Baileyの積公式のMellin-Barnes積分類似
前の記事
でBaileyによる${}_2F_1$の積公式
\begin{align}
\F21{a,b}{c}x\F21{a,b}{1+a+b-c}{x}&=\F43{a,b,\frac{a+b}2,\frac{a+b+1}2}{c,1+a+b-c,a+b}{4x(1-x)}
\end{align}
示した. この公式は原点の十分小さな近傍で成り立っている等式であることに注意する必要がある. 例えば一般に$\frac 12< x<1$では成り立たないことに注意が必要である. これは$x\mapsto\frac{1-\sqrt{1-x}}2$と書き換えると
\begin{align}
\F21{a,b}{c}{\frac{1-\sqrt{1-x}}2}\F21{a,b}{1+a+b-c}{\frac{1-\sqrt{1-x}}2}&=\F43{a,b,\frac{a+b}2,\frac{a+b+1}2}{c,1+a+b-c,a+b}{x}
\end{align}
となり, $x=1$が両辺の分岐点になっていることによって生じる現象である. 具体的には解析接続によって$x$が$1$の周りを一周回って元の位置に戻ってきたとき, 上の式の左辺は
\begin{align}
\F21{a,b}{c}{\frac{1+\sqrt{1-x}}2}\F21{a,b}{1+a+b-c}{\frac{1+\sqrt{1-x}}2}
\end{align}
に移ることが分かる.
Baileyの積公式の類似1
\begin{align}
\F21{a,b}{c}{1-x},\qquad\F21{a,b}{1+a+b-c}{x}
\end{align}
は同じ超幾何微分方程式の解であるから, 今回は上の式の左辺を別の解で置き換えた
\begin{align}
\F21{a,b}{c}{x}\F21{a,b}{c}{1-x}
\end{align}
に対して類似となる公式を与えたいと思う. まず,
${}_2F_1$の接続公式
\begin{align}
\F21{a,b}{c}{1-x}&=\frac{\Gamma(c)\Gamma(c-a-b)}{\Gamma(c-a)\Gamma(c-b)}\F21{a,b}{1+a+b-c}x\\
&\qquad+\frac{\Gamma(c)\Gamma(a+b-c)}{\Gamma(a)\Gamma(b)}x^{c-a-b}\F21{c-a,c-b}{1+c-a-b}{x}
\end{align}
を用いると,
\begin{align}
&\F21{a,b}{c}{x}\F21{a,b}{c}{1-x}\\
&=\frac{\Gamma(c)\Gamma(c-a-b)}{\Gamma(c-a)\Gamma(c-b)}\F21{a,b}{c}{x}\F21{a,b}{1+a+b-c}x\\
&\qquad+\frac{\Gamma(c)\Gamma(a+b-c)}{\Gamma(a)\Gamma(b)}x^{c-a-b}\F21{a,b}{c}{x}\F21{c-a,c-b}{1+c-a-b}{x}
\end{align}
となる. 1つ目の項はBaileyの積公式
\begin{align}
\F21{a,b}{c}x\F21{a,b}{1+a+b-c}{x}&=\F43{a,b,\frac{a+b}2,\frac{a+b+1}2}{c,1+a+b-c,a+b}{4x(1-x)}
\end{align}
を適用し, 2つ目の項はEulerの変換公式を適用した後Baileyの積公式を適用すると,
\begin{align}
&x^{c-a-b}\F21{a,b}{c}{x}\F21{c-a,c-b}{1+c-a-b}{x}\\
&=(x(1-x))^{c-a-b}\F21{c-a,c-b}{c}{x}\F21{c-a,c-b}{1+c-a-b}{x}\\
&=(x(1-x))^{c-a-b}\F43{c-a,c-b,\frac{2c-a-b}2,\frac{2c-a-b+1}2}{c,1+c-a-b,2c-a-b}{4x(1-x)}
\end{align}
となるから, これらを合わせると原点の十分小さな近傍に含まれる$x$に対して以下の等式が得られる.
