超幾何関数に関する変換公式の統一理論を構築するぞ⭐︎
背景・目的
超幾何関数の変換公式には理不尽な(起源がよく分からない)ものが多すぎ...。
「知らないとこれどうやって証明したんだ？」と疑問しか浮かばないものばかりだ。
少なくとも筆者はそう感じている。
記憶力が非常に悪い筆者としては鬱陶しいから一個の理論でまとめて導出できる理論をつくりたいとなった。
なので今回は変数変換と微分演算子の因数分解を用いてその様な変換公式を一個にまとめる理論を構築する。
対象読者
1. 記憶力が非常に悪い自信がある人
2. 忘れるたびに自信を喪失し毎回導出したくなる人
3. なるべく簡単に変換公式を理解したい人
微分演算子と剰余
線形微分演算子$L\in(\mathbb{C}(z))[\partial]$が与えられているものとする。
この時、任意の微分演算子$P\in(\mathbb{C}(z))[\partial]$に対して以下の式が成り立つ。
\begin{equation}
\exists! Q,R\in(\mathbb{C}(z))[\partial]\ s.t.\ L=PQ+R\quad(\deg_{\partial}{R}\lt \deg_{\partial}P)
\end{equation}
[1]$\deg_{\partial}L\lt \deg_{\partial}P$の場合は$Q=0,R=L$とすれば良い。
[2]$\deg_{\partial}L=\deg_{\partial}P$の場合は各々$\partial$に関する最高次数だけを確認し、それぞれ$a_{L}(z),a_{P}(z)$であったとすると
$Q=\frac{a_{L}(z)}{a_{P}(z)},R=L-PQ$とすれば成り立つことが分かる。
[3]次に$\deg_{\partial}{L}=\deg_{\partial}{P},\deg_{\partial}{P}+1,...,\deg_{\partial}{P}+m$まで成立するとして$\deg_{\partial}{L}=\deg_{\partial}{P}+m+1$の場合を考え、先と同様$L,P$の$\partial$に関する最高べきの係数$a_{L}(z),a_{P}(z)$を抜き出し$Q^{'}=\frac{a_{L}(z)}{a_{P}(z)}\partial^{\deg_{\partial}L-\deg_{\partial}{P}},L^{'}=L-PQ^{'}$を作る。
すると$\deg_{\partial}L^{'}\leq\deg_{\partial}{P}+m$なので帰納法より$L^{'}$に対してEuclidの互除法が適用でき
\begin{eqnarray}
\exists Q^{''},R^{''}\in(\mathbb{C}(z))[\partial]\ s.t.\ L^{'}=PQ^{''}+R^{''}\quad(\deg_{\partial}{R^{''}}\lt\deg_{\partial}{P})
\end{eqnarray}
が成り立つので、$Q=Q^{'}+Q^{''},R=R^{''}$とする事で証明完了。
\begin{equation}
\exists Q,R\in(\mathbb{C}(z))[\partial]\ s.t.\ L=PQ+R\quad(\deg_{\partial}{R}\lt\deg_{\partial}{P})
\end{equation}
[3]一意性
仮に求める式を満たす$Q,Q^{'},R,R^{'}\in(\mathbb{C}[z])[\partial]$が存在したとする。
すると$Q\neq Q^{'}$とすれば左辺は少なくとも$\deg_{\partial}{P}$以上の次数を持つので右辺がそれ未満であることに反する。
\begin{eqnarray}
P(Q-Q^{'})=R^{'}-R
\end{eqnarray}
故に$Q=Q^{'},R=R^{'}$が成り立つ。
なお(右)の場合も同様にして証明できるので宿題とする。
$\mu,\nu,\lambda\in\mathbb{C}[z]\quad(\deg_{z}{\mu}\leq2,\deg_{z}{\nu}\leq1,\deg_{z}{\lambda})$に対して以下の線形微分演算子$L\coloneqq\mu\partial^{2}+\nu\partial+\lambda\in(\mathbb{C}[z])[\partial]$に対して変数変換$z=\psi(w)$した際の式$\overline{L}$をかけ。
ただし、一階の線形微分演算子
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
P=A\partial+B\\
Q=C\partial+D\\
R=E
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
によって$L=PQ+R$の形にかけているものとして問題を解け。
以下$\overline{A}(w)\coloneqq A(\psi(w)),\overline{B}(w)\coloneqq B(\psi(w)),...$のように定める。
\begin{eqnarray}
L&=&PQ+R\\
&=&(A\partial+B)(C\partial+D)+E\\
