超幾何関数のいろいろな公式

　ベータ関数の性質
$$B(x,y)=\int^1_0t^{x-1}(1-t)^{y-1}dt=\frac{\G(x)\G(y)}{\G(x+y)}$$
と$(1-x)^{-\a}$のマクローリン展開
\begin{align} (1-x)^{-\a} &=\sum^\infty_{n=0}\left.\frac{d^n}{dt^n}(1-t)^{-\a}\right|_{t=0}\frac{x^n}{n!}\\ &=\sum^\infty_{n=0}\frac{\a(\a+1)\cdots(\a+n-1)}{(1-0)^{\a+n}}\frac{x^n}{n!}\\ &=\sum^\infty_{n=0}\frac{(\a)_n}{n!}x^n \end{align}
そしてポッホハマー記号とガンマ関数の関係
$$(x)_n=\frac{\G(x+n)}{\G(x)}$$
に注意すると
\begin{eqnarray} \F abcz &=&\sum^\infty_{n=0}\frac{\G(a+n)}{\G(a)}\frac{\G(c)}{\G(c+n)}\frac{(b)_n}{n!}z^n \\&=&\frac{\G(c)}{\G(a)\G(c-a)}\sum^\infty_{n=0}\frac{\G(a+n)\G(c-a)}{\G(c+n)}\frac{(b)_n}{n!}z^n \\&=&\frac{\G(c)}{\G(a)\G(c-a)}\sum^\infty_{n=0}\int^1_0t^{a+n-1}(1-t)^{c-a-1}dt\frac{(b)_n}{n!}z^n \\&=&\frac{\G(c)}{\G(a)\G(c-a)}\int^1_0t^{a-1}(1-t)^{c-a-1}\sum^\infty_{n=0}\frac{(b)_n}{n!}(zt)^ndt \\&=&\frac{\G(c)}{\G(a)\G(c-a)}\int^1_0t^{a-1}(1-t)^{c-a-1}(1-zt)^{-b}dt \end{eqnarray}
とわかる。

　上の積分表示において$z=1$とすることで
\begin{eqnarray} \F abc1 &=&\frac{\G(c)}{\G(a)\G(c-a)}\int^1_0t^{a-1}(1-t)^{c-a-1}(1-t)^{-b}dt \\&=&\frac{\G(c)}{\G(a)\G(c-a)}\frac{\G(a)\G(c-a-b)}{\G(c-b)} \\&=&\frac{\G(c)\G(c-a-b)}{\G(c-a)\G(c-b)} \end{eqnarray}
とわかる。

$$(n+x)(x)_n=(x)_{n+1},\quad\frac{n+x-1}{(x)_n}=\frac1{(x)_{n-1}}$$
(ただし$(x)_{-1}=1/(x-1)$と定める)に注意すると
\begin{align} \l(z\frac d{dz}+a\r)\F abcz &=\sum^\infty_{n=0}\frac{(a)_n(b)_n}{(c)_n(1)_n}(n+a)z^n\\ &=\sum^\infty_{n=0}\frac{(a)_{n+1}(b)_n}{(c)_n(1)_n}z^n\\ \l(z\frac d{dz}+c-1\r)\F abcz &=\sum^\infty_{n=0}\frac{(a)_n(b)_n}{(c)_n(1)_n}(n+c-1)z^n\\ &=\sum^\infty_{n=0}\frac{(a)_n(b)_n}{(c)_{n-1}(1)_n}z^n \end{align}
のように変形できるので
\begin{align} \l(z\frac d{dz}+a\r)\l(z\frac d{dz}+b\r)\F abcz &=\sum^\infty_{n=0}\frac{(a)_{n+1}(b)_{n+1}}{(c)_n(1)_n}z^n\\ &=\sum^\infty_{n=1}\frac{(a)_n(b)_n}{(c)_{n-1}(1)_{n-1}}z^{n-1}\\ &=z^{-1}\l(z\frac d{dz}+c-1\r)\l(z\frac d{dz}+1-1\r)\F abcz \end{align}
が成り立つ($1/(1)_{-1}=0$に注意する)。
　したがって
\begin{align} \l(z\frac d{dz}\r)\cdot\l(z\frac d{dz}\r) &=z\l(\frac{dz}{dz}\cdot\frac{d}{dz}+z\cdot\frac{d^2}{dz^2}\r)\\ &=z^2\frac{d^2}{dz^2}+z\frac d{dz} \end{align}
つまり
\begin{align} \l(z\frac d{dz}+a\r)\l(z\frac d{dz}+b\r)F(z) &=z^2F''(z)+(a+b+1)zF'(z)+abF(z)\\ \l(z\frac d{dz}+c-1\r)\l(z\frac d{dz}+0\r)F(z) &=z^2F''(z)+czF(z) \end{align}
と展開できることに注意すると
$$z(1-z)F''+(c-(a+b+1)z)F'-abF=0$$
を得る。