\begin{align}
&\F21{a,b}{c}{x}\F21{a,b}{c}{1-x}\\
&=\frac{\Gamma(c)\Gamma(c-a-b)}{\Gamma(c-a)\Gamma(c-b)}\F43{a,b,\frac{a+b}2,\frac{a+b+1}2}{c,1+a+b-c,a+b}{4x(1-x)}\\
&\qquad+\frac{\Gamma(c)\Gamma(a+b-c)}{\Gamma(a)\Gamma(b)}(x(1-x))^{c-a-b}\F43{c-a,c-b,\frac{2c-a-b}2,\frac{2c-a-b+1}2}{c,1+c-a-b,2c-a-b}{4x(1-x)}
\end{align}
ここで, この等式は$x\mapsto\frac{1-\sqrt{1-x}}2$として, 原点の十分小さな近傍に含まれる$x$に対して
\begin{align}
&\F21{a,b}{c}{\frac{1-\sqrt{1-x}}2}\F21{a,b}{c}{\frac{1+\sqrt{1-x}}2}\\
&=\frac{\Gamma(c)\Gamma(c-a-b)}{\Gamma(c-a)\Gamma(c-b)}\F43{a,b,\frac{a+b}2,\frac{a+b+1}2}{c,1+a+b-c,a+b}{x}\\
&\qquad+\frac{\Gamma(c)\Gamma(a+b-c)}{\Gamma(a)\Gamma(b)}\left(\frac x4\right)^{c-a-b}\F43{c-a,c-b,\frac{2c-a-b}2,\frac{2c-a-b+1}2}{c,1+c-a-b,2c-a-b}{x}
\end{align}
と書き換えることができる. ここで注目すべきは, 左辺の表示を見ると$x=1$が分岐点になっていないことである. つまり, 両辺は$x=1$に関して正則であり, 特異点が$x=0,\infty$にしか存在しない. よって, これらを元の変数に戻して考えると以下が成り立つことが分かる.
$x\in\CC, x\notin (-\infty,0),(1,\infty)$において,
\begin{align}
&\F21{a,b}{c}{x}\F21{a,b}{c}{1-x}\\
&=\frac{\Gamma(c)\Gamma(c-a-b)}{\Gamma(c-a)\Gamma(c-b)}\F43{a,b,\frac{a+b}2,\frac{a+b+1}2}{c,1+a+b-c,a+b}{4x(1-x)}\\
&\qquad+\frac{\Gamma(c)\Gamma(a+b-c)}{\Gamma(a)\Gamma(b)}(x(1-x))^{c-a-b}\F43{c-a,c-b,\frac{2c-a-b}2,\frac{2c-a-b+1}2}{c,1+c-a-b,2c-a-b}{4x(1-x)}
\end{align}
が成り立つ.
特に, $0< x<1$において
\begin{align}
&\F21{a,b}{c}{x}\F21{a,b}{c}{1-x}\\
&=\frac{\Gamma(c)\Gamma(c-a-b)}{\Gamma(c-a)\Gamma(c-b)}\F43{a,b,\frac{a+b}2,\frac{a+b+1}2}{c,1+a+b-c,a+b}{4x(1-x)}\\
&\qquad+\frac{\Gamma(c)\Gamma(a+b-c)}{\Gamma(a)\Gamma(b)}(x(1-x))^{c-a-b}\F43{c-a,c-b,\frac{2c-a-b}2,\frac{2c-a-b+1}2}{c,1+c-a-b,2c-a-b}{4x(1-x)}
\end{align}
が成り立つ. つまりBaileyの積公式よりも広い範囲で成り立っていること分かる. 定理1は
\begin{align}
&\F21{a,b}{c}{x}\F21{a,b}{c}{1-x}\\
&=\frac{\Gamma(c)\Gamma(c-a-b)}{\Gamma(c-a)\Gamma(c-b)}\F43{a,b,\frac{a+b}2,\frac{a+b+1}2}{c,1+a+b-c,a+b}{4x(1-x)}\\
&\qquad+\frac{\Gamma(c)\Gamma(a+b-c)}{\Gamma(a)\Gamma(b)}(x(1-x))^{c-a-b}\F43{c-a,c-b,\frac{2c-a-b}2,\frac{2c-a-b+1}2}{c,1+c-a-b,2c-a-b}{4x(1-x)}\\
&=\frac{\Gamma(c)\Gamma(c-a-b)\Gamma(c)\Gamma(1+a+b-c)\Gamma(a+b)}{\Gamma(c-a)\Gamma(c-b)\Gamma(a)\Gamma(b)\Gamma\left(\frac{a+b}2\right)\Gamma\left(\frac{a+b+1}2\right)}\\