&=&(\frac{\overline{A}}{\psi^{'}}\partial_{w}+\overline{B})(\frac{\overline{C}}{\psi^{'}}\partial_{w}+\overline{D})+\overline{E}\\
&=&\frac{\overline{A}\overline{C}}{(\psi^{'})^{2}}\partial_{w}^{2}+(\frac{\overline{A}\overline{D}+\overline{B}\overline{C}+\overline{A}\overline{C}^{'}}{\psi^{'}}-\frac{\overline{A}\overline{C}\psi^{''}}{(\psi^{'})^{3}})+\overline{A}\overline{D}^{'}+\overline{B}\overline{D}+\overline{E}
\end{eqnarray}
また
\begin{eqnarray}
(A\partial+B)(C\partial+D)&=&AC\partial^{2}+(AD+BC+AC^{'})\partial+AD^{'}+BD+E
\end{eqnarray}
なので次の様に記号を定める。
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
\mu=AC\\
\nu=AD+BC+AC^{'}\\
\lambda=AD^{'}+BD+E\\
\overline{\mu}=\overline{A}\overline{C}\\
\overline{\nu}=\overline{A}\overline{D}+\overline{B}\overline{C}+\overline{A}\overline{C}^{'}\\
\overline{\lambda}=\overline{A}\overline{D}^{'}+\overline{B}\overline{D}+\overline{E}
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
すると以下の結論が得られる。
\begin{equation}
\overline{L}=\frac{\overline{\mu}}{(\psi^{'})^{2}}\partial_{w}^{2}+(\frac{\overline{\nu}}{\psi^{'}}-\frac{\overline{\mu}\psi^{''}}{(\psi^{'})^{3}})\partial_{w}+\overline{\lambda}
\end{equation}
$\mu,\nu\in\mathbb{C}(z):L\coloneqq\partial^{2}+\mu\partial+\nu$に対して以下の様に書ける事を示せ。
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
b\in\mathbb{C}(z)\\
a=\mu-b\\
E_{L}(b)=(b-\mu)b+\nu-b^{'}\\
L=\{\partial+(\mu-b)\}(\partial+b)+E_{L}(b)
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
[1]以下の様におく。
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
P=\partial+a\\
Q=\partial+b
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
[2]
\begin{eqnarray}
L&=&\partial^{2}+\mu\partial+\nu\\
&=&\partial^{2}+(a+b)\partial+ab+b^{'}
\end{eqnarray}
下記の様になる。
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
a=\mu-b\\
E_{L}(b)=(b-\mu)b+\nu-b^{'}\\
L=\{\partial+(\mu-b)\}(\partial+b)+E_{L}(b)
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
Euclidの互除法より$E_{L}(b)$は$\partial+b$から一意に定まっている事に注意
$b=-\frac{f^{'}}{f}$とすると以下の等式が成り立つ。
\begin{equation}
\frac{Lf}{f}=E_{L}(-\frac{f^{'}}{f})
\end{equation}
この等式から以下の同値な命題を得る。
\begin{equation}
Lf=0\Leftrightarrow E_{L}(-\frac{f^{'}}{f})=0
\end{equation}
[1]
\begin{eqnarray}
\frac{Lf}{f}&=&\frac{f^{''}}{f}+\mu\frac{f^{'}}{f}+\nu\\
&=&b(b-\mu)-b^{'}+\nu\\
&=&b^{2}-b^{'}-\mu b+\nu\\
&=&E_{L}(b)
\end{eqnarray}
[2][1]より$b=-\frac{f^{'}}{f}$を得る。
