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$$
前の記事(
(2/3)_nが入った級数について
)で,
\begin{align}
\sum_{0\leq n}\frac{\left(\frac 23\right)_n^2}{n!^2(3n+1)^2}=\frac{\Gamma\left(\frac 13\right)^4}{27\Gamma\left(\frac 23\right)^2}
\end{align}
であることを示した. 今回はその議論を一般化することによって${}_4F_3$の和公式を導きたいと思う.
導出
まず, $s$の方から積分すると$B$をベータ関数として,
\begin{align}
&\int_{0< s< t< u<1}s^{a-1}(1-s)^{b-1}\,ds\frac{dt}tu^{c-1}(1-u)^{d-1}\,du\\
&=\int_{0< u<1}\sum_{0\leq n}\frac{(1-b)_n}{n!(n+a)^2}u^{n+a+c-1}(1-u)^{d-1}\,du\\
&=B(a+c,d)\sum_{0\leq n}\frac{(1-b,a+c)_n}{n!(a+c+d)_n(n+a)^2}
\end{align}
を得る. 次に, $(s,t,u)\mapsto (1-u,1-t,1-s)$として, $s$の方から積分すると
\begin{align}
&\int_{0< s< t< u<1}s^{a-1}(1-s)^{b-1}\,ds\frac{dt}tu^{c-1}(1-u)^{d-1}\,du\\
&=\int_{0< s< t< u<1}s^{d-1}(1-s)^{c-1}\,ds\frac{dt}{1-t}u^{b-1}(1-u)^{a-1}\,du\\
&=\int_{0< u<1}\sum_{0\leq n< m}\frac{(1-c)_n}{n!(n+d)}\frac 1{m+d}u^{m+b+d-1}(1-u)^{a-1}\,du\\
&=B(a,b+d)\sum_{0\leq n< m}\frac{(1-c)_n}{n!(n+d)}\frac{(b+d)_m}{(a+b+d)_m(m+d)}
\end{align}
となる. ここで, $d=1-a-b$とすると右辺は
\begin{align}
B(a,1-a)\sum_{0\leq n< m}\frac{(1-c)_n}{n!(n+1-a-b)}\frac{(1-a)_m}{m!(m+1-a-b)}
\end{align}
となる. よって,
\begin{align}
&\frac{B(a+c,1-a-b)}{B(a,1-a)}\sum_{0\leq n}\frac{(1-b,a+c)_n}{n!(1-b+c)_n(n+a)^2}\\
&=\sum_{0\leq n< m}\frac{(1-c)_n}{n!(n+1-a-b)}\frac{(1-a)_m}{m!(m+1-a-b)}
\end{align}
を得る. この等式において, $a,c$を入れ替えた後$b\mapsto a+b-c$とすると
\begin{align}
&\frac{B(a+c,1-a-b)}{B(c,1-c)}\sum_{0\leq n}\frac{(1-a-b+c,a+c)_n}{n!(1-b+c)_n(n+c)^2}\\
&=\sum_{0\leq n< m}\frac{(1-a)_n}{n!(n+1-a-b)}\frac{(1-c)_m}{m!(m+1-a-b)}
\end{align}
を得る. これらを足し合わせると
\begin{align}
&\frac{B(a+c,1-a-b)}{B(a,1-a)}\sum_{0\leq n}\frac{(1-b,a+c)_n}{n!(1-b+c)_n(n+a)^2}\\
&\qquad+\frac{B(a+c,1-a-b)}{B(c,1-c)}\sum_{0\leq n}\frac{(1-a-b+c,a+c)_n}{n!(1-b+c)_n(n+c)^2}\\
&=\sum_{0\leq n< m}\frac{(1-c)_n}{n!(n+1-a-b)}\frac{(1-a)_m}{m!(m+1-a-b)}+\sum_{0\leq n< m}\frac{(1-a)_n}{n!(n+1-a-b)}\frac{(1-c)_m}{m!(m+1-a-b)}\\
&=\left(\sum_{0\leq n}\frac{(1-c)_n}{n!(n+1-a-b)}\right)\left(\sum_{0\leq m}\frac{(1-a)_m}{m!(m+1-a-b)}\right)\\
&\qquad-\sum_{0\leq n}\frac{(1-a,1-c)_n}{n!^2(n+1-a-b)^2}
\end{align}
となる. ここで,
\begin{align}
\sum_{0\leq n}\frac{(1-c)_n}{n!(n+1-a-b)}&=B(c,1-a-b)\\
\sum_{0\leq m}\frac{(1-a)_m}{m!(m+1-a-b)}&=B(a,1-a-b)
\end{align}
書き換えられるので, これを代入して,
\begin{align}
&\frac{B(a+c,1-a-b)}{B(a,1-a)}\sum_{0\leq n}\frac{(1-b,a+c)_n}{n!(1-b+c)_n(n+a)^2}\\
&\qquad+\frac{B(a+c,1-a-b)}{B(c,1-c)}\sum_{0\leq n}\frac{(1-a-b+c,a+c)_n}{n!(1-b+c)_n(n+c)^2}\\
&\qquad+\sum_{0\leq n}\frac{(1-a,1-c)_n}{n!^2(n+1-a-b)^2}\\
&=B(a,1-a-b)B(c,1-a-b)
\end{align}
を得る. つまり以下が得られる.
\begin{align}
&\frac{1}{B(a,1-a)}\sum_{0\leq n}\frac{(1-b,a+c)_n}{n!(1-b+c)_n(n+a)^2}\\
&\qquad+\frac{1}{B(c,1-c)}\sum_{0\leq n}\frac{(1-a-b+c,a+c)_n}{n!(1-b+c)_n(n+c)^2}\\
&\qquad+\frac 1{B(a+c,1-a-b)}\sum_{0\leq n}\frac{(1-a,1-c)_n}{n!^2(n+1-a-b)^2}\\
&=\frac{B(a,1-a-b)B(c,1-a-b)}{B(a+c,1-a-b)}
\end{align}
が成り立つ.
これは, ${}_4F_3$を用いると,
\begin{align}
&\frac{1}{a^2B(a,1-a)}\F43{1-b,a+c,a,a}{1-b+c,a+1,a+1}1\\
&\qquad+\frac{1}{c^2B(c,1-c)}\F43{1-a-b+c,a+c,c,c}{1-b+c,c+1,c+1}1\\
&\qquad+\frac 1{(1-a-b)^2B(a+c,1-a-b)}\F43{1-a,1-c,1-a-b,1-a-b}{1,2-a-b,2-a-b}1\\
&=\frac{B(a,1-a-b)B(c,1-a-b)}{B(a+c,1-a-b)}
\end{align}
と表される. 特に, $c=b$としてからあらためて$a+b+c=1$とすると
\begin{align}
&\frac{1}{a^2B(a,1-a)}\F43{1-b,1-c,a,a}{1,a+1,a+1}1\\
&\qquad+\frac{1}{b^2B(b,1-b)}\F43{1-a,1-c,b,b}{1,b+1,b+1}1\\
&\qquad+\frac 1{c^2B(c,1-c)}\F43{1-a,1-b,c,c}{1,c+1,c+1}1\\
&=\frac{\Gamma(a)\Gamma(b)\Gamma(c)}{\Gamma(1-a)\Gamma(1-b)\Gamma(1-c)}
\end{align}
と対称的な形で表される. ここで$a=b=c=\frac 13$とすると
前の記事
の結果を得ることができる.