&\qquad\cdot\sum_{0\leq n}\frac{\Gamma(a+n)\Gamma(b+n)\Gamma\left(\frac{a+b}2+n\right)\Gamma\left(\frac{a+b+1}2+n\right)}{n!\Gamma(c+n)\Gamma(1+a+b-c+n)\Gamma(a+b+n)}(4x(1-x))^n\\
&\qquad+\frac{\Gamma(c)\Gamma(a+b-c)\Gamma(c)\Gamma(1+c-a-b)\Gamma(2c-a-b)}{\Gamma(a)\Gamma(b)\Gamma(c-a)\Gamma(c-b)\Gamma\left(\frac{2c-a-b}2\right)\Gamma\left(\frac{2c-a-b+1}2\right)}4^{a+b-c}\\
&\qquad\cdot\sum_{0\leq n}\frac{\Gamma(c-a+n)\Gamma(c-b+n)\Gamma\left(\frac{2c-a-b}2+n\right)\Gamma\left(\frac{2c-a-b+1}2+n\right)}{n!\Gamma(c+n)\Gamma(1+c-a-b+n)\Gamma(2c-a-b+n)}(4x(1-x))^{n+c-a-b}\\
&=\frac{2^{a+b-1}\Gamma(c)^2}{\sqrt{\pi}\Gamma(a)\Gamma(b)\Gamma(c-a)\Gamma(c-b)}\frac{\pi}{\sin\pi(c-a-b)}\\
&\qquad\cdot\bigg(\sum_{0\leq n}\frac{\Gamma(a+n)\Gamma(b+n)\Gamma\left(\frac{a+b}2+n\right)\Gamma\left(\frac{a+b+1}2+n\right)}{n!\Gamma(c+n)\Gamma(1+a+b-c+n)\Gamma(a+b+n)}(4x(1-x))^n\\
&\qquad-\sum_{0\leq n}\frac{\Gamma(c-a+n)\Gamma(c-b+n)\Gamma\left(\frac{2c-a-b}2+n\right)\Gamma\left(\frac{2c-a-b+1}2+n\right)}{n!\Gamma(c+n)\Gamma(1+c-a-b+n)\Gamma(2c-a-b+n)}(4x(1-x))^{n+c-a-b}\bigg)\\
&=\frac{2^{a+b-1}\Gamma(c)^2}{\sqrt{\pi}\Gamma(a)\Gamma(b)\Gamma(c-a)\Gamma(c-b)}\\
&\qquad\cdot\frac 1{2\pi i}\int_{-i\infty}^{i\infty}\frac{\Gamma(a+s)\Gamma(b+s)\Gamma\left(\frac{a+b}2+s\right)\Gamma\left(\frac{a+b+1}2+s\right)}{\Gamma(s+1)\Gamma(c+s)\Gamma(1+a+b-c+s)\Gamma(a+b+s)}(4x(1-x))^s\frac{\pi^2}{\sin\pi s\sin\pi(a+b-c+s)}\,ds\\
&=\frac{2^{a+b-1}\Gamma(c)^2}{\sqrt{\pi}\Gamma(a)\Gamma(b)\Gamma(c-a)\Gamma(c-b)}\\
&\qquad\cdot\frac 1{2\pi i}\int_{-i\infty}^{i\infty}\frac{\Gamma(a+s)\Gamma(b+s)\Gamma\left(\frac{a+b}2+s\right)\Gamma\left(\frac{a+b+1}2+s\right)\Gamma(c-a-b-s)\Gamma(-s)}{\Gamma(c+s)\Gamma(a+b+s)}(4x(1-x))^s\,ds
\end{align}
より, 以下が得られる.
$x\in\CC, x\notin (-\infty,0),(1,\infty)$において,
\begin{align}
&\F21{a,b}{c}{x}\F21{a,b}{c}{1-x}\\
&=\frac{2^{a+b-1}\Gamma(c)^2}{\sqrt{\pi}\Gamma(a)\Gamma(b)\Gamma(c-a)\Gamma(c-b)}\\
&\qquad\cdot\frac 1{2\pi i}\int_{-i\infty}^{i\infty}\frac{\Gamma(a+s)\Gamma(b+s)\Gamma\left(\frac{a+b}2+s\right)\Gamma\left(\frac{a+b+1}2+s\right)\Gamma(c-a-b-s)\Gamma(-s)}{\Gamma(c+s)\Gamma(a+b+s)}(4x(1-x))^s\,ds
\end{align}
が成り立つ.
