset{―}{((c+1)(1-z)-\frac{1}{2})f^{\prime }}}_{(1)}-{\underset{―}{df}}_{(0)})\\ & & +6f^{\prime }({\underset{―}{z^2(1-z)f^{″}}}_{(3)}+{\underset{―}{((c+1)(1-z)-\frac{1}{2})z{f}^{\prime }}}_{(2)}-{\underset{―}{dzf}}_{(1)})\\ & & +2f({\underset{―}{z^2(1-z)f^{‴}}}_{(3)}+{\underset{―}{((1-2z)+(c+1)(1-z)-\frac{1}{2})z{f}^{″}}}_{(2)}+{\underset{―}{(-(c+1)-d)z{f}^{\prime }}}_{(1)})\end{array}$$
について、下線部の各番号ごとの和を計算すると
$$\begin{array}{rcl}(0)& =& -4cd{f}^2\\ (1)& =& (2c((c+\frac{1}{2})-(c+1)z)-3dz-(c+1+d)z)2f{f}^{\prime }\\ & =& (c(2c+1)-(1+3c+4d+2c^2))2f{f}^{\prime }\\ (2)& =& (2c(1-z)+((c+3)(1-z)-\frac{3}{2}))2zf{f}^{″}+3((c+1)(1-z)-\frac{1}{2})2z{f}^{\prime 2}\\ & =& 3z((c+1)(1-z)-\frac{1}{2})(2f{f}^{″}+2f^{\prime 2})\\ (3)& =& z^2(1-z)(6f^{\prime }{f}^{″}+2f{f}^{‴})\end{array}$$
となる。
　ここで$F(z)=f(z{)}^2$とおくと
$$\begin{array}{rl}{F}^{\prime }& =2f{f}^{\prime }\\ F^{″}& =2f{f}^{″}+2f^{\prime 2}\\ F^{‴}& =6f^{\prime }{f}^{″}+f{f}^{‴}\end{array}$$
が成り立つので上での議論より
$$\begin{array}{rl}{z}^2(1-z)F^{‴}& +3z((c+1)(1-z)-\frac{1}{2})F^{″}\\ & +(c(2c+1)-(1+3c+4d+2c^2)z)F^{\prime }-4cdF=0\end{array}$$
つまり$F$は$g$と同じ微分方程式を満たすことがわかる。
　そして超幾何関数の定義から
$$F(0)=f(0{)}^2=g(0)=1$$
が成り立つので超幾何微分方程式の解の一意性により
$$F(z)=g(z)$$
を得る。

　$\frac{1}{p}+\frac{1}{p^{\ast }}=1$に注意すると変数変換
$$t^q=t^{\prime },dt=\frac{t^{\prime \frac{1}{q}-1}}{q}d{t}^{\prime }$$
によって
$$\begin{array}{rl}{\pi }_{p,q}& =\frac{2}{q}{\int }_0^1{t}^{\frac{1}{q}-1}(1-t{)}^{(1-\frac{1}{p})-1}dt\\ & =\frac{2}{q}B(\frac{1}{q},\frac{1}{p^{\ast }})=\frac{2}{q}\frac{\mathrm{\Gamma }(\frac{1}{p^{\ast }})\mathrm{\Gamma }(\frac{1}{q})}{\mathrm{\Gamma }(\frac{1}{p^{\ast }}+\frac{1}{q})}\end{array}$$
がわかる。
　また同様の変数変換および超幾何関数の積分表示から
$$\begin{array}{rcl}{K}_{p,q,r}(k)& =& \frac{1}{q}{\int }_0^1{t}^{\frac{1}{q}-1}(1-t{)}^{(1-\frac{1}{p})-1}(1-k^{q}t{)}^{-\frac{1}{r}}dt\\ & =& \frac{1}{q}B(\frac{1}{q},\frac{1}{p^{\ast }}){}_2{F}_1(\begin{array}{c}\frac{1}{q},\frac{1}{r}\\ \frac{1}{p^{\ast }}+\frac{1}{q}\end{array};k^q)\\ & =& \frac{{\pi }_{p,q}}{2}{}_2{F}_1(\begin{array}{c}\frac{1}{q},\frac{1}{r}\\ \frac{1}{p^{\ast }}+\frac{1}{q}\end{array};k^q)\end{array}$$
もわかる($E_{p,q,r}$についても同様)。

　あとは
$$k^q=z,\frac{1}{p}=\frac{1}{2}-c,\frac{1}{q}=\frac{1}{2}+a,\frac{1}{r}=\frac{1}{2}+b$$
とおいたとき
$$k^{\prime r}=1-z,\frac{1}{p^{\ast }}=\frac{1}{2}+c,\frac{1}{q^{\ast }}=\frac{1}{2}-a,\frac{1}{r^{\ast }}=\frac{1}{2}-b,\frac{1}{s^{\ast }}=a+c+1$$
が成り立つことに注意して
$$K_{p,q,r^{\ast }}(k)E_{p,r,q}(k^{\prime })+K_{p,r,q^{\ast }}(k^{\prime })E_{p,q,r}-K_{p,q,r^{\ast }}(k)K_{p,r,q^{\ast }}(k^{\prime })=\frac{{\pi }_{p,q}{\pi }_{s,r}}{4}$$
の両辺を${\pi }_{p,q}{\pi }_{p,r}/4$で割ることで
$$\begin{array}{rcl}& & {}_2{F}_1(\begin{array}{c}\frac{1}{2}+a,\frac{1}{2}-b\\ a+c+1\end{array};z){}_2{F}_1(\begin{array}{c}-\frac{1}{2}-a,\frac{1}{2}+b\\ b+c+1\end{array};1-z)\\ & & +{}_2{F}_1(\begin{array}{c}\frac{1}{2}-a,\frac{1}{2}+b\\ b+c+1\end{array};1-z){}_2{F}_1(\begin{array}{c}\frac{1}{2}+a,-\frac{1}{2}-b\\ a+c+1\end{array};z)\\ & & -{}_2{F}_1(\begin{array}{c}\frac{1}{2}+a,\frac{1}{2}-b\\ a+c+1\end{array};z){}_2{F}_1(\begin{array}{c}\frac{1}{2}-a,\frac{1}{2}+b\\ b+c+1\end{array};1-z)\\ & =& \frac{{\pi }_{s,r}}{{\pi }_{p,r}}\\ & =& \frac{1}{r}\frac{\mathrm{\Gamma }(a+c+1)\mathrm{\Gamma }(\frac{1}{2}+b)}{\mathrm{\Gamma }(a+b+c+\frac{3}{2})}\cdot \frac{r}{1}\frac{\mathrm{\Gamma }(b+c+1)}{\mathrm{\Gamma }(\frac{1}{2}+c)\mathrm{\Gamma }(\frac{1}{2}+b)}\\ & =& \frac{\mathrm{\Gamma }(a+c+1)\mathrm{\Gamma }(b+c+1)}{\mathrm{\Gamma }(a+b+c+\frac{3}{2})\mathrm{\Gamma }(c+\frac{1}{2})}\end{array}$$
が得られる。