2階のモニックな線形微分演算子$L,M\in(\mathbb{C}[z])[\partial]$について$E_{L}(b)=E_{M}(b)$が任意のbで成り立てば$L=M$となる。
\begin{eqnarray}
E_{L}(b)-E_{M}(b)=(\mu_{M}-\mu_{L})b+\nu_{L}-\nu_{M}
\end{eqnarray}
なので特に$b=0,1$を代入して$\mu_{M}=\mu_{L},\nu_{M}=\nu_{L}$を得る。
$l_{g}(L)\coloneqq \frac{1}{g}\circ L\circ g$とすると以下の式が成り立つことを示せ。
(1)$l_{g}$は環準同型写像
(2)$l_{g}(\partial)=\partial+\frac{g^{'}}{g}$
(3)$E_{l_{g}(L)}(b+\frac{g^{'}}{g})=E_{L}(b)$
[1]
和に関する準同型性
\begin{eqnarray}
l_{g}(L+M)&=&\frac{1}{g}(L+M)g\\
&=&\frac{1}{g}Lg+\frac{1}{g}Mg\\
&=&l_{g}(L)+l_{g}(M)
\end{eqnarray}
積に関する準同型性
\begin{eqnarray}
l_{g}(LM)&=&\frac{1}{g}LMg\\
&=&\frac{1}{g}Lg\frac{1}{g}Mg\\
&=&l_{g}(L)l_{g}(M)
\end{eqnarray}
単位元の保持
\begin{eqnarray}
l_{g}(1)&=&\frac{1}{g}1g\\
&=&1
\end{eqnarray}
[2]
\begin{eqnarray}
l_{g}(\partial)&=&\frac{1}{g}\partial g\\
&=&\partial+\frac{g^{'}}{g}
\end{eqnarray}
[3]$l_{g}(E_{L})=E_{L}$と$l_{g}$が環準同型であることを用いる事で下記の結果を得る。
\begin{eqnarray}
l_{g}(L)&=&(\partial+\mu-b+\frac{g^{'}}{g})(\partial+b+\frac{g^{'}}{g})+E_{L}(b)
\end{eqnarray}
よって右辺の1階の線形微分演算子$\partial+v+\frac{g^{'}}{g}$による除法の形になっており剰余は一意に定まるので以下の結論を得る。
\begin{equation}
E_{l_{g}(L)}(b+\frac{g^{'}}{g})=E_{L}(b)
\end{equation}
問題1と同じ設定で$z=\psi(w)$という対応を考える。
この時以下の式が成り立つ。
\begin{equation}
E_{(\psi^{'})^{2}\overline{L}}(\psi^{'}\overline{b})=(\psi^{'})^{2}\overline{E_{L}(b)}
\end{equation}
[1]
\begin{eqnarray}
\partial+b&=&\frac{1}{\psi^{'}}\partial_{w}+\overline{b}\\
&=&\frac{1}{\psi^{'}}(\partial_{w}+\psi^{'}\overline{b})
\end{eqnarray}
を用いると
\begin{eqnarray}
\overline{L}&=&(\partial+a)(\partial+b)+E_{L}(b)\\
&=&\frac{1}{\psi^{'}}(\partial_{w}+\psi^{'}\overline{a})\frac{1}{\psi^{'}}(\partial_{w}+\psi^{'}\overline{b})+\overline{E_{L}(b)}\\
&=&\frac{1}{\psi^{'}}(\frac{1}{\psi^{'}}\partial_{w}-\frac{\psi^{''}}{(\psi^{'})^{2}}+\overline{a})(\partial_{w}+\psi^{'}\overline{b})+\overline{E_{L}(b)}\\
&=&\frac{1}{(\psi^{'})^{2}}(\partial_{w}+\psi^{'}\overline{a}-\frac{\psi^{''}}{\psi^{'}})(\partial_{w}+\psi^{'}\overline{b})+\overline{E_{L}(b)}
\end{eqnarray}
故に以下の式が得られる。
\begin{equation}
(\psi^{'})^{2}\overline{L}=(\partial_{w}+\psi^{'}\overline{a}-\frac{\psi^{''}}{\psi^{'}})(\partial_{w}+\psi^{'}\overline{b})+(\psi^{'})^{2}\overline{E_{L}(b)}
\end{equation}
この右辺はモニックで$1$階の線形微分演算子$\partial_{w}+\psi^{'}\overline{b}$による除算で剰余の一意性より証明すべき式が示された。
\begin{equation}
E_{(\psi^{'})^{2}\overline{L}}(\psi^{'}\overline{b})=(\psi^{'})^{2}\overline{E_{L}(b)}
