2F1のWronskianとDougallの5F4和公式
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で, ${}_2F_1$のWronskianを計算した. それは
\begin{align}
f_0(x):=\F21{a,b}c{x},\qquad f_1(x):=x^{1-c}\F21{1+a-c,1+b-c}{2-c}{x}
\end{align}
としたとき,
\begin{align}
W(f_0,f_1;x)=f_0(x)f_1'(x)-f_0'(x)f_1(x)=\frac{1-c}{x^c(1-x)^{a+b-c+1}}
\end{align}
と表される. 今回はDougallの${}_5F_4$和公式を用いてこれに直接的な証明を与えたいと思う.
証明
左辺は
\begin{align}
W(f_0,f_1;x)&=f_0(x)f_1'(x)-f_0'(x)f_1(x)\\
&=x^{-c}\sum_{0\leq j}\frac{(a,b)_j}{j!(c)_j}x^j\sum_{0\leq k}\frac{(1+a-c,1+b-c)_k}{k!(2-c)_k}(k+1-c)x^k\\
&\qquad-x^{-c}\sum_{0\leq j}\frac{(a,b)_j}{j!(c)_j}jx^j\sum_{0\leq k}\frac{(1+a-c,1+b-c)_k}{k!(2-c)_k}x^k\\
&=x^{-c}\sum_{0\leq n}x^n\sum_{j=0}^n(n+1-2j-c)\frac{(a,b)_j}{j!(c)_j}\frac{(1+a-c,1+b-c)_{n-j}}{(n-j)!(2-c)_{n-j}}\\
&=x^{-c}\sum_{0\leq n}\frac{(n+1-c)(1+a-c,1+b-c)_n}{n!(2-c)_n}x^n\F54{-n+c-1,\frac{1-n+c}2,a,b,-n}{\frac{-n+c-1}2,-n-a+c,-n-b+c,c}1
\end{align}
ここで,
Dougallの${}_5F_4$和公式
より,
\begin{align}
\F54{-n+c-1,\frac{1-n+c}2,a,b,-n}{\frac{-n+c-1}2,-n-a+c,-n-b+c,c}1&=\frac{(-n+c,-n-a-b+c)_n}{(-n-a+c,-n-b+c)_n}\\
&=\frac{(1-c,1+a+b-c)_n}{(1+a-c,1+b-c)_n}
\end{align}
であるから, これを代入すると,
\begin{align}
W(f_1,f_2;x)&=x^{-c}\sum_{0\leq n}\frac{(n+1-c)(1-c,1+a+b-c)_n}{n!(2-c)_n}x^n\\
&=(1-c)x^{-c}\sum_{0\leq n}\frac{(1+a+b-c)_n}{n!}x^n\\
&=(1-c)x^{-c}(1-x)^{c-a-b-1}
\end{align}
となって示すべき等式が得られる.
この証明から, ${}_2F_1$のWronskianは実はDougallの${}_5F_4$和公式のterminatingな場合
\begin{align}
\F54{a,1+\frac a2,b,c,-n}{\frac a2,1+a-b,1+a-c,1+a+n}1=\frac{(1+a,1+a-b-c)_n}{(1+a-b,1+a-c)_n}
\end{align}
と同値であることが分かる.
$q$類似
同じようにDougallの${}_5F_4$和公式の$q$類似であるRogersの${}_6\phi_5$和公式のterminatingな場合
\begin{align}
\Q65{a,\sqrt aq,-\sqrt aq,b,c,q^{-n}}{\sqrt a,-\sqrt a,aq/b,aq/c,aq^{n+1}}{\frac{aq^{n+1}}{bc}}&=\frac{(aq,aq/bc;q)_n}{(aq/b,aq/c;q)_n}
\end{align}
において, $a,b,c$を$cq^{-n-1}, a,b$として,
\begin{align}
\sum_{k=0}^n\frac{(1-cq^{2k-n-1})(cq^{-n-1},a,b,q^{-n};q)_k}{(1-cq^{-n-1})(q,cq^{-n}/a,cq^{-n}/b,c;q)_k}\left(\frac{c}{ab}\right)^k&=\frac{(cq^{-n},cq^{-n}/ab;q)_n}{(cq^{-n}/a,cq^{-n}/b;q)_n}\\
&=\frac{(q/c,abq/c;q)_n}{(aq/c,bq/c;q)_n}
\end{align}
を得る. 左辺は
\begin{align}
&\sum_{k=0}^n\frac{(1-cq^{2k-n-1})(cq^{-n-1},a,b,q^{-n};q)_k}{(1-cq^{-n-1})(q,cq^{-n}/a,cq^{-n}/b,c;q)_k}\left(\frac{c}{ab}\right)^k\\
&=\frac{(q,q^2/c;q)_n}{(aq/c,bq/c;q)_n}\sum_{k=0}^n\frac{(1-cq^{2k-n-1})(a,b;q)_k}{(1-cq^{-n-1})(q,c;q)_k}\frac{(aq/c,bq/c;q)_{n-k}}{(q,q^2/c;q)_{n-k}}q^{-k}\\
&=\frac{(q,q^2/c;q)_n}{(aq/c,bq/c;q)_n}\sum_{k=0}^n\frac{(q^k-q^{n+1-k}/c)(a,b;q)_k}{(1-q^{n+1}/c)(q,c;q)_k}\frac{(aq/c,bq/c;q)_{n-k}}{(q,q^2/c;q)_{n-k}}
\end{align}
となるから,
\begin{align}
\sum_{k=0}^n\frac{(q^k-q^{n+1-k}/c)(a,b;q)_k}{(q,c;q)_k}\frac{(aq/c,bq/c;q)_{n-k}}{(q,q^2/c;q)_{n-k}}&=\frac{(1-q/c)(abq/c;q)_n}{(q;q)_n}
\end{align}
が得られる. よって, 両辺の母関数を考えると
\begin{align}
\Q21{a,b}{c}{xq}\Q21{aq/c,bq/c}{q^2/c}x-\frac qc\Q21{a,b}{c}{x}\Q21{aq/c,bq/c}{q^2/c}{xq}=(1-q/c)\frac{(abxq/c;q)_{\infty}}{(x;q)_{\infty}}
\end{align}
を得る. これは${}_2F_1$のWronskianの$q$類似である.