　上と同様にして
\begin{align} &\l(z\frac d{dz}+a\r)\l(z\frac d{dz}+b\r)\l(z\frac d{dz}+c\r)F(z)\\ ={}&\frac d{dz}\l(z\frac d{dz}+d-1\r)\l(z\frac d{dz}+e-1\r)F(z) \end{align}
がわかるので
\begin{align} \l(z\frac d{dz}\r)^2&=z^2\frac{d^2}{dz^2}+z\frac d{dz}\\ \l(z\frac d{dz}\r)^3&=z^3\frac{d^3}{dz^3}+3z^2\frac{d^2}{dz^2}+z\frac d{dz} \end{align}
つまり
\begin{align} &\l(z\frac d{dz}+a\r)\l(z\frac d{dz}+b\r)\l(z\frac d{dz}+c\r)F(z)\\ ={}&(z^3F'''(z)+3z^2F''(z)+zF'(z))\\ &+(a+b+c)(z^2F''(z)+zF'(z))\\ &+(ab+bc+ca)zF'(z)\\ &+abcF(z)\\ ={}&z^3F'''(z)+(a+b+c+3)z^2F''(z)+(a+b+c+ab+bc+ca+1)zF(z)+abcF(z)\\\\ &\l(z\frac d{dz}+d-1\r)\l(z\frac d{dz}+e-1\r)\l(z\frac d{dz}+0\r)F(z)\\ ={}&z^3F'''(z)+(d+e+1)z^2F''(z)+dezF'(z) \end{align}
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
$$f(z)=\sum^\infty_{n=0}a_nz^n$$
とおく。いま超幾何微分方程式は
$$\l(z\frac d{dz}+a\r)\l(z\frac d{dz}+b\r)f =z^{-1}\l(z\frac d{dz}+c-1\r)\l(z\frac d{dz}+0\r)f$$
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
$$f(z)=\sum^\infty_{n=0}a_nz^n$$
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。

$$f(z)=\F ab{\frac{a+b+1}{2}}z,\quad g(z)=\F{\frac a2}{\frac b2}{\frac{a+b+1}2}z$$
とおく。このとき$f,g$はそれぞれ微分方程式
\begin{align} z(1-z)f''(z)+\tfrac{a+b+1}{2}(1-2z)f'(z)-abf(z)&=0\\ 4z(1-z)g''(z)+2\big((a+b+1)(1-z)-z\big)g'(z)-abg(z)&=0 \end{align}
を満たすことに注意する。
　ここで
$$w=4z(1-z),\quad G(z)=g(w)$$
とおくと$1-w=(1-2z)^2$より
\begin{align} G'(z)&=4(1-2z)g'(w)\\ G''(z)&=4\big((1-2z)^2g''(w)-2g'(w)\big)\\ &=8\big(2(1-w)g''(w)-g'(w)\big) \end{align}
が成り立つので
\begin{align} &z(1-z)G''(z)+\tfrac{a+b+1}{2}(1-2z)G'(z)-abG(z)\\ ={}&2w\big(2(1-w)g''(w)-g'(w)\big)\\ &+2(a+b+1)(1-2z)^2g'(w)\\ &-abg(w)\\ ={}&4w(1-w)g''(w)+2((a+b+1)(1-w)-w)g'(w)-abg(w)\\ ={}&0 \end{align}
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。