\end{equation}
超幾何関数への応用
超幾何関数${}_{2}F_{1}(\alpha,\beta;\gamma;z)\coloneqq\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(\alpha)_{n}(\beta)_{n}}{(\gamma)_{n}n!}z^{n}$の満たす微分方程式を求めよ。
$A_{n}\coloneqq\frac{(\alpha)_{n}(\beta)_{n}}{(\gamma)_{n}n!}$とすると
\begin{eqnarray}
(n+1)(\gamma+n)A_{n+1}=(\alpha+n)(\beta+n)A_{n}
\end{eqnarray}
が成り立つので以下の線形微分演算子を用いて
\begin{eqnarray}
L&=&\partial(\gamma+z\partial-1)-(\alpha+z\partial)(\beta+z\partial)\\
&=&z(1-z)\partial^{2}+\{\gamma-(\alpha+\beta+1)z\}\partial-\alpha\beta
\end{eqnarray}
次の微分方程式を得る。
\begin{equation}
L{}_{2}F_{1}(\alpha,\beta;\gamma;z)=0
\end{equation}
モニックな二つの2階線形微分方程式
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
L=\partial^{2}+\mu\partial+\nu\\
M=\partial_{w}^{2}+\overline{\mu}\partial_{w}+\overline{\nu}\\
z=\psi(w)
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
を考えると以下は同値
(1)$M=l_{g}((\psi^{'})^{2}\overline{L})$
(2)任意の$b\in\mathbb{C}(z)$に対して
\begin{equation}
E_{M}(\psi^{'}\overline{b}+\frac{g^{'}}{g})=(\psi^{'})^{2}\overline{E_{L}(b)}
\end{equation}
さらに(1)、(2)が成り立つとき以下の解の対応関係が成り立つ。
\begin{equation}
Lf=0\Rightarrow M(\frac{\overline{f}}{g})=0
\end{equation}
ただし$\overline{f}(w)\coloneqq f(\psi(w))$
[$(1)\Rightarrow(2)$]問題4を参照$(\psi^{'})^{2}\overline{L}$はモニック。故に
\begin{eqnarray}
E_{M}(\psi^{'}\overline{b}+\frac{\overline{g}}{g})&=&E_{l_{g}((\psi^{'})^{2}\overline{L})}(\psi^{'}\overline{b}+\frac{\overline{g}}{g})\\
&=&E_{(\psi^{'})^{2}\overline{L}}(\psi^{'}\overline{b})\\
&=&(\psi^{'})^{2}\overline{E_{L}(b)}
\end{eqnarray}
[$(2)\Rightarrow(1)$]$M^{'}\coloneqq l_{g}((\psi^{'})^{2}\overline{L})$とする。すると
どちらも任意の$V=\psi^{'}\overline{b}+\frac{g^{'}}{g}$という形のもの全てに対して$E_{M}(V)=E_{M^{'}}(V)$が成り立つので定理3より$M=M^{'}=l_{g}((\psi^{'})^{2}\overline{L})$を得る。
(1),(2)が成り立つ場合
$Lf=0$とすると$b=-\frac{f^{'}}{f}$とおけば定理2より$E_{L}(b)=0$を得る。
次に$h\coloneqq \frac{\overline{f}}{g}$として対数微分を施すと
\begin{eqnarray}
\partial(-\log{h})&=&-\frac{h^{'}}{h}\\
&=&-\psi^{'}\overline{\frac{{f}^{'}}{{f}}}+\frac{g^{'}}{g}\\
&=&\psi^{'}\overline{b}+\frac{g^{'}}{g}
\end{eqnarray}
よって
定理2を適用すれば
\begin{eqnarray}
\frac{Mh}{h}&=&E_{M}(-\frac{h^{'}}{h})\\
&=&E_{M}(\psi^{'}\overline{b}+\frac{g^{'}}{g})\\
&=&0
\end{eqnarray}
$(g,\psi)$が決まるごとに$M\coloneqq l_{g}((\psi^{'})^{2}\overline{L})$という新しいモニックな2階の線形微分演算子が定まり、$L$の解は$M$の解$\frac{\overline{f}}{g}$に写ることが分かる。
