ある3F2の二次変換公式
今回は次のような変換公式を示す.
$\frac 32+a+b=d+e+f$のとき,
\begin{align}
&\frac 1{(1-z)^{1-f}}\F32{a,b,1-f}{d,e}{\frac{z^2}{4(z-1)}}\\
&=\sum_{0\leq n}\frac{\left(1-f,d-\frac 12,e-\frac 12\right)_n(4z)^n}{n!(2d-1,2e-1)_n}\F32{1+a-f+n,1+b-f+n,-n}{2d-1+n,2e-1+n}z
\end{align}
が成り立つ.
Whippleの${}_4F_3$変換公式
より, $1+a+b+c=d+e+f$のとき,
\begin{align}
&\F43{a,b,c-m,-m}{d,e,f-2m}1\\
&=\frac{(d-c+m,e-c+m)_m}{(d,e)_m}\F43{c-m,f-a-2m,f-b-2m,-m}{f-2m,1-2m+c-d,1-2m+c-e}1\\
&=\frac{(d-c+m,e-c+m)_m}{(d,e)_m}\sum_{k=0}^m\frac{(c-m,f-a-2m,f-b-2m,-m)_{m-k}}{(1,f-2m,1-2m+c-d,1-2m+c-e)_{m-k}}\\
&=\frac{(d-c+m,e-c+m)_m}{(d,e)_m}\frac{(c-m,f-a-2m,f-b-2m,-m)_m}{(1,f-2m,1-2m+c-d,1-2m+c-e)_{m}}\\
&\qquad\cdot\F43{1-f+m,d-c+m,e-c+m,-m}{1-c,1+a-f+m,1+b-f+m}1\\
&=\frac{(-1)^m(1-c,1+a-f+m,1+b-f+m)_m}{(1-f+m,d,e)_{m}}\F43{1-f+m,d-c+m,e-c+m,-m}{1-c,1+a-f+m,1+b-f+m}1\\
&=\frac{(-1)^mm!(1-c)_m(1+a-f,1+b-f)_{2m}}{(1-f)_{2m}(d,e,d-c,e-c)_{m}}\sum_{0\leq n}\frac{(1-f,d-c,e-c)_{n+m}(-1)^n}{(1+a-f,1+b-f)_{n+m}n!(1-c)_n(m-n)!}
\end{align}
を得る. これより, $\frac 32+a+b=d+e+f$のとき,
\begin{align}
\F43{a,b,\frac 12-m,-m}{d,e,f-2m}1&=\frac{(1,1+a-f,1+b-f)_{2m}}{(1-f,2d-1,2e-1)_{2m}}\sum_{0\leq n}\frac{(1-f,d-\frac 12,e-\frac 12)_{n+m}(-4)^{n+m}}{(1+a-f,1+b-f)_{n+m}(2n)!(m-n)!}\\
&=\frac{(1,1+a-f,1+b-f)_{2m}}{(1-f,2d-1,2e-1)_{2m}}\sum_{0\leq n}\frac{(1-f,d-\frac 12,e-\frac 12)_{n}(-4)^{n}}{(1+a-f,1+b-f)_{n}(2n-2m)!(2m-n)!}\\
\F43{a,b,-\frac 12-m,-m}{d,e,f-1-2m}1&=-\frac{(1,1+a-f,1+b-f)_{2m+1}}{(1-f,2d-1,2e-1)_{2m+1}}\sum_{0\leq n}\frac{(1-f,d-\frac 12,e-\frac 12)_{n+m+1}(-4)^{n+m+1}}{(1+a-f,1+b-f)_{n+m+1}(2n+1)!(m-n)!}\\
&=-\frac{(1,1+a-f,1+b-f)_{2m+1}}{(1-f,2d-1,2e-1)_{2m+1}}\sum_{0\leq n}\frac{(1-f,d-\frac 12,e-\frac 12)_{n}(-4)^{n}}{(1+a-f,1+b-f)_{n}(2n-2m-1)!(2m+1-n)!}
\end{align}
