Gosperによるz=3/4における3F2の和公式
前の記事
でVerma-Jainの3次変換公式の特別な場合として, $z=\frac 34$における${}_3F_2$の和公式
\begin{align}
\F32{d,a-d,\frac a3}{\frac a2,\frac{a+1}2}{\frac 34}&=\frac{\Gamma(1+a)\Gamma\left(1+\frac{a-d}3\right)\Gamma\left(1+\frac d3\right)}{\Gamma(1+a-d)\Gamma(1+d)\Gamma\left(1+\frac a3\right)}
\end{align}
を示した. 今回はその類似として, Gosperによる以下の和公式を示す.
\begin{align} \F32{\frac 12+3x,\frac 12-3x,y}{\frac 12,3y}{\frac 34}&=\frac{2\Gamma\left(\frac 13+y\right)\Gamma\left(\frac 23+y\right)\cos\pi x}{\sqrt{3}\Gamma\left(\frac 12+x+y\right)\Gamma\left(\frac 12-x+y\right)}\\ \F32{1+3x,1-3x,y}{\frac 32,3y-1}{\frac 34}&=\frac{2\Gamma\left(y-\frac 13\right)\Gamma\left(y+\frac 13\right)\sin\pi x}{3\sqrt 3x\Gamma(y+x)\Gamma(y-x)} \end{align}
まず,
前の記事
の定理3において, $e=a-d$として最初に紹介した${}_3F_2$の和公式を用いると,
\begin{align}
&\F76{\frac a3,1+\frac a6,\frac d3,\frac{a-d}3,\frac f3,\frac{f+1}3,\frac{f+2}3}{\frac a6,1+\frac d3,\frac{3+a-d}3,\frac{3+a-f}3,\frac{2+a-f}3,\frac{1+a-f}3}1\\
&=\frac{\Gamma(1+a-f)\Gamma(1-f)\Gamma\left(1+\frac{a-d}3\right)\Gamma\left(1+\frac d3\right)}{\Gamma(1+a-d-f)\Gamma(1+d-f)\Gamma\left(1+\frac a3\right)}\\
&\qquad+\frac{3^{-f}d(a-d)\Gamma(1+a-f)\Gamma\left(1+\frac a3-f\right)}{(f-1)\Gamma(2+a-2f)\Gamma\left(1+\frac a3\right)}\\
&\qquad\F43{1,1+a-d-f,1+d-f,1+\frac a3-f}{2-f,1+\frac a2-f,\frac {3+a}2-f}{\frac 34}
\end{align}
となる. よって, ${}_4F_3$に関して整理すると,
\begin{align}
&3^{-f}\F43{1,1+a-d-f,1+d-f,1+\frac a3-f}{2-f,1+\frac a2-f,\frac {3+a}2-f}{\frac 34}\\
&=\frac{(f-1)\Gamma(2+a-2f)\Gamma\left(1+\frac a3\right)}{d(a-d)\Gamma(1+a-f)\Gamma\left(1+\frac a3-f\right)}\F76{\frac a3,1+\frac a6,\frac d3,\frac{a-d}3,\frac f3,\frac{f+1}3,\frac{f+2}3}{\frac a6,1+\frac d3,\frac{3+a-d}3,\frac{3+a-f}3,\frac{2+a-f}3,\frac{1+a-f}3}1\\
&\qquad-\frac{(f-1)\Gamma(2+a-2f)\Gamma\left(1+\frac a3\right)}{d(a-d)\Gamma(1+a-f)\Gamma\left(1+\frac a3-f\right)}\frac{\Gamma(1+a-f)\Gamma(1-f)\Gamma\left(1+\frac{a-d}3\right)\Gamma\left(1+\frac d3\right)}{\Gamma(1+a-d-f)\Gamma(1+d-f)\Gamma\left(1+\frac a3\right)}\\
&=\frac{(f-1)\Gamma(2+a-2f)\Gamma\left(1+\frac a3\right)}{d(a-d)\Gamma(1+a-f)\Gamma\left(1+\frac a3-f\right)}\F76{\frac a3,1+\frac a6,\frac d3,\frac{a-d}3,\frac f3,\frac{f+1}3,\frac{f+2}3}{\frac a6,1+\frac d3,\frac{3+a-d}3,\frac{3+a-f}3,\frac{2+a-f}3,\frac{1+a-f}3}1\\
&\qquad+\frac{\Gamma(2-f)\Gamma(2+a-2f)\Gamma\left(\frac{a-d}3\right)\Gamma\left(\frac d3\right)}{9\Gamma(1+a-d-f)\Gamma(1+d-f)\Gamma\left(1+\frac a3-f\right)}
\end{align}
となる. つまり, 以下の補題を得る.
