ご注文はWZですか？

$\{h_{n}\}_{n\in\mathbb{N}_{0}},\{l_{n}\}_{n\in\mathbb{N}_{0}}\in H$とする。
\begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} \exists f_{1}(n),g_{1}(n)\in\mathbb{C}[n]\ s.t.\ \frac{h_{n+1}}{h_{n}}=\frac{f_{1}(n)}{g_{1}(n)}\in\mathbb{C}(n)\\ \exists f_{2}(n),g_{2}(n)\in\mathbb{C}[n]\ s.t.\ \frac{l_{n+1}}{l_{n}}=\frac{f_{2}(n)}{g_{2}(n)}\in\mathbb{C}(n) \end{array} \right. \end{eqnarray}
\begin{eqnarray} \frac{h_{n+1}l_{n+1}}{h_{n}l_{n}}&=&\frac{f_{1}(n)f_{2}(n)}{g_{1}(n)g_{2}(n)}\in\mathbb{C}(n) \end{eqnarray}

[1]反射律[2]対称律は略
[3]推移律
超幾何項$\{h_{n}\}_{n\in\mathbb{N}_{0}},\{l_{n}\}_{n\in\mathbb{N}_{0}},\{m_{n}\}_{n\in\mathbb{N}_{0}}\in H$が次の性質を持つとしましょう。$h_{n}\simeq l_{n}\land l_{n}\simeq m_{n}$。
すると、以下の性質を満たします。
\begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} \exists f_{1}(n),g_{1}(n)\in\mathbb{C}[n]\ s.t.\ \frac{h_{n}}{l_{n}}=\frac{f_{1}(n)}{g_{1}(n)}\\ \exists f_{2}(n),g_{2}(n)\in\mathbb{C}[n]\ s.t.\ \frac{l_{n}}{m_{n}}=\frac{f_{2}(n)}{g_{2}(n)}\\ \end{array} \right. \end{eqnarray}
この式から以下の結論が得られます。ゆえに$h_{n}\simeq m_{n}$
\begin{eqnarray} \frac{h_{n}}{m_{n}}&=&\frac{h_{n}}{l_{n}}\frac{l_{n}}{m_{n}}\\ &=&\frac{f_{1}(n)f_{2}(n)}{g_{1}(n)g_{2}(n)}\in\mathbb{C}(n) \end{eqnarray}

\begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} \exists f_{1}(n),g_{1}(n)\in\mathbb{C}[n]\ s.t.\ \frac{h_{n+1}}{h_{n}}=\frac{f_{1}(n)}{g_{1}(n)}\in\mathbb{C}(n)\\ \exists f_{2}(n),g_{2}(n)\in\mathbb{C}[n]\ s.t.\ \frac{l_{n+1}}{l_{n}}=\frac{f_{2}(n)}{g_{2}(n)}\in\mathbb{C}(n)\\ \exists f(n),g(n)\in\mathbb{C}[n]\ s.t.\ \frac{h_{n}}{l_{n}}=\frac{f(n)}{g(n)}\in\mathbb{C}(n) \end{array} \right. \end{eqnarray}
この式を用いると以下の計算ができる。
[(1)]
\begin{eqnarray} \frac{h_{n+1}+l_{n+1}}{h_{n}+l_{n}}&=&\frac{\frac{h_{n+1}}{h_{n}}\frac{h_{n}}{l_{n}}+\frac{l_{n+1}}{l_{n}}}{1+\frac{h_{n}}{l_{n}}}\\ &=&\frac{\frac{f_{1}(n)}{g_{1}(n)}\frac{f(n)}{g(n)}+\frac{f_{2}(n)}{g_{2}(n)}}{1+\frac{f(n)}{g(n)}}\\ &=&\frac{f_{1}(n)g_{2}(n)f(n)+g_{1}(n)f_{2}(n)g(n)}{g_{1}(n)g_{2}(n)g(n)+g_{1}(n)g_{2}(n)f(n)}\in\mathbb{C}(n) \end{eqnarray}
[(2)]
相似$\simeq$は同値関係で、$h_{n}\simeq l_{n}$なので、$l_{n}\simeq h_{n}+l_{n}$のみを示せばよい。
\begin{equation} \frac{h_{n}+l_{n}}{l_{n}}=\frac{f(n)+g(n)}{g(n)}\in\mathbb{C}(n) \end{equation}