$よってM$が再び超幾何型に写るような$(\psi,g)を見つける事を我々は変換公式を見つけると言っていたのである事がここまでの議論で分かった。$
以下$L_{\alpha,\beta,\gamma}\coloneqq\partial^{2}+\frac{\gamma-(\alpha+\beta+1)z}{z(1-z)}\partial-\frac{\alpha\beta}{z(1-z)}$と書く。
この時、$L=L_{\alpha,\beta,\gamma},M=\overline{L_{\alpha^{'},\beta^{'},\gamma^{'}}}$で定理4の(1)が成り立つとする。さらに以下の三つの条件が成り立ったとする。
(1)$\psi(0)=0,\psi$は$w=0$で解析的
(2)$g$は$w=0$で解析的かつ$g(0)\neq 0$
(3)$\gamma^{'}\in\mathbb{Z}$
を満たすならば以下の恒等式が$w=0$近傍で成り立つ。
\begin{equation}
{}_{2}F_{1}(\alpha,\beta;\gamma;z)=\frac{g(w)}{g(0)}{}_{2}F_{1}(\alpha^{'},\beta^{'};\gamma^{'};w)
\end{equation}
以下$f(z)={}_{2}F_{1}(\alpha,\beta;\gamma;z)(\alpha^{'},\beta^{'};\gamma^{'};w)$
$M$での解を$F(w)$とすると積分定数$A$を用いて以下の様に書ける。
\begin{eqnarray}
\frac{f(\psi(w))}{g(w)}=AF(w)
\end{eqnarray}
特に$z=0$を代入すると$w=\psi(0)=0$であり
\begin{eqnarray}
f(0)&=&1\\
&=&Ag(0)F(0)\\
&=&Ag(0)
\end{eqnarray}
なので$A=\frac{1}{g(0)}$を得る。故に以下の変換公式を得る。
\begin{equation}
{}_{2}F_{1}(\alpha,\beta;\gamma;z)=\frac{g(w)}{g(0)}{}_{2}F_{1}(\alpha^{'},\beta^{'};\gamma^{'};w)
\end{equation}
モニックな2階線形微分演算子$L=\partial^{2}+\mu\partial+\nu,M=\partial_{w}^{2}+\mu_{M}\partial_{w}+\nu_{M}$と$z=\psi(w)$とする。
この時、$g$について以下は同値。
(1)$M=l_{g}((\psi^{'})^{2}\overline{L})$
(2)次の二式が成り立つ。
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
\mu_{M}=\psi^{'}\overline{\mu}-\frac{\psi^{''}}{\psi^{'}}+2\frac{g^{'}}{g}\\
E_{M}(\frac{g^{'}}{g})=(\psi^{'})^{2}\overline{\nu}
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
[$(1)\Rightarrow(2)$]
$\Phi(b)\coloneqq E_{M}(\psi^{'}\overline{b}+\frac{g^{'}}{g})-(\psi^{'})^{2}\overline{E_{L}(b)}$の様な関数を考える。すると定理4より$\Phi(b)=0$を得る。
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
v=\frac{g^{'}}{g}\\
V=\psi^{'}\overline{b}+v
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
とおくと
\begin{eqnarray}
E_{M}(\psi^{'}\overline{b}+v)&=&(\psi^{'}\overline{b}+v-\mu_{M})(\psi^{'}\overline{b}+v)+\nu_{M}-(\psi^{'}\overline{b}+v)^{'}\\
&=&(\psi^{'})^{2}\overline{b}^{2}+2\psi^{'}\overline{b}v+v^{2}-\mu_{M}(\psi^{'}\overline{b}+v)+\nu_{M}-(\psi^{'}\overline{b})^{'}-v^{'}\\
&=&(\psi^{'})^{2}\overline{b}^{2}+2\psi^{'}\overline{b}v+v^{2}-\mu_{M}(\psi^{'}\overline{b}+v)+\nu_{M}-\psi^{''}\overline{b}-\psi^{'}\overline{b}^{'}-v^{'}
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
(\psi^{'})^{2}\overline{E_{L}(b)}&=&(\psi^{'})^{2}\{(\overline{b}-\overline{\mu})\overline{b}+\overline{\nu}-\frac{1}{\psi^{'}}\overline{b}^{'}\}\\