Baileyの積公式の類似2
次に, 別の解
\begin{align}
\F21{a,b}{1+a+b-c}{1-x}\F21{a,b}{c}{1-x}
\end{align}
を原点の周りで$4x(1-x)$に関して展開する公式を与える. 先ほどと同様に
${}_2F_1$の接続公式
\begin{align}
\F21{a,b}{c}{1-x}&=\frac{\Gamma(c)\Gamma(c-a-b)}{\Gamma(c-a)\Gamma(c-b)}\F21{a,b}{1+a+b-c}x\\
&\qquad+\frac{\Gamma(c)\Gamma(a+b-c)}{\Gamma(a)\Gamma(b)}x^{c-a-b}\F21{c-a,c-b}{1+c-a-b}{x}
\end{align}
とEulerの変換公式とBaileyの積公式を用いて
\begin{align}
&\F21{a,b}{1+a+b-c}{1-x}\F21{a,b}{c}{1-x}\\
&=\left(\frac{\Gamma(1+a+b-c)\Gamma(1-c)}{\Gamma(1+a-c)\Gamma(1+b-c)}\F21{a,b}{c}x+\frac{\Gamma(1+a+b-c)\Gamma(c-1)}{\Gamma(a)\Gamma(b)}x^{1-c}\F21{1+a-c,1+b-c}{2-c}{x}\right)\\
&\qquad\cdot\left(\frac{\Gamma(c)\Gamma(c-a-b)}{\Gamma(c-a)\Gamma(c-b)}\F21{a,b}{1+a+b-c}x+\frac{\Gamma(c)\Gamma(a+b-c)}{\Gamma(a)\Gamma(b)}x^{c-a-b}\F21{c-a,c-b}{1+c-a-b}{x}\right)\\
&=\frac{\Gamma(1+a+b-c)\Gamma(1-c)}{\Gamma(1+a-c)\Gamma(1+b-c)}\frac{\Gamma(c)\Gamma(c-a-b)}{\Gamma(c-a)\Gamma(c-b)}\F21{a,b}{c}x\F21{a,b}{1+a+b-c}x\\
&\qquad+\frac{\Gamma(1+a+b-c)\Gamma(c-1)}{\Gamma(a)\Gamma(b)}\frac{\Gamma(c)\Gamma(c-a-b)}{\Gamma(c-a)\Gamma(c-b)}x^{1-c}\F21{1+a-c,1+b-c}{2-c}{x}\F21{a,b}{1+a+b-c}x\\
&\qquad+\frac{\Gamma(1+a+b-c)\Gamma(1-c)}{\Gamma(1+a-c)\Gamma(1+b-c)}\frac{\Gamma(c)\Gamma(a+b-c)}{\Gamma(a)\Gamma(b)}x^{c-a-b}\F21{a,b}{c}x\F21{c-a,c-b}{1+c-a-b}{x}\\
&\qquad+\frac{\Gamma(1+a+b-c)\Gamma(c-1)}{\Gamma(a)\Gamma(b)}\frac{\Gamma(c)\Gamma(a+b-c)}{\Gamma(a)\Gamma(b)}x^{1-a-b}\F21{1+a-c,1+b-c}{2-c}{x}\F21{c-a,c-b}{1+c-a-b}{x}\\
&=\frac{\Gamma(1+a+b-c)\Gamma(1-c)\Gamma(c)\Gamma(c-a-b)}{\Gamma(1+a-c)\Gamma(1+b-c)\Gamma(c-a)\Gamma(c-b)}\F43{a,b,\frac{a+b}2,\frac{a+b+1}2}{c,1+a+b-c,a+b}{4x(1-x)}\\
&\qquad+\frac{\Gamma(1+a+b-c)\Gamma(c-1)\Gamma(c)\Gamma(c-a-b)}{\Gamma(a)\Gamma(b)\Gamma(c-a)\Gamma(c-b)}(x(1-x))^{1-c}\F21{1+a-c,1+b-c}{2-c}{x}\F21{1+a-c,1+b-c}{1+a+b-c}x\\