を得る. これらはまとめて,
\begin{align}
\F43{a,b,\frac 12-m,-m}{d,e,f-2m}1&=\frac{(1,1+a-f,1+b-f)_m}{(1-f,2d-1,2e-1)_m}\sum_{0\leq n}\frac{\left(1-f,d-\frac 12,e-\frac 12\right)_n(-4)^n}{(1+a-f,1+b-f)_n(2n-m)!(m-n)!}
\end{align}
と書くことができる. よって,
\begin{align}
&\frac 1{(1-z)^{1-f}}\F32{a,b,1-f}{d,e}{\frac{z^2}{4(z-1)}}\\
&=\sum_{0\leq n}\frac{(a,b,1-f)_n}{(1,d,e)_n}\frac{z^{2n}}{(-4)^n(1-z)^{n+1-f}}\\
&=\sum_{0\leq n,m}\frac{(a,b)_n}{(1,d,e)_n}\frac{z^{2n+m}}{(-4)^n}\frac{(1-f)_{n+m}}{m!}\\
&=\sum_{0\leq n,m}\frac{(a,b)_n}{(1,d,e)_n}\frac{z^{m}}{(-4)^n}\frac{(1-f)_{m-n}}{(m-2n)!}\\
&=\sum_{0\leq m}z^m\frac{(1-f)_m}{m!}\F43{a,b,\frac{1-m}2,-\frac m2}{d,e,f-m}1\\
&=\sum_{0\leq m}z^m\frac{(1+a-f,1+b-f)_m}{(2d-1,2e-1)_m}\sum_{0\leq n}\frac{\left(1-f,d-\frac 12,e-\frac 12\right)_n(-4)^n}{(1+a-f,1+b-f)_n(2n-m)!(m-n)!}\\
&=\sum_{0\leq m,n}z^{m+n}\frac{(1+a-f,1+b-f)_{m+n}}{(2d-1,2e-1)_{m+n}}\frac{\left(1-f,d-\frac 12,e-\frac 12\right)_n(-4)^n}{(1+a-f,1+b-f)_n(n-m)!m!}\\
&=\sum_{0\leq m,n}z^{m+n}\frac{(1+a-f+n,1+b-f+n,-n)_{m}}{m!(2d-1+n,2e-1+n)_{m}}\frac{\left(1-f,d-\frac 12,e-\frac 12\right)_n4^n}{n!(2d-1,2e-1)_n}\\
&=\sum_{0\leq n}\frac{\left(1-f,d-\frac 12,e-\frac 12\right)_n(4z)^n}{n!(2d-1,2e-1)_n}\F32{1+a-f+n,1+b-f+n,-n}{2d-1+n,2e-1+n}z
\end{align}
となって示すべき等式が得られた.
特に, $1+a-f=2d-1,1+b-f=2e-1$の場合に, $d\mapsto d+1,e\mapsto e+1$と置き換えると以下の系を得る.
\begin{align} &\frac 1{(1-z)^{\frac 12+d+e}}\F32{d-e+\frac 12,e-d+\frac 12,d+e+\frac 12}{d+1,e+1}{\frac{z^2}{4(z-1)}}\\ &=\F32{d+e+\frac 12,d+\frac 12,e+\frac 12}{2d+1,2e+1}{4z(1-z)} \end{align}
この変換公式は見たことがなかったが, 既知の結果ではないかと思われる. 特に, $d=e=0$の場合,
\begin{align}
\frac 1{\sqrt{1-z}}\F32{\frac 12,\frac 12,\frac 12}{1,1}{\frac{z^2}{4(z-1)}}=\F32{\frac 12,\frac 12,\frac 12}{1,1}{4z(1-z)}
\end{align}
となって, 同じ関数の変換公式を得る.