&=&(\psi^{'})^{2}\overline{b}^{2}-(\psi^{'})^{2}\overline{\mu}\overline{b}+(\psi^{'})^{2}\overline{\nu}-\psi^{'}\overline{b}^{'}
\end{eqnarray}
故に、$\Phi(b)$が$\overline{b}$の一次関数になる事が分かる。
\begin{eqnarray}
\Phi(b)-\Phi(0)&=&2\psi^{'}\overline{b}v-\mu_{M}\psi^{'}\overline{b}-\psi^{''}\overline{b}+(\psi^{'})^{2}\overline{\mu}\overline{b}\\
&=&\psi^{'}\overline{b}(2v-\mu_{M}-\frac{\psi^{''}}{\psi^{'}}+\psi^{'}\overline{\mu})\\
&=&\psi^{'}\overline{b}(2\frac{g^{'}}{g}-\mu_{M}-\frac{\psi^{''}}{\psi^{'}}+\psi^{'}\overline{\mu})
\end{eqnarray}
また任意の$b\in\mathbb{C}[z]$に対して成り立つので$\overline{b}=0,1$を代入して
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
\mu_{M}=\psi^{'}\overline{\mu}-\frac{\psi^{''}}{\psi^{'}}+2\frac{g^{'}}{g}\\
E_{M}(\frac{g^{'}}{g})=(\psi^{'})^{2}\overline{\nu}
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
[$(2)\Rightarrow(1)$]$\Phi(b)-\Phi(0)\equiv0$から明らか。
${}_{2}F_{1}(\alpha,\beta;\gamma;z)$について$g=(1-w)^{\kappa}$とするとどの様な$\psi$を選べば上手く変換公式を見出せるだろうか？
[1]
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
L_{\alpha,\beta,\gamma}=\{\partial+(\frac{\gamma}{z}+\frac{\gamma-\alpha-\beta-1}{1-z}-b)\}(\partial+b)+E_{L_{\alpha,\beta,\gamma}}(b)\\
E_{L_{\alpha,\beta,\gamma}}(b)=b(b-\frac{\gamma}{z}-\frac{\gamma-\alpha-\beta-1}{1-z})-b^{'}-\frac{\alpha\beta}{z(1-z)}
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
[2]問題は適当な$\alpha^{'},\beta^{'},\gamma^{'}\in\mathbb{C}$が存在して以下の式が成り立つ様な$\psi$を見つけることだ。
\begin{equation}
M=L_{\alpha^{'},\beta^{'},\gamma^{'}}=l_{g}((\psi^{'})^{2}L_{\alpha,\beta,\gamma})
\end{equation}
[3]
定理5の(2)の第一式
\begin{eqnarray}
\frac{\gamma^{'}}{w}+\frac{\gamma^{'}-\alpha^{'}-\beta^{'}-1}{1-w}&=&\psi^{'}(\frac{\gamma}{\psi}+\frac{\gamma-\alpha-\beta-1}{1-\psi})-\frac{\psi^{''}}{\psi^{'}}-2\frac{\kappa}{1-w}\\
&=&\frac{\gamma-(\alpha+\beta+1)\psi}{\psi(1-\psi)}\psi^{'}-\frac{\psi^{''}}{\psi^{'}}-2\frac{\kappa}{1-w}
\end{eqnarray}
定理5の(2)の第二式
\begin{eqnarray}
E_{M}(-\frac{\kappa}{1-w})=-(\psi^{'})^{2}\frac{\alpha\beta}{\psi(1-\psi)}
\end{eqnarray}
よって
\begin{align}
&\frac{\kappa}{1-w}(\frac{\kappa}{1-w}+\frac{\gamma^{'}}{w}+\frac{\gamma^{'}-\alpha^{'}-\beta^{'}-1}{1-w})+\frac{\kappa}{(1-w)^{2}}-\frac{\alpha^{'}\beta^{'}}{w(1-w)}\\
&=\frac{\kappa}{1-w}(\frac{\gamma^{'}}{w}+\frac{\kappa+\gamma^{'}-\alpha^{'}-\beta^{'}-1}{1-w})+\frac{\kappa w-\alpha^{'}\beta^{'}(1-w)}{w(1-w)^{2}}\\
