超幾何関数のいろいろな公式

ベータ関数の性質
$\dis B(x,y)=\int^1_0t^{x-1}(1-t)^{y-1}dt=\frac{\G(x)\G(y)}{\G(x+y)}$
と$(1-x)^{-\a}$のマクローリン展開
$\dis (1-x)^{-\a} =\sum^\infty_{n=0}\left.\frac{d^n}{dt^n}(1-t)^{-\a}\right|_{t=0}\frac{x^n}{n!} =\sum^\infty_{n=0}\frac{\a(\a+1)\cdots(\a+n-1)}{(1-0)^{\a+n}}\farc{x^n}{n!} =\sum^\infty_{n=0}\farc{(\a)_n}{n!}x^n$
そしてポッホハマー記号の明示的な式
$\dis (x)_n=\frac{\G(x+n)}{\G(x)}$
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)}\farc{(b)_n}{n!}z^n \\&=&\farc{\G(c)}{\G(a)\G(c-a)}\sum^\infty_{n=0}\farc{\G(a+n)\G(c-a)}{\G(c+n)}\farc{(b)_n}{n!}z^n \\&=&\farc{\G(c)}{\G(a)\G(c-a)}\sum^\infty_{n=0}\int^1_0t^{a+n-1}(1-t)^{c-a-1}dt\farc{(b)_n}{n!}z^n \\&=&\farc{\G(c)}{\G(a)\G(c-a)}\int^1_0t^{a-1}(1-t)^{c-a-1}\sum^\infty_{n=0}\farc{(b)_n}{n!}(zt)^ndt \\&=&\farc{\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 &=&\farc{\G(c)}{\G(a)\G(c-a)}\int^1_0t^{a-1}(1-t)^{c-a-1}(1-t)^{-b}dt \\&=&\farc{\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。

$\dis A_n=\frac{(a)_n(b)_n}{(c)_n}$
とおいたとき、$(x)_{n+1}=(x+n)(x)_n$であることから漸化式
$\dis A_{n+1}=\frac{(a+n)(b+n)}{c+n}A_n$
が成り立つ。これを変形していくと
\begin{eqnarray} (c+n)A_{n+1}&=&(n^2+(a+b)n+ab)A_n \\&=&(n(n-1)+(a+b+1)n+ab)A_n \\cA_{n+1}+nA_{n+1}&=&n(n-1)A_n+(a+b+1)nA_n+abA_n \end{eqnarray}
となるので
$\dis F(z)=\sum^\infty_{n=0}A_n\frac{z^n}{n!}$
$\dis F'(z)=\sum^\infty_{n=0}nA_n\frac{z^{n-1}}{n!} =\sum^\infty_{n=0}A_{n+1}\frac{z^n}{n!}$
$\dis F''(z)=\sum^\infty_{n=0}n(n-1)A_n\frac{z^{n-2}}{n!} =\sum^\infty_{n=0}nA_{n+1}\frac{z^{n-1}}{n!}$
であることに注意すると
$cF'+zF''=z^2F''+(a+b+1)zF'+abF$
つまり
$(z-z^2)F''+(c-(a+b+1)z)F'-abF=0$
が成り立つことがわかる。

$\dis A_n=\farc{(a)_n(b)_n(c)_n}{(d)_n(e)_n}$
とおいたとき、上と同様にして
\begin{eqnarray} (d+n)(e+n)A_{n+1}&=&(a+n)(b+n)(c+n)A_n \\(n(n-1)+(d+e+1)n+de)A_{n+1}&=&(n^3+(a+b+c)n^2+(ab+bc+ca)n+abc)A_n \end{eqnarray}
および
\begin{eqnarray} &&n^3+(a+b+c)n^2+(ab+bc+ca)n+abc \\&=&(n(n-1)(n-2)+3n(n-1)+n)+(a+b+c)(n(n-1)+n)+(ab+bc+ca)n+abc \\&=&n(n-1)(n-2)+(a+b+c+3)n(n-1)+(a+b+c+ab+bc+ca+1)n+abc \end{eqnarray}
なので
\begin{eqnarray} &&z^2F'''+(d+e+1)zF''+deF' \\&=&z^3F'''+(a+b+c+3)z^2F''+(a+b+c+ab+bc+ca+1)zF'+abcF \end{eqnarray}
がわかり、これを整理することで主張の式を得る。