$$f(z)=\F ab{a+b+\frac12}z,\quad g(z)={}_3F_2\left(\begin{array}{c}2a,2b,a+b\\2a+2b,a+b+\frac12\end{array};z\right)$$
とおく。このとき$f,g$はそれぞれ微分方程式
\begin{align} z(1-z)f''&+((a+b+1)(1-z)-\tfrac12)f'-abf=0\\ z^2(1-z)g''' &+3z((a+b+1)(1-z)-\tfrac12)g''\\ &+\big((a+b)(2a+2b+1)-(1+3(a+b)+4ab+2(a+b)^2)z\big)g'-4ab(a+b)g=0 \end{align}
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{align} z(1-z)f''&+((c+1)(1-z)-\tfrac12)f'-df=0\\ z^2(1-z)g''' &+3z((c+1)(1-z)-\tfrac12)g''\\ &+\big(c(2c+1)-(1+3c+4d+2c^2)z\big)g'-4cdg=0 \end{align}
と書き直しておこう。
　いま
$$z(1-z)f''+((c+1)(1-z)-\tfrac12)f'-df=0$$
に$(4cf+6zf'+2zf\frac{d}{dz})$を作用させた式
\begin{eqnarray} 0&=&4cf\Big(\ul{z(1-z)f''}_{(2)}+\ul{((c+1)(1-z)-\tfrac12)f'}_{(1)}-\ul{df}_{(0)}\Big) \\&&\quad+6f'\Big(\ul{z^2(1-z)f''}_{(3)}+\ul{((c+1)(1-z)-\tfrac12)zf'}_{(2)}-\ul{dzf}_{(1)}\Big) \\&&\quad+2f\Big(\ul{z^2(1-z)f'''}_{(3)}+\ul{((1-2z)+(c+1)(1-z)-\tfrac12)zf''}_{(2)}+\ul{(-(c+1)-d)zf'}_{(1)}\Big) \end{eqnarray}
について、下線部の各番号ごとの和を計算すると
\begin{eqnarray} (0)&=&-4cdf^2 \\(1)&=&\Big(2c((c+\tfrac12)-(c+1)z)-3dz-(c+1+d)z\Big)2ff' \\&=&(c(2c+1)-(1+3c+4d+2c^2))2ff' \\(2)&=&\Big(2c(1-z)+((c+3)(1-z)-\tfrac32)\Big)2zff''+3((c+1)(1-z)-\tfrac12)2zf'^2 \\&=&3z((c+1)(1-z)-\tfrac12)(2ff''+2f'^2) \\(3)&=&z^2(1-z)(6f'f''+2ff''') \end{eqnarray}
となる。
　ここで$F(z)=f(z)^2$とおくと
\begin{align} F'&=2ff'\\ F''&=2ff''+2f'^2\\ F'''&=6f'f''+ff''' \end{align}
が成り立つので上での議論より
\begin{align} z^2(1-z)F''' &+3z((c+1)(1-z)-\frac12)F''\\ &+\big(c(2c+1)-(1+3c+4d+2c^2)z\big)F'-4cdF=0 \end{align}
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。

　$\frac1p+\frac1{p^*}=1$に注意すると変数変換
$$t^q=t',\quad dt=\frac{t'^{\frac1q-1}}{q}dt'$$
によって
\begin{align} \pi_{p,q} &=\frac2q\int^1_0t^{\frac1q-1}(1-t)^{(1-\frac1p)-1}dt\\ &=\frac2qB\l(\frac1q,\frac1{p^*}\r) =\frac2q\frac{\G(\frac1{p^*})\G(\frac1q)}{\G(\frac1{p^*}+\frac1q)} \end{align}
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{eqnarray} K_{p,q,r}(k)&=&\frac1q\int^1_0t^{\frac1q-1}(1-t)^{(1-\frac1p)-1}(1-k^qt)^{-\frac1r}dt \\&=&\frac1qB\l(\frac1q,\frac1{p^*}\r)\F{\frac1q}{\frac1r}{\frac1{p^*}+\frac1q}{k^q} \\&=&\frac{\pi_{p,q}}{2}\F{\frac1q}{\frac1r}{\frac1{p^*}+\frac1q}{k^q} \end{eqnarray}
もわかる($E_{p,q,r}$についても同様)。