\begin{align} &3^{-f}\F43{1,1+a-d-f,1+d-f,1+\frac a3-f}{2-f,1+\frac a2-f,\frac {3+a}2-f}{\frac 34}\\ &=\frac{(f-1)\Gamma(2+a-2f)\Gamma\left(1+\frac a3\right)}{d(a-d)\Gamma(1+a-f)\Gamma\left(1+\frac a3-f\right)}\F76{\frac a3,1+\frac a6,\frac d3,\frac{a-d}3,\frac f3,\frac{f+1}3,\frac{f+2}3}{\frac a6,1+\frac d3,\frac{3+a-d}3,\frac{3+a-f}3,\frac{2+a-f}3,\frac{1+a-f}3}1\\ &\qquad+\frac{\Gamma(2-f)\Gamma(2+a-2f)\Gamma\left(\frac{a-d}3\right)\Gamma\left(\frac d3\right)}{9\Gamma(1+a-d-f)\Gamma(1+d-f)\Gamma\left(1+\frac a3-f\right)} \end{align}
まず, 補題2において$f\mapsto \frac{a+1}2$とすると, Dougallの${}_5F_4$和公式より,
\begin{align}
&3^{-\frac{a+1}2}\F32{\frac{1+a}2-d,\frac{1-a}2+d,\frac 12-\frac a6}{\frac{3-a}2,\frac 12}{\frac 34}\\
&=\frac{(a-1)\Gamma\left(1+\frac a3\right)}{2d(a-d)\Gamma\left(\frac{1+a}2\right)\Gamma\left(\frac 12-\frac a6\right)}\F54{\frac a3,1+\frac a6,\frac d3,\frac{a-d}3,\frac 12+\frac a6}{\frac a6,1+\frac d3,\frac{3+a-d}3,\frac 12+\frac a6}1\\
&\qquad+\frac{\Gamma\left(\frac{3-a}2\right)\Gamma\left(\frac{a-d}3\right)\Gamma\left(\frac d3\right)}{9\Gamma\left(\frac{1+a}2-d\right)\Gamma\left(\frac{1-a}2+d\right)\Gamma\left(\frac 12-\frac a6\right)}\\
&=\frac{\Gamma\left(1+\frac a3\right)}{d(a-d)\Gamma\left(\frac{a-1}2\right)\Gamma\left(\frac 12-\frac a6\right)}\frac{\Gamma\left(1+\frac d3\right)\Gamma\left(\frac{3+a-d}3\right)\Gamma\left(\frac 12+\frac a6\right)\Gamma\left(\frac 12-\frac a6\right)}{\Gamma\left(1+\frac a3\right)\Gamma\left(\frac 12+\frac a2-\frac d3\right)\Gamma\left(\frac 12-\frac a6+\frac d3\right)}\\
&\qquad+\frac{\Gamma\left(\frac{3-a}2\right)\Gamma\left(\frac{a-d}3\right)\Gamma\left(\frac d3\right)}{9\Gamma\left(\frac{1+a}2-d\right)\Gamma\left(\frac{1-a}2+d\right)\Gamma\left(\frac 12-\frac a6\right)}\\
&=\frac{\Gamma\left(\frac d3\right)\Gamma\left(\frac{a-d}3\right)\Gamma\left(\frac 12+\frac a6\right)}{9\Gamma\left(\frac{a-1}2\right)\Gamma\left(\frac 12+\frac a6-\frac d3\right)\Gamma\left(\frac 12-\frac a6+\frac d3\right)}\\
&\qquad+\frac{\Gamma\left(\frac{3-a}2\right)\Gamma\left(\frac{a-d}3\right)\Gamma\left(\frac d3\right)}{9\Gamma\left(\frac{1+a}2-d\right)\Gamma\left(\frac{1-a}2+d\right)\Gamma\left(\frac 12-\frac a6\right)}
\end{align}
ここで, $\frac a2-d\mapsto 3x,\frac 12-\frac a6\mapsto y$とすると, $\frac d3=\frac 12-x-y, \frac a6=\frac 12-y$となり,
\begin{align}
&3^{3y-2}\F32{\frac{1}2-3x,\frac{1}2+3x,y}{\frac 12,3y}{\frac 34}\\
&=\frac{\Gamma\left(\frac 12-x-y\right)\Gamma\left(\frac 12+x-y\right)\Gamma\left(1-y\right)}{9\Gamma\left(1-3y\right)\Gamma\left(\frac 12-x\right)\Gamma\left(\frac 12+x\right)}\\