&\qquad+\frac{\Gamma(1+a+b-c)\Gamma(1-c)\Gamma(c)\Gamma(a+b-c)}{\Gamma(1+a-c)\Gamma(1+b-c)\Gamma(a)\Gamma(b)}(x(1-x))^{c-a-b}\F21{c-a,c-b}{c}x\F21{c-a,c-b}{1+c-a-b}{x}\\
&\qquad+\frac{\Gamma(1+a+b-c)\Gamma(c-1)\Gamma(c)\Gamma(a+b-c)}{\Gamma(a)^2\Gamma(b)^2}(x(1-x))^{1-a-b}\F21{1-a,1-b}{2-c}{x}\F21{1-a,1-b}{1+c-a-b}{x}\\
&=\frac{\Gamma(1+a+b-c)\Gamma(1-c)\Gamma(c)\Gamma(c-a-b)}{\Gamma(1+a-c)\Gamma(1+b-c)\Gamma(c-a)\Gamma(c-b)}\F43{a,b,\frac{a+b}2,\frac{a+b+1}2}{c,1+a+b-c,a+b}{4x(1-x)}\\
&\qquad+\frac{\Gamma(1+a+b-c)\Gamma(c-1)\Gamma(c)\Gamma(c-a-b)}{\Gamma(a)\Gamma(b)\Gamma(c-a)\Gamma(c-b)}(x(1-x))^{1-c}\F43{1+a-c,1+b-c,\frac{2+a+b-2c}2,\frac{3+a+b-2c}2}{2-c,1+a+b-c,2+a+b-2c}{4x(1-x)}\\
&\qquad+\frac{\Gamma(1+a+b-c)\Gamma(1-c)\Gamma(c)\Gamma(a+b-c)}{\Gamma(1+a-c)\Gamma(1+b-c)\Gamma(a)\Gamma(b)}(x(1-x))^{c-a-b}\F43{c-a,c-b,\frac{2c-a-b}2,\frac{2c-a-b+1}2}{c,1+c-a-b,2c-a-b}{4x(1-x)}\\
&\qquad+\frac{\Gamma(1+a+b-c)\Gamma(c-1)\Gamma(c)\Gamma(a+b-c)}{\Gamma(a)^2\Gamma(b)^2}(x(1-x))^{1-a-b}\F43{1-a,1-b,\frac{2-a-b}2,\frac{3-a-b}2}{2-c,1+c-a-b,2-a-b}{4x(1-x)}
\end{align}
よって以下を得る.
$x=0$の十分小さな近傍において,
\begin{align}
&\F21{a,b}{c}{1-x}\F21{a,b}{1+a+b-c}{1-x}\\
&=\frac{\Gamma(1+a+b-c)\Gamma(1-c)\Gamma(c)\Gamma(c-a-b)}{\Gamma(1+a-c)\Gamma(1+b-c)\Gamma(c-a)\Gamma(c-b)}\F43{a,b,\frac{a+b}2,\frac{a+b+1}2}{c,1+a+b-c,a+b}{4x(1-x)}\\
&\qquad+\frac{\Gamma(1+a+b-c)\Gamma(c-1)\Gamma(c)\Gamma(c-a-b)}{\Gamma(a)\Gamma(b)\Gamma(c-a)\Gamma(c-b)}(x(1-x))^{1-c}\F43{1+a-c,1+b-c,\frac{2+a+b-2c}2,\frac{3+a+b-2c}2}{2-c,1+a+b-c,2+a+b-2c}{4x(1-x)}\\
&\qquad+\frac{\Gamma(1+a+b-c)\Gamma(1-c)\Gamma(c)\Gamma(a+b-c)}{\Gamma(1+a-c)\Gamma(1+b-c)\Gamma(a)\Gamma(b)}(x(1-x))^{c-a-b}\F43{c-a,c-b,\frac{2c-a-b}2,\frac{2c-a-b+1}2}{c,1+c-a-b,2c-a-b}{4x(1-x)}\\
&\qquad+\frac{\Gamma(1+a+b-c)\Gamma(c-1)\Gamma(c)\Gamma(a+b-c)}{\Gamma(a)^2\Gamma(b)^2}(x(1-x))^{1-a-b}\F43{1-a,1-b,\frac{2-a-b}2,\frac{3-a-b}2}{2-c,1+c-a-b,2-a-b}{4x(1-x)}
\end{align}
が成り立つ.