超幾何項の定義より以下の式が成り立つ。
\begin{equation} \exists f,g\in \mathbb{C}[n]\ s.t. \frac{h_{n+1}}{h_{n}}=\frac{f(n)}{g(n)} \end{equation}
[1]$\forall p,q\in \mathbb{N}_{0}:h_{n+p}\simeq h_{n+q}$
一般性を損なわないので、$p\gt q$として計算を進める。
\begin{eqnarray} \frac{h_{n+p}}{h_{n+q}}&=&\frac{h_{n+p}}{h_{n+p-1}}\frac{h_{n+p-1}}{h_{n+p-2}}\cdots\frac{h_{n+q+1}}{h_{n+q}}\\ &=&\frac{f(n+p-1)}{g(n+p-1)}\frac{f(n+p-2)}{g(n+p-2)}\cdots\frac{f(n+q)}{g(n+q)}\\ &=&\frac{F(n)}{G(n)}\in\mathbb{C}(n) \end{eqnarray}
[2][1]より$h_{1}\simeq h_{2}\simeq \cdots \simeq h_{n}$が分かる。
また帰納的に構成していくことで$s_{n-1}\simeq h_{n}$が分かるので、$s_{n}\simeq s_{n-1}+h_{n}$。
ゆえに$s_{n}$は超幾何項である事が示された。

[1]$\{h_{n}\}_{n\in\mathbb{N}_{0}}$は超幾何項なので、以下の式が成り立つ。
\begin{equation} \exists f(n),g(n)\in\mathbb{C}[n]\ s.t.\ \frac{h_{n}}{h_{n-1}}=\frac{f(n)}{g(n)} \end{equation}
[2]$p^{(1)}_{n},q^{(1)}_{n},r^{(1)}_{n}\in\mathbb{C}[n]$を用いて以下の様に書けたとします。
\begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} f(n)=p^{(1)}_{n}q^{(1)}_{n}\\ g(n)=p^{(1)}_{n-1}r^{(1)}_{n} \end{array} \right. \end{eqnarray}
この時、ある最小の自然数$k_{1}\in\mathbb{N}_{0}$が存在して次式が成立したとしましょう。
\begin{equation} gcd(q^{(1)}_{n},r^{(1)}_{n+k_{1}})=s^{(1)}_{n} \end{equation}
すると以下の式が成り立つ。
\begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} \exists q^{(2)}_{n}\in\mathbb{C}[n]\ s.t.\ q^{(1)}_{n}=s^{(1)}_{n}q^{(2)}_{n}\\ \exists r^{(2)}_{n}\in\mathbb{C}[n]\ s.t.\ r^{(1)}_{n}=\frac{r^{(1)}_{n}}{r^{(1)}_{n+1}}\frac{r^{(1)}_{n+1}}{r^{(1)}_{n+2}}\cdots \frac{r^{(1)}_{n+k-1}}{r^{(1)}_{n+k}}r^{(1)}_{n+k}=s^{(1)}_{n}\frac{r^{(1)}_{n}}{r^{(1)}_{n+1}}\frac{r^{(1)}_{n+1}}{r^{(1)}_{n+2}}\cdots \frac{r^{(1)}_{n+k_{1}-1}}{r^{(1)}_{n+k_{1}}}r^{(2)}_{n} \end{array} \right. \end{eqnarray}
ゆえに、以下の式が得られる。
\begin{eqnarray} \frac{f(n)}{g(n)}&=&\frac{p^{(1)}_{n}r^{(1)}_{n+1}r^{(1)}_{n+2}\cdots r^{(1)}_{n+k_{1}}}{p^{(1)}_{n-1}r^{(1)}_{n}r^{(1)}_{n+1}\cdots r^{(1)}_{n+k_{1}-1}}\frac{q^{(2)}_{n}}{r^{(2)}_{n}} \end{eqnarray}
そこでさらに次の様に記号を定めましょう。
\begin{equation} p^{(2)}_{n}=p^{(1)}_{n}r^{(1)}_{n+1}r^{(1)}_{n+2}\cdots r^{(1)}_{n+k_{1}} \end{equation}
[3]つまり以下の事を繰り返します。
(i)start: $p^{(1)}_{n},q^{(1)}_{n},r^{(1)}_{n}\in\mathbb{C}[n]$を適当に定め、次式が成り立つ様にする。
\begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} f(n)=p^{(1)}_{n}q^{(1)}_{n}\\ g(n)=p^{(1)}_{n-1}r^{(1)}_{n} \end{array} \right. \end{eqnarray}
(ii)$gcd(q^{(l)}_{n},r^{(l)}_{n+l})=s^{(l)}_{n}\neq 1$を満たす最小の自然数$k_{l}$を求める。
その様な自然数が存在しない場合は(iv)へ進む。
(iii)次の様な更新を行う。
\begin{equation} p^{(l+1)}_{n}=r^{(l)}_{n+1}r^{(l)}_{n+2}\cdots r^{(l)}_{n+k_{1}}p_{n}^{(l)}\\ \end{equation}
(iv)end:最終的に次の様に置けば、目的が達成される。
\begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} p_{n}=p^{(l)}_{n}\\ q_{n}=q^{(l)}_{n}\\ r_{n}=r^{(l)}_{n} \end{array} \right. \end{eqnarray}
[4][3]の操作は高々有限回で終了する。
理由は、$q^{(l)}_{n}$の次数は有限かつ自然数であり、その次数は単調減少であるため。