&\qquad+\frac{\Gamma\left(\frac 12-x-y\right)\Gamma\left(\frac 12+x-y\right)\Gamma\left(3y\right)}{9\Gamma\left(\frac{1}2-3x\right)\Gamma\left(\frac{1}2+3x\right)\Gamma\left(y\right)}\\
&=\frac{\Gamma\left(\frac 12-x-y\right)\Gamma\left(\frac 12+x-y\right)\Gamma\left(1-y\right)\Gamma(3y)}{9\pi^2}\\
&\qquad\cdot(\sin\pi y\cos 3\pi x+\sin 3\pi y\cos \pi x)\\
&=\frac{\Gamma\left(\frac 12-x-y\right)\Gamma\left(\frac 12+x-y\right)\Gamma\left(1-y\right)\Gamma(3y)}{9\pi^2}\\
&\qquad\cdot(\sin\pi y(4\cos^3\pi x-3\cos\pi x)+(3\sin\pi y-4\sin^3\pi y)\cos \pi x)\\
\end{align}
ここで, 三角関数の3倍角の公式などを用いて整理すると,
\begin{align}
&\sin\pi y\cos 3\pi x+\sin 3\pi y\cos \pi x\\
&=\sin\pi y(4\cos^3\pi x-3\cos\pi x)+(3\sin\pi y-4\sin^3\pi y)\cos \pi x\\
&=4\sin\pi y\cos\pi x(\cos^2\pi x-\sin^2\pi y)\\
&=4\sin\pi y\cos\pi x\cos\pi(x+y)\cos\pi(x-y)
\end{align}
となるから, これを代入して,
\begin{align}
&\F32{\frac{1}2-3x,\frac{1}2+3x,y}{\frac 12,3y}{\frac 34}\\
&=3^{2-3y}\frac{\Gamma\left(\frac 12-x-y\right)\Gamma\left(\frac 12+x-y\right)\Gamma\left(1-y\right)\Gamma(3y)}{9\pi^2}\\
&\qquad\cdot 4\sin\pi y\cos\pi x\cos\pi(x+y)\cos\pi(x-y)\\
&=3^{-3y}\frac{4\pi\Gamma(3y)\cos\pi x}{\Gamma\left(\frac 12+x+y\right)\Gamma\left(\frac 12-x+y\right)\Gamma\left(y\right)}\\
&=\frac{2\Gamma\left(y+\frac 13\right)\Gamma\left(y+\frac 23\right)\cos\pi x}{\sqrt 3\Gamma\left(\frac 12+x+y\right)\Gamma\left(\frac 12-x+y\right)}
\end{align}
となって1つ目の式が示される. 次に, 補題2において$f\mapsto \frac{a}2$とすると, Dougallの${}_5F_4$和公式より,
\begin{align}
&3^{-\frac a2}\F32{1+\frac a2-d,1+d-\frac a2,1-\frac a6}{2-\frac a2,\frac {3}2}{\frac 34}\\
&=\frac{(\frac a2-1)\Gamma\left(1+\frac a3\right)}{d(a-d)\Gamma\left(1+\frac a2\right)\Gamma\left(1-\frac a6\right)}\F54{\frac a3,1+\frac a6,\frac d3,\frac{a-d}3,\frac a6}{\frac a6,1+\frac d3,1+\frac{a-d}3,1+\frac a6}1\\
&\qquad+\frac{\Gamma\left(2-\frac a2\right)\Gamma\left(\frac{a-d}3\right)\Gamma\left(\frac d3\right)}{9\Gamma\left(1+\frac a2-d\right)\Gamma\left(1+d-\frac a2\right)\Gamma\left(1-\frac a6\right)}\\
&=\frac{(\frac a2-1)\Gamma\left(1+\frac a3\right)}{d(a-d)\Gamma\left(1+\frac a2\right)\Gamma\left(1-\frac a6\right)}\frac{\Gamma\left(1+\frac d3\right)\Gamma\left(1+\frac{a-d}3\right)\Gamma\left(1+\frac a6\right)\Gamma\left(1-\frac a6\right)}{\Gamma\left(1+\frac a3\right)\Gamma\left(1+\frac a6-\frac d3\right)\Gamma\left(1-\frac a6+\frac d3\right)}\\
&\qquad+\frac{\Gamma\left(2-\frac a2\right)\Gamma\left(\frac{a-d}3\right)\Gamma\left(\frac d3\right)}{9\Gamma\left(1+\frac a2-d\right)\Gamma\left(1+d-\frac a2\right)\Gamma\left(1-\frac a6\right)}\\