主張の式の左辺を$f(z)$、右辺を$g(4z(1-z))$とおく。このとき$f,g$はそれぞれ微分方程式
$z(1-z)f''(z)+\frac{a+b+1}{2}(1-2z)f'(z)+abf(z)=0$
$4z(1-z)g''(z)+2((a+b+1)(1-z)-z)g'(z)+abg(z)=0$
を満たす。

ここで$w=4z(1-z)=1-(1-2z)^2$として$G(z)=g(w)$とおくと
$G'(z)=4(1-2z)g'(w),\;G''(z)=16(1-2z)^2g''(w)-2g'(w)=4(4(1-w)g''(w)-2g'(w))$
であるので
\begin{eqnarray} &&z(1-z)G''(z)+\frac{a+b+1}{2}(1-2z)G'(z)+abG(z) \\&=&w(4(1-2z)^2g''(w))-2g'(w))+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{eqnarray}
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。

そして超幾何関数の定義から$z=0$において
$\dis f(0)=g(0)=G(0)=1$
$\dis f'(0)=\frac{ab}{\farc{a+b+1}{2}}=4\frac{\frac a2\frac b2}{\farc{a+b+1}{2}}=4g'(0)=G'(0)$
がわかるので$h(z)=f(z)-G(z)$とおくと
$z(1-z)h''(z)+\frac{a+b+1}{2}(1-2z)h'(z)+abh(z)=0$かつ$h(0)=h'(0)=0$
となり微分方程式の一般論によりそのような関数は$h(z)=0$しか存在しない。
よって$f(z)=g(4z(1-z))$を得る。

二次変換公式を示したのと同じように微分方程式と$z=0$における値が一致していることを示す。
主張の式の左辺を$f(z)^2$、右辺を$g(z)$とおく。このとき$f,g$はそれぞれ微分方程式
$z(1-z)f''+((a+b+1)(1-z)-\frac12)f'-abf=0$
$z^2(1-z)g'''+3z((a+b+1)(1-z)-\frac12)g''+\big((a+b)(2a+2b+1)-(1+3(a+b)+4ab+2(a+b)^2)z\big)g'-4ab(a+b)=0$
を満たす。このままだと少し煩雑なので$c=a+b,d=ab$とおいて
$z(1-z)f''+((c+1)(1-z)-\frac12)f'-df=0$
$z^2(1-z)g'''+3z((c+1)(1-z)-\frac12)g''+\big(c(2c+1)-(1+3c+4d+2c^2)z\big)g'-4cdg=0$
と書き直しておこう。

いま
$z(1-z)f''+((c+1)(1-z)-\frac12)f'-df=0$
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)-\frac12)f'}_{(1)}-\ul{df}_{(0)}\Big) \\&&\quad+6f'\Big(\ul{z^2(1-z)f''}_{(3)}+\ul{((c+1)(1-z)-\frac12)zf'}_{(2)}-\ul{dzf}_{(1)}\Big) \\&&\quad+2f\Big(\ul{z^2(1-z)f'''}_{(3)}+\ul{((1-2z)+(c+1)(1-z)-\frac12)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+\frac12)-(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)-\frac32)\Big)2zff''+3((c+1)(1-z)-\frac12)2zf'^2 \\&=&3z((c+1)(1-z)-\frac12)(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
$F'=2ff',\;F''=2ff''+2f'^2,\;F'''=6f'f''+ff'''$
であるので上での議論より
$z^2(1-z)F'''+3z((c+1)(1-z)-\frac12)F''+\big(c(2c+1)-(1+3c+4d+2c^2)z\big)F'-4cdF=0$
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
\begin{eqnarray} F(0)&=&f(0)^2=g(0)=1 \\F'(0)&=&2f(0)f'(0)=2\farc{ab}{a+b+\frac12}=\frac{2a\cdot2b(a+b)}{(2a+2b)(a+b+\frac12)}=g'(0) \\F''(0)&=&2f(0)f''(0)+2f'(0)^2 \\&=&\frac{2ab(a+1)(b+1)}{(a+b+\frac12)(a+b+\frac32)}+\farc{2a^2b^2}{(a+b+\frac12)^2} \\&=&\frac{ab((a+1)(b+1)(2a+2b+1)+ab(2a+2b+3))}{(a+b+\frac12)^2(a+b+\frac32)} \\&=&\frac{ab(2a+1)(2b+1)(a+b+1)}{(a+b+\frac12)^2(a+b+\frac32)} \\&=&\frac{2a(2a+1)2b(2b+1)(a+b)(a+b+1)}{(2a+2b)(2a+2b+1)(a+b+\frac12)(a+b+\frac32)} \\&=&g''(0) \end{eqnarray}
と初期値も一致しているので結局$F=f^2=g$を得る。