[1]虚部が$0$出なければ明らかなので、虚部が$0$出ない場合は省略
[2]以下虚部$0$の場合。つまり実数かつ整数でない場合について本補題が成り立つ事を示す。
過程より、実数かつ整数でない様なもの$r$は$\exists x\in\mathbb{Z},\exists y\in(0,1]\ s.t.\ r=x+y$と書ける。
[3]ゆえに$\forall z\in\mathbb{Z}:r+z=(x+z)+y\not\in\mathbb{Z}$が得られる。

与えられた条件より
\begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} f(n)=(n-a_{1})(n-a_{2})\cdots(n-a_{k})\\ g(n)=(n-b_{1})(n-b_{2})\cdots(n-b_{l}) \end{array} \right. \end{eqnarray}
ゆえに任意の自然数に対して以下の事が成り立つ事が分かる。
\begin{equation} g(n+N)=\{n-(b_{1}-N)\}\{n-(b_{2}-N)\}\cdots\{n-(b_{l}-N)\} \end{equation}
そこで、$f(n),g(n+N)$が互いに素である事と双方が同一の根を持たない事は同値なので、結局$\forall i\in\{1,2,...,k\},\forall j\in\{1,2,...,l\}:|a_{i}+N-b_{j}|\neq 0$を示せばよい。
仮定より、$\forall i\in\{1,2,...,k\},\forall j\in\{1,2,...,l\}:a_{i}-b_{j}\in\mathbb{C}\setminus\mathbb{Z}$なので補題6より$\forall N\in\mathbb{N}_{0}\subset\mathbb{Z}:\forall i\in\{1,2,...,k\},\forall j\in\{1,2,...,l\}:a_{i}+N-b_{j}\in\mathbb{C}\setminus\mathbb{Z}$。
これから証明が完了された。