定理2の第1項と第2項の和と, 第1項と第2項の和は定理1を用いることによって
\begin{align}
&\frac{\Gamma(1+a+b-c)\Gamma(1-c)\Gamma(c)\Gamma(c-a-b)}{\Gamma(1+a-c)\Gamma(1+b-c)\Gamma(c-a)\Gamma(c-b)}\F43{a,b,\frac{a+b}2,\frac{a+b+1}2}{c,1+a+b-c,a+b}{4x(1-x)}\\
&\qquad+\frac{\Gamma(1+a+b-c)\Gamma(1-c)\Gamma(c)\Gamma(a+b-c)}{\Gamma(1+a-c)\Gamma(1+b-c)\Gamma(a)\Gamma(b)}(x(1-x))^{c-a-b}\F43{c-a,c-b,\frac{2c-a-b}2,\frac{2c-a-b+1}2}{c,1+c-a-b,2c-a-b}{4x(1-x)}\\
&=\frac{\Gamma(1+a+b-c)\Gamma(1-c)}{\Gamma(1+a-c)\Gamma(1+b-c)}\F21{a,b}c{x}\F21{a,b}c{1-x}\\
&\frac{\Gamma(1+a+b-c)\Gamma(1-c)\Gamma(c)\Gamma(c-a-b)}{\Gamma(1+a-c)\Gamma(1+b-c)\Gamma(c-a)\Gamma(c-b)}\F43{a,b,\frac{a+b}2,\frac{a+b+1}2}{c,1+a+b-c,a+b}{4x(1-x)}\\
&\qquad+\frac{\Gamma(1+a+b-c)\Gamma(c-1)\Gamma(c)\Gamma(c-a-b)}{\Gamma(a)\Gamma(b)\Gamma(c-a)\Gamma(c-b)}(x(1-x))^{1-c}\F43{1+a-c,1+b-c,\frac{2+a+b-2c}2,\frac{3+a+b-2c}2}{2-c,1+a+b-c,2+a+b-2c}{4x(1-x)}\\
&=-\frac{\Gamma(1+a+b-c)\Gamma(1-c)\Gamma(c)\Gamma(c-a-b)}{\Gamma(1+a-c)\Gamma(1+b-c)\Gamma(c-a)\Gamma(c-b)}\F43{a,b,\frac{a+b}2,\frac{a+b+1}2}{c,1+a+b-c,a+b}{4x(1-x)}\\
&\qquad+\frac{\Gamma(c)\Gamma(c-a-b)}{\Gamma(c-a)\Gamma(c-b)}\F21{a,b}{1+a+b-c}{x}\F21{a,b}{1+a+b-c}{1-x}
\end{align}
とまとめることができるので, 定理2は
\begin{align}
&\F21{a,b}{c}{1-x}\F21{a,b}{1+a+b-c}{1-x}-\frac{\Gamma(1+a+b-c)\Gamma(1-c)}{\Gamma(1+a-c)\Gamma(1+b-c)}\F21{a,b}c{x}\F21{a,b}c{1-x}\\
&\qquad-\frac{\Gamma(c)\Gamma(c-a-b)}{\Gamma(c-a)\Gamma(c-b)}\F21{a,b}{1+a+b-c}{x}\F21{a,b}{1+a+b-c}{1-x}\\
&=-\frac{\Gamma(1+a+b-c)\Gamma(1-c)\Gamma(c)\Gamma(c-a-b)}{\Gamma(1+a-c)\Gamma(1+b-c)\Gamma(c-a)\Gamma(c-b)}\F43{a,b,\frac{a+b}2,\frac{a+b+1}2}{c,1+a+b-c,a+b}{4x(1-x)}\\
&\qquad+\frac{\Gamma(1+a+b-c)\Gamma(c-1)\Gamma(c)\Gamma(a+b-c)}{\Gamma(a)^2\Gamma(b)^2}(x(1-x))^{1-a-b}\F43{1-a,1-b,\frac{2-a-b}2,\frac{3-a-b}2}{2-c,1+c-a-b,2-a-b}{4x(1-x)}
\end{align}
と書き換えることもできる. 先ほどと同様に
\begin{align}
&\F21{a,b}{c}{\frac{1-\sqrt{1-x}}2}\F21{a,b}{1+a+b-c}{\frac{1-\sqrt{1-x}}2}+\F21{a,b}{c}{\frac{1+\sqrt{1-x}}2}\F21{a,b}{1+a+b-c}{\frac{1+\sqrt{1-x}}2}
\end{align}
の$x=1$は分岐点ではないことから,
\begin{align}
&\F21{a,b}{c}{x}\F21{a,b}{1+a+b-c}{x}+\F21{a,b}{c}{1-x}\F21{a,b}{1+a+b-c}{1-x}\\