&=\frac{\kappa\{\gamma^{'}+(\kappa-\alpha^{'}-\beta^{'}-1)w\}}{w(1-w)^{2}}+\frac{\kappa w-\alpha^{'}\beta^{'}(1-w)}{w(1-w)^{2}}\\
&=\frac{\kappa\gamma^{'}-\alpha^{'}\beta^{'}+\{\kappa(\kappa-\alpha^{'}-\beta^{'})+\alpha^{'}\beta^{'}\}w}{w(1-w)^{2}}\\
&=\frac{\kappa\gamma^{'}-\alpha^{'}\beta^{'}+(\kappa-\alpha^{'})(\kappa-\beta^{'})w}{w(1-w)^{2}}\\
&=-(\psi^{'})^{2}\frac{\alpha\beta}{\psi(1-\psi)}
\end{align}
[4]まとめると以下の連立微分方程式を得る。
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
\displaystyle\frac{\gamma-(\alpha+\beta+1)\psi}{\psi(1-\psi)}\psi^{'}-\frac{\psi^{''}}{\psi^{'}}=\frac{\gamma^{'}+(2\kappa-\alpha^{'}-\beta^{'}-1)w}{w(1-w)}\\
\displaystyle(\psi^{'})^{2}\frac{\alpha\beta}{\psi(1-\psi)}=-\frac{\kappa\gamma^{'}-\alpha^{'}\beta^{'}+(\kappa-\alpha^{'})(\kappa-\beta^{'})w}{w(1-w)^{2}}
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
[5]よって下記の$\psi$が満たすべき2階の線形微分方程式を得る。
\begin{equation}
\psi^{''}+\frac{\gamma^{'}+(2\kappa-\alpha^{'}-\beta^{'}-1)w}{w(1-w)}\psi^{'}+\frac{\kappa\gamma^{'}-\alpha^{'}\beta^{'}+(\kappa-\alpha^{'})(\kappa-\beta^{'})w}{w(1-w)^{2}}\frac{\gamma-(\alpha+\beta+1)\psi}{\alpha\beta}=0
\end{equation}
[6]よって以下の変換公式を得る。
- $\kappa,\alpha,\beta,\gamma,\alpha^{'},\beta^{'},\gamma^{'}$を下記の連立方程式で共通解を持つ条件と共通解を求める。
\begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} \displaystyle\frac{\gamma-(\alpha+\beta+1)\psi}{\psi(1-\psi)}\psi^{'}-\frac{\psi^{''}}{\psi^{'}}=\frac{\gamma^{'}+(2\kappa-\alpha^{'}-\beta^{'}-1)w}{w(1-w)}(⭐︎1)\\ \displaystyle(\psi^{'})^{2}\frac{\alpha\beta}{\psi(1-\psi)}=-\frac{\kappa\gamma^{'}-\alpha^{'}\beta^{'}+(\kappa-\alpha^{'})(\kappa-\beta^{'})w}{w(1-w)^{2}}(⭐︎2) \end{array} \right. \end{eqnarray} - 求めた$\psi$を用いて変換公式の完成。
\begin{equation} {}_{2}F_{1}(\alpha,\beta;\gamma;\psi(w))=(1-w)^{\kappa}{}_{2}F_{1}(\alpha^{'},\beta^{'};\gamma^{'};w) \end{equation}
後はパラメータ$\kappa,\alpha,\beta,\gamma,\alpha^{'},\beta^{'},\gamma^{'}$の決め方を求めるだけ。
これをやろう。
問題6の[6]の(⭐︎1),(⭐︎2)について共通解を求める方法を考えよ。
[1]まず以下の様に記号を定める。
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
A\coloneqq\frac{\gamma^{'}+(2\kappa-\alpha^{'}-\beta^{'}-1)w}{w(1-w)}\\
B\coloneqq\frac{\kappa\gamma^{'}-\alpha^{'}\beta^{'}+(\kappa-\alpha^{'})(\kappa-\beta^{'})w}{w(1-w)^{2}}
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
やりたいのは$\psi^{'},\psi^{''}$を除去すること。
[2]1.の(⭐︎2)の両辺を対数微分する。
\begin{eqnarray}
