Barnesの第2補題
Barnesの第2補題を示す.
$d+e=a+b+c+1$のとき,
\begin{align}
&\frac 1{2\pi i}\int_{-i\infty}^{i\infty}\frac{\Gamma(a+s)\Gamma(b+s)\Gamma(c+s)\Gamma(1-d-s)\Gamma(-s)}{\Gamma(e+s)}\,ds\\
&=\frac{\Gamma(a)\Gamma(b)\Gamma(c)\Gamma(1-d+a)\Gamma(1-d+b)\Gamma(1-d+c)}{\Gamma(e-a)\Gamma(e-b)\Gamma(e-c)}
\end{align}
が成り立つ.
Barnesの第1補題
より,
\begin{align}
\frac{\Gamma(c-a)\Gamma(c-b)\Gamma(a+n)\Gamma(b+n)}{\Gamma(c+n)}&=\frac 1{2\pi i}\int_{-i\infty}^{i\infty}\Gamma(a+s)\Gamma(b+s)\Gamma(n-s)\Gamma(c-a-b-s)\,ds
\end{align}
である. 両辺に$\frac{(d)_n}{(e)_n}$を掛けて足し合わせると,
\begin{align}
&\frac{\Gamma(c-a)\Gamma(c-b)\Gamma(a)\Gamma(b)}{\Gamma(c)}\F32{a,b,d}{c,e}{1}\\
&=\frac 1{2\pi i}\int_{-i\infty}^{i\infty}\Gamma(a+s)\Gamma(b+s)\Gamma(c-a-b-s)\Gamma(-s)\F21{d,-s}{e}{1}\,ds\\
&=\frac 1{2\pi i}\int_{-i\infty}^{i\infty}\Gamma(a+s)\Gamma(b+s)\Gamma(c-a-b-s)\Gamma(-s)\frac{\Gamma(e)\Gamma(e-d+s)}{\Gamma(e-d)\Gamma(e+s)}\,ds\\
\end{align}
より,
\begin{align}
&\frac 1{2\pi i}\int_{-i\infty}^{i\infty}\frac{\Gamma(a+s)\Gamma(b+s)\Gamma(e-d+s)\Gamma(c-a-b-s)\Gamma(-s)}{\Gamma(e+s)}\,ds\\
&=\frac{\Gamma(c-a)\Gamma(c-b)\Gamma(a)\Gamma(b)\Gamma(e-d)}{\Gamma(c)\Gamma(e)}\F32{a,b,d}{c,e}{1}
\end{align}
ここで, $d=c$とすると,
\begin{align}
&\frac 1{2\pi i}\int_{-i\infty}^{i\infty}\frac{\Gamma(a+s)\Gamma(b+s)\Gamma(e-c+s)\Gamma(c-a-b-s)\Gamma(-s)}{\Gamma(e+s)}\,ds\\
&=\frac{\Gamma(c-a)\Gamma(c-b)\Gamma(a)\Gamma(b)\Gamma(e-c)}{\Gamma(c)\Gamma(e)}\F21{a,b}{e}{1}\\
&=\frac{\Gamma(c-a)\Gamma(c-b)\Gamma(a)\Gamma(b)\Gamma(e-c)\Gamma(e-a-b)}{\Gamma(c)\Gamma(e-a)\Gamma(e-b)}
\end{align}
よって, $c\mapsto 1-d+a+b$として,
\begin{align}
&\frac 1{2\pi i}\int_{-i\infty}^{i\infty}\frac{\Gamma(a+s)\Gamma(b+s)\Gamma(d+e-a-b-1+s)\Gamma(1-d-s)\Gamma(-s)}{\Gamma(e+s)}\,ds\\
&=\frac{\Gamma(1-d+a)\Gamma(1-d+b)\Gamma(a)\Gamma(b)\Gamma(d+e-a-b-1)\Gamma(e-a-b)}{\Gamma(e-a)\Gamma(e-b)\Gamma(1-d+a+b)}
\end{align}
改めて, $c=d+e-a-b-1$とすれば,
\begin{align}
&\frac 1{2\pi i}\int_{-i\infty}^{i\infty}\frac{\Gamma(a+s)\Gamma(b+s)\Gamma(c+s)\Gamma(1-d-s)\Gamma(-s)}{\Gamma(e+s)}\,ds\\
&=\frac{\Gamma(a)\Gamma(b)\Gamma(c)\Gamma(1-d+a)\Gamma(1-d+b)\Gamma(1-d+c)}{\Gamma(e-a)\Gamma(e-b)\Gamma(e-c)}
\end{align}
を得る.