&\qquad-\frac{\Gamma(1+a+b-c)\Gamma(1-c)}{\Gamma(1+a-c)\Gamma(1+b-c)}\F21{a,b}c{x}\F21{a,b}c{1-x}-\frac{\Gamma(c)\Gamma(c-a-b)}{\Gamma(c-a)\Gamma(c-b)}\F21{a,b}{1+a+b-c}{x}\F21{a,b}{1+a+b-c}{1-x}\\
&=\left(1-\frac{\Gamma(1+a+b-c)\Gamma(1-c)\Gamma(c)\Gamma(c-a-b)}{\Gamma(1+a-c)\Gamma(1+b-c)\Gamma(c-a)\Gamma(c-b)}\right)\F43{a,b,\frac{a+b}2,\frac{a+b+1}2}{c,1+a+b-c,a+b}{4x(1-x)}\\
&\qquad+\frac{\Gamma(1+a+b-c)\Gamma(c-1)\Gamma(c)\Gamma(a+b-c)}{\Gamma(a)^2\Gamma(b)^2}(x(1-x))^{1-a-b}\F43{1-a,1-b,\frac{2-a-b}2,\frac{3-a-b}2}{2-c,1+c-a-b,2-a-b}{4x(1-x)}
\end{align}
が$\CC$から$(-\infty,0),(1,\infty)$を除いた領域で成り立つことが分かる. ここで,
\begin{align}
&1-\frac{\Gamma(1+a+b-c)\Gamma(1-c)\Gamma(c)\Gamma(c-a-b)}{\Gamma(1+a-c)\Gamma(1+b-c)\Gamma(c-a)\Gamma(c-b)}\\
&=\frac{\sin\pi c\sin\pi(c-a-b)-\sin\pi(c-a)\sin\pi(c-b)}{\sin\pi c\sin\pi(c-a-b)}\\
&=\frac{\cos\pi(a+b)-\cos\pi(a-b)}{2\sin\pi c\sin\pi(c-a-b)}\\
&=-\frac{\sin\pi a\sin\pi b}{\sin\pi c\sin\pi(c-a-b)}\\
&=-\frac{\Gamma(c)\Gamma(1-c)}{\Gamma(a)\Gamma(1-a)\Gamma(b)\Gamma(1-b)}\frac{\pi}{\sin\pi(c-a-b)}\\
\end{align}
であるから, これを用いて,
\begin{align}
&\left(1-\frac{\Gamma(1+a+b-c)\Gamma(1-c)\Gamma(c)\Gamma(c-a-b)}{\Gamma(1+a-c)\Gamma(1+b-c)\Gamma(c-a)\Gamma(c-b)}\right)\F43{a,b,\frac{a+b}2,\frac{a+b+1}2}{c,1+a+b-c,a+b}{4x(1-x)}\\
&\qquad+\frac{\Gamma(1+a+b-c)\Gamma(c-1)\Gamma(c)\Gamma(a+b-c)}{\Gamma(a)^2\Gamma(b)^2}(x(1-x))^{1-a-b}\F43{1-a,1-b,\frac{2-a-b}2,\frac{3-a-b}2}{2-c,1+c-a-b,2-a-b}{4x(1-x)}\\
&=-\frac{\Gamma(c)^2\Gamma(1-c)\Gamma(1+a+b-c)\Gamma(a+b)}{\Gamma(a)^2\Gamma(1-a)\Gamma(b)^2\Gamma(1-b)\Gamma\left(\frac{a+b}2\right)\Gamma\left(\frac{a+b+1}2\right)}\frac{\pi}{\sin\pi(c-a-b)}\\
&\qquad\cdot \sum_{0\leq n}\frac{\Gamma(a+n)\Gamma(b+n)\Gamma\left(\frac{a+b}2+n\right)\Gamma\left(\frac{a+b+1}2+n\right)}{n!\Gamma(c+n)\Gamma(1+a+b-c+n)\Gamma(a+b+n)}(4x(1-x))^n\\
&\qquad+\frac{\Gamma(1+a+b-c)\Gamma(c-1)\Gamma(c)\Gamma(a+b-c)\Gamma(2-c)\Gamma(1+c-a-b)\Gamma(2-a-b)}{\Gamma(a)^2\Gamma(b)^2\Gamma(1-a)\Gamma(1-b)\Gamma\left(\frac{2-a-b}2\right)\Gamma\left(\frac{3-a-b}2\right)}4^{a+b-1}\\