[1]
\begin{eqnarray} l_{n+1}-l_{n}&=&l_{n}(\frac{l_{n+1}}{l_{n}}-1)\\ &=&h_{n} \end{eqnarray}
超幾何項の定義より、$\frac{l_{n+1}}{l_{n}}\in\mathbb{C}(n)$なので、$\xi_{n}=\frac{1}{\frac{l_{n+1}}{l_{n}}-1}\in\mathbb{C}(n)$が成り立つ。
この式を用いると下記の式が得られます。
\begin{equation} \exists \xi_{n}\in\mathbb{C}(n)\ s.t.\ l_{n}=\xi_{n}h_{n} \end{equation}
[2]この$\xi_{n}$は整理すると以下の式が得られます。
\begin{equation} \forall n\in\mathbb{N}_{0}:\frac{h_{n+1}}{h_{n}}\xi_{n+1}-\xi_{n}=1 \end{equation}
[3]定理5より下記の式を得ることが出来る。
\begin{equation} \exists p_{n},q_{n},r_{n}\in\mathbb{C}[n]\ s.t. \forall N\in\mathbb{N}_{0}:gcd(q_{n},r_{n+N})=1:\frac{h_{n}}{h_{n-1}}=\frac{p_{n}}{p_{n-1}}\frac{q_{n}}{r_{n}} \end{equation}
また、$\xi_{n}=\frac{r_{n}}{p_{n}}\eta_{n}$の様に置き直すと次式が成り立つ。
\begin{eqnarray} \frac{h_{n+1}}{h_{n}}\xi_{n+1}-\xi_{n}&=&\frac{p_{n+1}}{p_{n}}\frac{q_{n+1}}{r_{n+1}}\frac{r_{n+1}}{p_{n+1}}\eta_{n+1}-\frac{r_{n}}{p_{n}}\eta_{n}\\ &=&\frac{q_{n+1}}{p_{n}}\eta_{n+1}-\frac{r_{n}}{p_{n}}\eta_{n}\\ &=&1 \end{eqnarray}
それゆえに、下記の式を得る。
\begin{equation} q_{n+1}\eta_{n+1}-r_{n}\eta_{n}=p_{n} \end{equation}

まず、$\eta_{n}\in\mathbb{C}(n)$である事は分かりますので$\exists f(n),g(n)\in\mathbb{C}[n]\ s.t.\ gcd(f(n),g(n))=1\land \eta_{n}=\frac{f(n)}{g(n)}$と書けます。
示すべきことは、$g(n)=const.$です。
[0]$g(n)=const.$の場合は示す事はありません。
[1]そこで$g(n)\neq const.$であるとします。するとこれを代入する事で下記の式を得ます。
\begin{equation} q_{n+1}f(n+1)g(n)-r_{n}f(n)g(n+1)=p_{n}g(n)g(n+1) \end{equation}
また、明らかに$\exists N\in\mathbb{N}_{0}\ s.t. gcd(g(n),g(n+N))=u(n)\neq 1$が成り立ちます(少なくともN=0で成り立つ)から。その様な$N$の最大のものを$N^{\ast}$とします。
右辺は$g(n+1)$の倍数ですから、両辺は$u(n+1)$で割れます。
つまり次の事が成り立つ事が分かります。
\begin{equation} u(n+1)|q_{n+1} \end{equation}
さらに、次の式から$u(n+1)|r_{n+N}$が得られます。
\begin{equation} q_{n+N+1}f(n+N+1)g(n+N)-r_{n+N}f(n+N)g(n+N+1)=p_{n+N}g(n+N)g(n+N+1) \end{equation}
しかし矛盾しています。
なぜなら、$\forall N\in\mathbb{N}_{0}:gcd(q_{n},r_{n+N})=1$としたからです。
この矛盾は、$g(n)\neq const.$とした事から起きました。
ゆえに、$g(n)=const.$出なければなりません！

まず$g(k)\coloneqq \sum_{n\in\mathbb{N}_{0}}G(n,k)$と置きましょう。
WZ的組の定義を用いると
\begin{equation} F(n+1,k)=\sum_{n=0}^{n}G(n,k+1)-\sum_{n=0}^{n}G(n,k) \end{equation}
が成り立つ事が、$n$について$0$から$n$まで総和を取れば分かります。
ゆえに、$n\rightarrow \infty$として下記の式が得られます。
\begin{equation} \forall k\in\mathbb{N}_{0}:g(k)=g(k+1) \end{equation}
つまり、$g(0)=g(1)=\cdots=g(k)=\cdots=const.$が得られるので本定理は証明された。