代数的数の和、積は再び代数的数となる　ほか

　$\alpha ,\beta$をそれぞれ$r,s$次の代数的数とする。このとき適当な次数下げによって
$${\alpha }^n=\sum _{k=0}^{r-1}{A}_{n,k}{\alpha }^k,{\beta }^n=\sum _{k=0}^{s-1}{B}_{n,k}{\beta }^k$$
なる有理数$A_{n,k},B_{n,k}$が取れるので
$$\{{\alpha }^i{\beta }^j\mid 0\le i<r,0\le j<s\}$$
を縦に並べたベクトルを$\mathrm{\Gamma }$と置くと、$\gamma =\alpha +\beta ,\alpha \beta$に対してある正方行列$P$が存在し
$$\gamma \mathrm{\Gamma }=P\mathrm{\Gamma }$$
が成り立つ。したがって$\gamma$は代数方程式
$$\det (xI-P)=0$$
を満たすことがわかる。

　$\gamma =\alpha +\beta ,\alpha \beta$に対して
$$\{{\gamma }^n\mid 0\le n\le rs\},\{{\alpha }^i{\beta }^j\mid 0\le i<r,0\le j<s\}$$
を縦に並べたベクトルをそれぞれ$\mathit{\gamma },\mathrm{\Gamma }$とおく。
　このとき
$$(\alpha +\beta {)}^n=\sum _{k=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}){\alpha }^k{\beta }^{n-k},(\alpha \beta {)}^n={\alpha }^n{\beta }^n$$
に注意すると、上と同じく適当な次数下げによって
$$\mathit{\gamma }=P\mathrm{\Gamma }$$
なる$(rs+1)\times rs$行列$P$が取れるが、そのサイズからある横ベクトル
$$C=\left(\begin{array}{cccc}{c}_0& c_1& \cdots & c_{rs}\end{array}\right)$$
が存在して$CP=\mathbf{0}$が成り立つので$\gamma$は代数方程式
$$C\mathit{\gamma }=\sum _{n=0}^{rs}{c}_n{\gamma }^n=0$$
を満たすことがわかる。

　$a_n,b_n$が満たす漸化式をそれぞれ
$$a_{n+r}=\sum _{k=0}^{r-1}{A}_k(n)a_{n+k},b_{n+s}=\sum _{k=0}^{s-1}{B}_k(n)b_{n+k}$$
とし、$c_n=a_n+b_n$のときは$t=r+s$に対して
$$\{c_{n+k}\mid 0\le k\le t\},\{a_{n+i}\mid 0\le i<r\}\cup \{b_{n+j}\mid 0\le j<s\}$$
を、$c_n=a_n{b}_n$のときは$t=rs$に対して
$$\{c_{n+k}\mid 0\le k\le t\},\{a_{n+i}{b}_{n+j}\mid 0\le i<r,0\le j<s\}$$
を縦に並べたベクトルをそれぞれ$\gamma ,\mathrm{\Gamma }$とおく。
　このとき
$$(\mathit{a}+\mathit{b}{)}_{n+k}=a_{n+k}+b_{n+k},(\mathit{a}\mathit{b}{)}_{n+k}=a_{n+k}{b}_{n+k}$$
に注意すると、適当な次数下げ(添え字下げというべきか)によって
$$\gamma =P(n)\mathrm{\Gamma }$$
なる$(t+1)\times t$行列$P(n)$が取れるが、そのサイズからある横ベクトル
$$C(n)=\left(\begin{array}{cccc}{C}_0(n)& C_1(n)& \cdots & C_t(n)\end{array}\right)$$
が存在して$C(n)P(n)=\mathbf{0}$が成り立つので$\gamma$は代数方程式
$$C(n)\gamma =\sum _{k=0}^t{C}_k(n)c_{n+k}=0$$
を満たすことがわかる。