&\qquad\cdot\sum_{0\leq n}\frac{\Gamma(1-a+n)\Gamma(1-b+n)\Gamma\left(\frac{2-a-b}2+n\right)\Gamma\left(\frac{3-a-b}2+n\right)}{n!\Gamma(2-c+n)\Gamma(1+c-a-b+n)\Gamma(2-a-b+n)}(4x(1-x))^{n+1-a-b}\\
&=-\frac{2^{a+b-1}\Gamma(c)\Gamma(1+a+b-c)}{\sqrt{\pi}\Gamma(a)\Gamma(b)}\frac{\sin\pi a\sin\pi b}{\sin\pi c\sin\pi(c-a-b)}\\
&\qquad\cdot\bigg(\sum_{0\leq n}\frac{\Gamma(a+n)\Gamma(b+n)\Gamma\left(\frac{a+b}2+n\right)\Gamma\left(\frac{a+b+1}2+n\right)}{n!\Gamma(c+n)\Gamma(1+a+b-c+n)\Gamma(a+b+n)}(4x(1-x))^n\\
&\qquad-\sum_{0\leq n}\frac{\Gamma(1-a+n)\Gamma(1-b+n)\Gamma\left(\frac{2-a-b}2+n\right)\Gamma\left(\frac{3-a-b}2+n\right)}{n!\Gamma(2-c+n)\Gamma(1+c-a-b+n)\Gamma(2-a-b+n)}(4x(1-x))^{n+1-a-b}\bigg)\\
&=\frac{2^{a+b-1}\Gamma(c)\Gamma(1+a+b-c)}{\pi^{\frac 32}\Gamma(a)\Gamma(b)}\frac{\sin\pi a\sin\pi b\sin\pi(a+b)}{\sin\pi c\sin\pi(c-a-b)}\\
&\qquad\cdot\frac 1{2\pi i}\int_{-i\infty}^{i\infty}\frac{\Gamma(a+s)\Gamma(b+s)\Gamma\left(\frac{a+b}2+s\right)\Gamma\left(\frac{a+b+1}2+s\right)}{\Gamma(s+1)\Gamma(c+s)\Gamma(1+a+b-c+s)\Gamma(a+b+s)}(4x(1-x))^s\frac{\pi^2}{\sin\pi s\sin\pi(a+b+s)}\,ds\\
&=\frac{2^{a+b-1}\Gamma(c)\Gamma(1+a+b-c)}{\pi^{\frac 32}\Gamma(a)\Gamma(b)}\frac{\sin\pi a\sin\pi b\sin\pi(a+b)}{\sin\pi c\sin\pi(c-a-b)}\\
&\qquad\cdot\frac 1{2\pi i}\int_{-i\infty}^{i\infty}\frac{\Gamma(a+s)\Gamma(b+s)\Gamma\left(\frac{a+b}2+s\right)\Gamma\left(\frac{a+b+1}2+s\right)\Gamma(1-a-b-s)\Gamma(-s)}{\Gamma(c+s)\Gamma(1+a+b-c+s)}(4x(1-x))^s\,ds
\end{align}
よって以下が得られた
$x\in\CC, x\notin (-\infty,0),(1,\infty)$において,
\begin{align}
&\F21{a,b}{c}{x}\F21{a,b}{1+a+b-c}{x}+\F21{a,b}{c}{1-x}\F21{a,b}{1+a+b-c}{1-x}\\
&\qquad-\frac{\Gamma(1+a+b-c)\Gamma(1-c)}{\Gamma(1+a-c)\Gamma(1+b-c)}\F21{a,b}c{x}\F21{a,b}c{1-x}-\frac{\Gamma(c)\Gamma(c-a-b)}{\Gamma(c-a)\Gamma(c-b)}\F21{a,b}{1+a+b-c}{x}\F21{a,b}{1+a+b-c}{1-x}\\
&=
\frac{2^{a+b-1}\Gamma(c)\Gamma(1+a+b-c)}{\pi^{\frac 32}\Gamma(a)\Gamma(b)}\frac{\sin\pi a\sin\pi b\sin\pi(a+b)}{\sin\pi c\sin\pi(c-a-b)}\\
&\qquad\cdot\frac 1{2\pi i}\int_{-i\infty}^{i\infty}\frac{\Gamma(a+s)\Gamma(b+s)\Gamma\left(\frac{a+b}2+s\right)\Gamma\left(\frac{a+b+1}2+s\right)\Gamma(1-a-b-s)\Gamma(-s)}{\Gamma(c+s)\Gamma(1+a+b-c+s)}(4x(1-x))^s\,ds
\end{align}
が成り立つ.
