色数からの挑戦状にやなさんのかわりにずんだもんがチャレンジしてみた

(1)
$$\begin{array}{r}\{\begin{array}{l}{(1-z)}^{-a}=1+\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{{\left(a\right)}_n}{n!}{z}^n\\ az\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{{(a+1)}_n}{n!(c+n)}{z}^n=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{{\left(a\right)}_n}{(n-1)!(c+n-1)}{z}^n\\ \frac{az}{c}\sum _{k=1}^{c-b-1}{}_2{F}_1(a+1,b+k|z)=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{{\left(a\right)}_n}{{\left(c\right)}_n}\frac{z^n}{(n-1)!}\sum _{k=1}^{c-b-1}{(b+k)}_{n-1}\end{array}\end{array}$$
を用いるのだ。
$$\begin{array}{r}{(1-z)}^{-a}-az\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{{(a+1)}_n}{n!(c+n)}{z}^n=1+\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{{\left(a\right)}_n}{n!}\frac{c-1}{(c+n-1)}{z}^n\end{array}$$
$$\begin{array}{r}{}_2{F}_1(a,b;c|z)+\frac{az}{c}\sum _{k=1}^{c-b-1}{}_2{F}_1(a+1,b+k|z)=1+\frac{{\left(a\right)}_n}{n!}\frac{1}{{\left(c\right)}_n}\{{\left(b\right)}_n+n\sum _{k=1}^{c-b-1}{(b+k)}_{n-1}\}\end{array}$$
$z^n$の係数比較を行うことで下記の式を得るのだ。
$$\begin{array}{r}{(c-1)}_n=\{{\left(b\right)}_n+n\sum _{k=1}^{c-b-1}{(b+k)}_{n-1}\}\end{array}$$
以下この式を証明するのだ。
ただし、面倒なので$c\to c+1$としておく。つまり、次の式を証明する。
$$\begin{array}{r}{\left(c\right)}_n=\{{\left(b\right)}_n+n\sum _{k=1}^{c-b}{(b+k)}_{n-1}\}\end{array}$$
【n=1】
$$\begin{array}{rcl}\left(左辺\right)& =& c\\ \left(右辺\right)& =& b+c-b=c\end{array}$$
【1,2,...,nまで正しいと仮定】
$$\begin{array}{rcl}{\left(c\right)}_{n+1}& =& c\{{(b+1)}_n+n\sum _{k=1}^{c-b}{(b+k+1)}_{n-1}\}\\ & =& {\left(b\right)}_{n+1}+(c-b){(b+1)}_n+nc\sum _{k=1}^{c-b}{(b+k+1)}_{n-1}\end{array}$$
つまり、次の式を示せばよいのだ。
$$\begin{array}{r}(c-b){(b+1)}_n+nc\sum _{k=1}^{c-b}{(b+k+1)}_{n-1}=(n+1)\sum _{k=1}^{c-b}{(b+k)}_n\end{array}$$
これを示すためにさらに、$c-b=M$と置くのだ。
すると示すべき式は次の様に書き直せるのだ。
$$\begin{array}{r}M{(b+1)}_n+n(b+M)\sum _{k=1}^M{(b+k+1)}_{n-1}=(n+1)\sum _{k=1}^M{(b+k)}_n\end{array}$$
【M=1の場合】
$$\begin{array}{rcl}\left(左辺\right)& =& {(b+1)}_n+n(b+1){(b+2)}_{n-1}\\ & =& {(b+1)}_n+n{(b+1)}_n\\ & =& (n+1){(b+1)}_n=\left(右辺\right)\end{array}$$
【1,2,...,Mまで成り立つとした場合】
$$\begin{array}{rcl}(M+1){(b+1)}_n+n(b+M+1)\sum _{k=1}^{M+1}{(b+k+1)}_{n-1}& =& M{(b+1)}_n+n(b+M)\sum _{k=1}^M{(b+k+1)}_{n-1}\\ & +& {(b+1)}_n+n(b+M+1){(b+M+2)}_{n-1}+n\sum _{k=1}^M{(b+k+1)}_{n-1}\end{array}$$
改行後の式に着目するのだ。
$$\begin{array}{rcl}{(b+1)}_n+n(b+M+1){(b+M+2)}_{n-1}+n\sum _{k=1}^M{(b+k+1)}_{n-1}& =& {(b+1)}_n+n{(b+M+1)}_n+n\sum _{k=1}^M{(b+k+1)}_{n-1}\end{array}$$
さらに次の事を示すのだ。
$${(b+1)}_n+n{(b+M+1)}_n+n\sum _{k=1}^M{(b+k+1)}_{n-1}=(n+1){(b+M+1)}_n$$
【M=0の場合】
$${(b+1)}_n+n{(b+1)}_n=(n+1){(b+1)}_n$$
【M=1の場合】
$$\begin{array}{rcl}{(b+1)}_n+n{(b+2)}_n+n\sum _{k=1}^1{(b+k+1)}_{n-1}& =& {(b+2)}_{n-1}\{b+1+n(b+n+1)+n\}\\ & =& {(b+2)}_{n-1}(n+1)(n+b+1)\\ & =& (n+1){(b+2)}_n\end{array}$$
【0,1,2,...,M-1まで成り立つと仮定】
$$\begin{array}{rcl}{(b+1)}_n+n{(b+M+1)}_n+n\sum _{k=1}^M{(b+k+1)}_{n-1}& =& {(b+1)}_n+n\sum _{k=1}^{M-1}{(b+k+1)}_{n-1}+n{(b+M+1)}_n+n{(b+M+1)}_{n-1}\\ & =& (n+1){(b+M)}_n-n{(b+M)}_n+n{(b+M+1)}_n+n{(b+M+1)}_{n-1}\\ & =& {(b+M+1)}_{n-1}\{b+M+n(b+n+M)+n\}\\ & =& (n+1){(b+M+1)}_n\end{array}$$
このことから、色数君の式は証明されたのだ！