　$u,v$の満たす微分方程式の次数(階数)をそれぞれ$r,s$とし、$w=u+v$のときは$t=r+s$に対して
$$\{w^{(n)}\mid 0\le n\le t\},\{u^{(i)}\mid 0\le i<r\}\cup \{v^{(j)}\mid 0\le j<s\}$$
を、$w=uv$のときは$t=rs$に対して
$$\{w^{(n)}\mid 0\le n\le t\},\{u^{(i)}{v}^{(j)}\mid 0\le i<r,0\le j<s\}$$
を縦に並べたベクトルをそれぞれ$\gamma ,\mathrm{\Gamma }$とおく。
　このとき
$$(u+v{)}^{(n)}=u^{(n)}+v^{(n)},(uv{)}^{(n)}=\sum _{k=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})u^{(k)}{v}^{(n-k)}$$
に注意すると、やはり適当な次数下げ(階数下げ)によって
$$\gamma =P(x)\mathrm{\Gamma }$$
なる$(t+1)\times t$行列$P(x)$が取れるが、そのサイズからある横ベクトル
$$C(x)=\left(\begin{array}{cccc}{C}_0(x)& C_1(x)& \cdots & C_t(x)\end{array}\right)$$
が存在して$C(x)P(x)=\mathbf{0}$が成り立つので$\gamma$は代数方程式
$$C(x)\gamma =\sum _{k=0}^t{C}_k(x)w^{(k)}=0$$
を満たすことがわかる。

　ざっくりと説明する。
　まず左辺を$v=u^2$とおくと、$u$は超幾何微分方程式を満たすので、
$$\left(\begin{array}{c}v\\ v^{\prime }\\ v^{″}\\ v^{‴}\end{array}\right)=P(z)\left(\begin{array}{c}{u}^2\\ u{u}^{\prime }\\ u^{\prime 2}\end{array}\right)$$
なる$4\times 3$行列$P(z)$が取れる。つまり$v$はある三階線形微分方程式$Lv=0$を満たすことがわかる。
　また$u$に対応する$P$関数$P$の積が生成する線形空間
$$P(z{)}^2=\{\sum _{k=1}^n{u}_{1,k}{u}_{2,k}\mid u_{1,k},u_{2,k}\in P(z),n\in \mathbb{N}\}$$
はその特性指数から三次元となることがわかるので、$Lv=0$の解は$v\in P(z{)}^2$によって尽くされることがわかる。
　特に$P(z{)}^2$の挙動から$Lv=0$は$z=0,1,\mathrm{\infty }$のみを特異点に持つFuchs型微分方程式となり
$$P{\left\{\begin{array}{ccc}0& 1& \mathrm{\infty }\\ 0& 0& a\\ \frac{1}{2}-a-b& \frac{1}{2}& b\end{array}z\right\}}^2=P\left\{\begin{array}{ccc}0& 1& \mathrm{\infty }\\ 0& 0& 2a\\ 1-2a-2b& 1& 2b\\ \frac{1}{2}-a-b& \frac{1}{2}& a+b\end{array}z\right\}$$
を得る。
　いま
$${}_3{F}_2(\begin{array}{c}a,b,c\\ d,e\end{array};z)$$
に対応するリーマン図式は
$$P\left\{\begin{array}{ccc}0& 1& \mathrm{\infty }\\ 0& 0& a\\ 1-d& 1& b\\ 1-e& f& c\end{array}z\right\}(f=d+e-a-b-c)$$
であることに注意すると、両辺の$z=0$周りにおける基本解はそれぞれ
$${}_2{F}_1{(\begin{array}{c}a,b\\ a+b+\frac{1}{2}\end{array};z)}^2,z^{1-2a-2b}{}_2{F}_1{(\begin{array}{c}\frac{1}{2}-a,\frac{1}{2}-b\\ \frac{3}{2}-a-b\end{array};z)}^2,z^{\frac{1}{2}-a-b}{}_2{F}_1(\begin{array}{c}a,b\\ a+b+\frac{1}{2}\end{array};z){}_2{F}_1(\begin{array}{c}\frac{1}{2}-a,\frac{1}{2}-b\\ \frac{3}{2}-a-b\end{array};z)$$
$${}_3{F}_2(\begin{array}{c}2a,2b,a+b\\ 2a+2b,a+b+\frac{1}{2}\end{array};z),z^{1-2a-2b}{}_3{F}_2(\begin{array}{c}1-2a,1-2b,1-a-b\\ 2(1-a+b),\frac{3}{2}-a-b\end{array};z),z^{\frac{1}{2}-a-b}{}_3{F}_2(\begin{array}{c}a-b+\frac{1}{2},b-a+\frac{1}{2},\frac{1}{2}\\ a+b+\frac{1}{2},\frac{3}{2}-a-b\end{array};z)$$
と表せるので、それぞれの$z=0$における挙動を比較することで
$${}_2{F}_1{(\begin{array}{c}a,b\\ a+b+\frac{1}{2}\end{array};z)}^2={}_3{F}_2(\begin{array}{c}2a,2b,a+b\\ 2a+2b,a+b+\frac{1}{2}\end{array};z)$$
を得る。