$\dis\farc1p+\frac1{p^*}=1$に注意すると変数変換$\dis t^q=t',\;dt=\farc{t'^{\frac1q-1}}{q}dt'$から
$\dis \pi_{p,q}=\farc2q\int^1_0t^{\frac1q-1}(1-t)^{(1-\frac1p)-1}dt=\frac2qB(\frac1q,\frac1{p^*})=\farc2q\farc{\G(\farc1{p^*})\G(\farc1q)}{\G(\farc1{p^*}+\frac1q)}$
がわかるので同様にして超幾何関数の積分表示から
\begin{eqnarray} K_{p,q,r}(k)&=&\farc1q\int^1_0t^{\frac1q-1}(1-t)^{(1-\frac1p)-1}(1-k^qt)^{-\farc1r}dt \\&=&\farc1qB(\frac1q,\farc1{p^*})\F{\farc1q}{\farc1r}{\frac1{p^*}+\frac1q}{k^q} \\&=&\farc{\pi_{p,q}}{2}\F{\farc1q}{\farc1r}{\frac1{p^*}+\frac1q}{k^q} \end{eqnarray}
とわかる。($E_{p,q,r}$についても同様)

両辺の$z^{n+1}$の係数
$\dis(c-a)\frac{(a-1)_{n+1}(b)_{n+1}}{(c)_{n+1}(n+1)!} \lr(c-2a)\farc{(a)_{n+1}(b)_{n+1}}{(c)_{n+1}(n+1)!}-(b-a)\frac{(a)_n(b)_n}{(c)_nn!} +a\farc{(a+1)_{n+1}(b)_{n+1}}{(c)_{n+1}(n+1)!}-a\frac{(a+1)_n(b)_n}{(c)_nn!}$
が一致していることを示す(定数項については自明)。これを$\frac{(a)_n(b)_n}{(c)_{n+1}(n+1)!}$で割ると
$(c-a)(a-1)(b+n)\lr(c-2a)(a+n)(b+n)-(b-a)(c+n)(n+1)+(a+n+1)(a+n)(b+n)-(a+n)(c+n)(n+1)$
移項して
$(c-a)(a-1)(b+n)+(b-a)(c+n)(n+1)\lr(a+n)\Big((c-2a)(b+n)+(a+n+1)(b+n)-(c+n)(n+1)\Big)$
であって
\begin{eqnarray} &&(c-a)(a-1)(b+n)+(b-a)(c+n)(n+1) \\&=&((c+1)a-c-a^2)(b+n)+(b-a)(c+(c+1)n+n^2) \\&=&(b-a)n^2+(bc+b-c-a^2)n+(bc+b-ab-c)a \\&=&(a+n)((b-a)n+bc-ab+b-c) \end{eqnarray}
および
\begin{eqnarray} &&(c-2a)(b+n)+(a+n+1)(b+n)-(c+n)(n+1) \\&=&\big((c-2a)+(a+b+1)-(c+1)\big)n+(c-2a)b+(a+1)b-c \\&=&(b-a)n+bc-ab+b-c \end{eqnarray}
と計算できるので一致していることがわかる。

両辺の$z^n$の係数を比較すると
$\dis n\frac{(a)_n(b)_n}{(c)_nn!}\lr a(\frac{(a+1)_n(b)_n}{(c)_nn!}-\frac{(a)_n(b)_n}{(c)_nn!})$
であって、これを$\frac{(a)_n(b)_n}{(c)_nn!}$で割ると
$n\lr (a+n)-a$
と一致していることがわかる。