さて, Barnesの第2補題の積分を留数定理で展開してみると,
\begin{align}
&\frac 1{2\pi i}\int_{-i\infty}^{i\infty}\frac{\Gamma(a+s)\Gamma(b+s)\Gamma(c+s)\Gamma(1-d-s)\Gamma(-s)}{\Gamma(e+s)}\,ds\\
&=\sum_{0\leq n}\frac{(-1)^n\Gamma(a+n)\Gamma(b+n)\Gamma(c+n)\Gamma(1-d-n)}{n!\Gamma(e+n)}\\
&\qquad +\sum_{0\leq n}\frac{(-1)^n\Gamma(1+a-d+n)\Gamma(1+b-d+n)\Gamma(1+c-d+n)\Gamma(d-1-n)}{n!\Gamma(1+e-d+n)}\\
&=\frac{\Gamma(a)\Gamma(b)\Gamma(c)\Gamma(1-d)}{\Gamma(e)}\F32{a,b,c}{d,e}{1}\\
&\qquad +\frac{\Gamma(1+a-d)\Gamma(1+b-d)\Gamma(1+c-d)\Gamma(d-1)}{\Gamma(1+e-d)}\F32{1+a-d,1+b-d,1+c-d}{1+e-d,2-d}{1}
\end{align}
より,
\begin{align}
&\F32{a,b,c}{d,e}1+\frac{\Gamma(1+a-d)\Gamma(1+b-d)\Gamma(1+c-d)\Gamma(d-1)\Gamma(e)}{\Gamma(a)\Gamma(b)\Gamma(c)\Gamma(1-d)\Gamma(1+e-d)}\F32{1+a-d,1+b-d,1+c-d}{1+e-d,2-d}{1}\\
&=\frac{\Gamma(e)\Gamma(1-d+a)\Gamma(1-d+b)\Gamma(1-d+c)}{\Gamma(1-d)\Gamma(e-a)\Gamma(e-b)\Gamma(e-c)}
\end{align}
を得る. これはNon-terminating Saalschützの和公式と呼ばれるものである.
$d+e=a+b+c+1$のとき,
\begin{align}
&\F32{a,b,c}{d,e}1+\frac{\Gamma(1+a-d)\Gamma(1+b-d)\Gamma(1+c-d)\Gamma(d-1)\Gamma(e)}{\Gamma(a)\Gamma(b)\Gamma(c)\Gamma(1-d)\Gamma(1+e-d)}\F32{1+a-d,1+b-d,1+c-d}{1+e-d,2-d}{1}\\
&=\frac{\Gamma(e)\Gamma(1-d+a)\Gamma(1-d+b)\Gamma(1-d+c)}{\Gamma(1-d)\Gamma(e-a)\Gamma(e-b)\Gamma(e-c)}
\end{align}
が成り立つ.
これはSaalschützの和公式の一般化である. 実際, $c=-n$が非正整数の場合は, 第二項が消えるので,
\begin{align}
\F32{a,b,c}{d,e}1&=\frac{\Gamma(e)\Gamma(1-d+a)\Gamma(1-d+b)\Gamma(1-d+c)}{\Gamma(1-d)\Gamma(e-a)\Gamma(e-b)\Gamma(e-c)}\\
&=\frac{(e-a,e-b)_n}{(e,e-a-b)_n}
\end{align}
となってSaalschützの和公式を得る.
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