2\frac{\psi^{''}}{\psi^{'}}-\frac{\psi^{'}}{\psi}+\frac{\psi^{'}}{1-\psi}&=&2\frac{\psi^{''}}{\psi^{'}}-\frac{(1-2\psi)\psi^{'}}{\psi(1-\psi)}\\
&=&\frac{B^{'}}{B}
\end{eqnarray}
より整理して以下の式を得る。
\begin{equation}
\frac{\psi^{''}}{\psi^{'}}=\frac{B^{'}}{2B}+\frac{(1-2\psi)\psi^{'}}{2\psi(1-\psi)}
\end{equation}
これを(⭐︎1)に代入して
\begin{eqnarray}
A&=&\frac{\gamma-(\alpha+\beta+1)\psi}{\psi(1-\psi)}\psi^{'}-\frac{\psi^{''}}{\psi^{'}}\\
&=&\frac{\gamma-(\alpha+\beta+1)\psi}{\psi(1-\psi)}\psi^{'}-\frac{B^{'}}{2B}-\frac{(1-2\psi)\psi^{'}}{2\psi(1-\psi)}\\
&=&\frac{\gamma-\frac{1}{2}-(\alpha+\beta)\psi}{\psi(1-\psi)}\psi^{'}-\frac{B^{'}}{2B}
\end{eqnarray}
整理し$l\coloneqq\gamma-\frac{1}{2}-(\alpha+\beta)\psi,D\coloneqq A+\frac{B^{'}}{2B}$として以下の式を得る。
\begin{equation}
l\psi^{'}=D\psi(1-\psi)
\end{equation}
[3]さらに(⭐︎2)に代入して$\psi^{'},\psi^{''}$を除いた$w,\psi$のみの式を得る。
\begin{equation}
\alpha\beta D^{2}\psi(1-\psi)+Bl^{2}=0
\end{equation}
[4]次に二次形式
\begin{eqnarray}
P(w,X)&\coloneqq&\alpha\beta D^{2}X(1-X)+B\{\gamma-\frac{1}{2}-(\alpha+\beta)X\}^{2}
\end{eqnarray}
とすると$P(w,\psi(w))=0$が成り立つ事が分かる。
そして両辺を$w$で微分すると、$\psi(1-\psi)=-\frac{Bl^{2}}{\alpha\beta D^{2}}$を代入して以下の式を得る。
\begin{eqnarray}
\frac{d}{dw}P&=&\partial_{w}P+\psi^{'}\partial_{X}P\\
&=&\partial_{w}P+\frac{D\psi(1-\psi)}{l}\partial_{X}P\\
&=&\partial_{w}P-\frac{Bl}{\alpha\beta D}\partial_{X}P
\end{eqnarray}
なので以下の二次形式を定義する。
\begin{eqnarray}
R(w,X)&\coloneqq&\alpha\beta D\frac{d}{dw}P\\
&=&\alpha\beta D\partial_{w}P-B\{\gamma-\frac{1}{2}-(\alpha+\beta)X\}\partial_{X}P
\end{eqnarray}
[5] Euclid互除法により下記の様に書ける。
\begin{equation}
\exists q,r_{1},r_{0}\in\mathbb{C}[w]\ s.t.\ R(w,X)=q(w)P(w,X)+r_{1}(w)X+r_{0}(w)
\end{equation}
故に$\alpha,\beta,\gamma,\alpha^{'},\beta^{'},\gamma^{'},\kappa$を次の連立方程式を満たす様にすればいい事が分かる。
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
\psi(w)=-\frac{r_{0}}{r_{1}}\\
P(w,-\frac{r_{0}}{r_{1}})=0
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
一応これで問題ない事を確認しておく。
$\forall w\in\mathbb{C}:P(w,\psi(w))\equiv0$として両辺$w$で微分すると
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
\partial_{w}P+\psi^{'}\partial_{X}P=0\\
R(w,\psi(w))=-(\psi^{'}+\frac{Bl}{\alpha\beta D})\partial_{X}P=0
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
が成り立つので、$\partial_{X}P\neq0$であれば(⭐︎1)かつ(⭐︎2)を満たす事が分かる。
なので$\partial_{X}P\neq0$も条件として課されている事に注意。
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