&=\frac{\Gamma\left(\frac d3\right)\Gamma\left(\frac{a-d}3\right)\Gamma\left(\frac a6\right)}{27\Gamma\left(\frac a2-1\right)\Gamma\left(1+\frac a6-\frac d3\right)\Gamma\left(1-\frac a6+\frac d3\right)}\\
&\qquad+\frac{\Gamma\left(2-\frac a2\right)\Gamma\left(\frac{a-d}3\right)\Gamma\left(\frac d3\right)}{9\Gamma\left(1+\frac a2-d\right)\Gamma\left(1+d-\frac a2\right)\Gamma\left(1-\frac a6\right)}
\end{align}
ここで, $\frac a2-d\mapsto 3x,1-\frac a6\mapsto y$, つまり, $\frac d3=1-x-y,\frac a6=1-y$とすると,
\begin{align}
&3^{3y-3}\F32{1-3x,1+3x,y}{\frac {3}2,3y-1}{\frac 34}\\
&=\frac{\Gamma\left(1-x-y\right)\Gamma\left(1+x-y\right)\Gamma\left(1-y\right)}{27\Gamma\left(2-3y\right)\Gamma\left(1-x\right)\Gamma\left(1+x\right)}\\
&\qquad+\frac{\Gamma\left(3y-1\right)\Gamma\left(1-x-y\right)\Gamma\left(1+x-y\right)}{9\Gamma\left(1-3x\right)\Gamma\left(1+3x\right)\Gamma\left(y\right)}\\
&=\frac{\Gamma\left(1-x-y\right)\Gamma\left(1+x-y\right)\Gamma\left(1-y\right)\Gamma(3y-1)}{27\pi^2 x}\\
&\qquad\cdot (-\sin 3\pi y\sin\pi x+\sin 3\pi x\sin\pi y)
\end{align}
ここで, 三角関数の3倍角の公式などを用いて整理すると,
\begin{align}
&-\sin 3\pi y\sin\pi x+\sin 3\pi x\sin\pi y\\
&=(4\sin^3\pi y-3\sin\pi y)\sin\pi x+(3\sin\pi x-4\sin^3\pi x)\sin\pi y\\
&=4\sin\pi x\sin\pi y(\sin^2\pi y-\sin^2\pi x)\\
&=4\sin\pi x\sin\pi y\sin\pi(y-x)\sin\pi(y+x)
\end{align}
であるから,
\begin{align}
&\F32{1-3x,1+3x,y}{\frac {3}2,3y-1}{\frac 34}\\
&=3^{3-3y}\frac{\Gamma\left(1-x-y\right)\Gamma\left(1+x-y\right)\Gamma\left(1-y\right)\Gamma(3y-1)}{27\pi^2 x}\\
&\qquad\cdot 4\sin\pi x\sin\pi y\sin\pi(y-x)\sin\pi(y+x)\\
&=\frac{3^{-3y}4\pi\Gamma(3y-1)\sin\pi x}{x\Gamma(y)\Gamma(y-x)\Gamma(y+x)}\\
&=\frac{2\Gamma\left(y-\frac 13\right)\Gamma\left(y+\frac 13\right)\sin\pi x}{3\sqrt 3x\Gamma(y-x)\Gamma(y+x)}
\end{align}
となって2つ目の等式も得られる.
定理1の1つ目の等式には以下のような拡張が知られている.
\begin{align}
&\F76{a,\frac 12+a,b,1-b,c,\frac{1+2a}3-c,1+\frac a2}{\frac 12,1+\frac{2a-b}3,\frac{2+2a+b}3,3c,1+2a-3c,\frac a2}{1}\\
&=\frac{2\sin\frac{\pi(b+1)}3}{\sqrt3}\frac{\Gamma\left(\frac 13+c\right)\Gamma\left(\frac 23+c\right)\Gamma\left(1+\frac{2a-b}3\right)\Gamma\left(\frac{2+2a+b}3\right)\Gamma\left(\frac{2+2a}3-c\right)\Gamma\left(1+\frac{2a}3-c\right)}{\Gamma\left(\frac{2+2a}3\right)\Gamma\left(1+\frac{2a}3\right)\Gamma\left(\frac{1+b}2+c\right)\Gamma\left(\frac{2-b}3+c\right)\Gamma\left(\frac{2+2a+b}3-c\right)\Gamma\left(1+\frac{2a-b}3-c\right)}
\end{align}
実際$a\to\infty$とすると定理1の1つ目の等式と同値な式が得られる. この拡張はGosperによって予想され, 長らく示されていなかったようであるが, 1990年にGasper-Rahmanの論文で$q$類似が示され, その古典極限として示されたものである. さらにGasper-Rahmanの論文では定理1の2つ目の等式にもこのような形の拡張を与えられているようである.