　あとは
$$k^q=z,\quad \frac1p=\frac12-c,\quad \frac1q=\frac12+a,\quad \frac1r=\frac12+b$$
とおいたとき
$$k'^r=1-z,\quad \frac1{p^*}=\frac12+c,\quad \frac1{q^*}=\frac12-a,\quad \frac1{r^*}=\frac12-b,\quad \frac1{s^*}=a+c+1$$
が成り立つことに注意して
$$K_{p,q,r^*}(k)E_{p,r,q}(k')+K_{p,r,q^*}(k')E_{p,q,r}-K_{p,q,r^*}(k)K_{p,r,q^*}(k')=\frac{\pi_{p,q}\pi_{s,r}}{4}$$
の両辺を$\pi_{p,q}\pi_{p,r}/4$で割ることで
\begin{eqnarray} &&\F{\frac12+a}{\frac12-b}{a+c+1}{z}\F{-\frac12-a}{\frac12+b}{b+c+1}{1-z} \\&&\quad+\F{\frac12-a}{\frac12+b}{b+c+1}{1-z}\F{\frac12+a}{-\frac12-b}{a+c+1}{z} \\&&\quad-\F{\frac12+a}{\frac12-b}{a+c+1}{z}\F{\frac12-a}{\frac12+b}{b+c+1}{1-z} \\&=&\frac{\pi_{s,r}}{\pi_{p,r}} \\&=&\frac1r\frac{\G(a+c+1)\G(\frac12+b)}{\G(a+b+c+\frac32)}\cdot\frac r1\frac{\G(b+c+1)}{\G(\frac12+c)\G(\frac12+b)} \\&=&\frac{\G(a+c+1)\G(b+c+1)}{\G(a+b+c+\frac32)\G(c+\frac12)} \end{eqnarray}
が得られる。

$$\frac d{dt}\log W(t)=\frac{W'(t)}{W(t)}=-p(t)$$
が成り立つことを示せばよい。
　いま$u_1,u_2$の取り方から
\begin{align} u''_1+p(t)u'_1+q(t)u_1&=0\\ u''_2+p(t)u'_2+q(t)u_2&=0 \end{align}
が成り立つので、それぞれ$u_2,u_1$を掛けて差を取ることで
$$(u_1u''_2-u''_1u_2)+p(t)(u_1u'_2-u'_1u_2)=0$$
がわかる。また
$$W'(t)=u_1u''_2-u''_1u_2$$
に注意すると主張を得る。

　$f(z)=F(z),F(1-z)$は同じ微分方程式
$$z(1-z)f''+\tfrac{a+b+1}2(1-2z)f'-abf=0$$
を満たすのでそのロンスキアン
$$W(z)=F(z)\frac{dF}{dz}(w)+F(w)\frac{dF}{dz}(z)$$
を考えるとある定数$C$が存在して
\begin{align} W(z) &=\exp\l(-\frac{a+b+1}2\int^z_{z_0}\frac{1-2t}{t(1-t)}dt\r)W(z_0)\\ &=C\exp\l(-\frac{a+b+1}2\log(z(1-z))\r)\\ &=\frac C{(z(1-z))^{\frac{a+b+1}2}} \end{align}
が成り立つ。
　いま二次変換公式と超幾何定理より
\begin{align} F_s(\tfrac12) &=\F{\frac a2}{\frac b2}{\frac{a+b+1}2}1\\ &=\frac{\G(\frac{a+b+1}2)\G(\frac12)}{\G(\frac{a+1}2)\G(\frac{b+1}2)}\\ \frac{dF_s}{dz}(\tfrac12) &=\frac{ab}{\frac{a+b+1}2}\F{a+1}{b+1}{\frac{a+b+3}2}{\frac12}\\ &=\frac{ab}{\frac{a+b+1}2}\F{\frac{a+1}2}{\frac{b+1}2}{\frac{a+b+3}2}1\\ &=\frac{ab}{\frac{a+b+1}2}\frac{\G(\frac{a+b+3}2)\G(\frac12)}{\G(\frac a2+1)\G(\frac b2+1)}\\ &=4\frac{\G(\frac{a+b+1}2)\G(\frac12)}{\G(\frac a2)\G(\frac b2)}\\ \end{align}
が成り立つので倍数公式
$$\G\bigg(\frac z2\bigg)\G\l(\frac{z+1}{2}\r)=\frac{\sqrt\pi}{2^{z-1}}\G(z)$$
および$\G(\frac12)=\sqrt\pi$に注意すると
\begin{align} W(\tfrac12) &=2F(\tfrac12)\frac{dF}{dz}(\tfrac12)\\ &=2^{a+b+1}\frac{\G(\frac{a+b+1}2)^2}{\G(a)\G(b)}\\ &=2^{a+b+1}C \end{align}
つまり
$$C=\frac{\G(\frac{a+b+1}2)^2}{\G(a)\G(b)}$$
を得る。