二次変換公式から従う2F1の積を含む積分
前の記事( 三次変換公式から従う2F1の積を含む積分 )で三次変換公式を用いて${}_2F_1$の積の積分に関する公式を示した. 今回はその類似として, 二次変換公式を用いて${}_2F_1$の積の積分に関する公式を示したいと思う.
積分1
\begin{align} &\int_0^1\frac{x^{2b}(1-x)^{\frac{a+d-1}2-b}}{2-x}\F21{a,b}{2b}{x}\F21{d,b}{2b}x\,dx\\ &=\frac{2^{2b-1}\pi^2\Gamma\left(b+\frac 12\right)^2}{\Gamma\left(b+\frac{1-a}2\right)\Gamma\left(b+\frac{1-d}2\right)\Gamma\left(\frac{a+1}2\right)\Gamma\left(\frac{d+1}2\right)\cos\frac{\pi(a-d)}2\cos\pi\left(b-\frac{a+d}2\right)}\\ &\int_0^1\frac{x^{2b}(1-x)^{\frac{a+d-1}2-b}}{2-x}\F21{a,b}{2b}x\F21{d,b}{1+d-b}{1-x}\,dx\\ &=\frac{2^{2b-d-1}\Gamma\left(b+\frac 12\right)\Gamma\left(\frac{a+d+1}2-b\right)\Gamma\left(\frac{1-a+d}2\right)}{\Gamma\left(1+\frac d2\right)\Gamma\left(\frac{d+1}2\right)}\F32{\frac d2,\frac{1+a+d}2-b,\frac{1-a+d}2}{1+d-b,1+\frac d2}1 \end{align}
まず, 1つ目の式を示す. 二次変換公式
\begin{align}
\F21{a,b}{2b}{x}&=\left(1-\frac x2\right)^{-a}\F21{\frac a2,\frac{a+1}2}{b+\frac 12}{\left(\frac{x}{2-x}\right)^2}
\end{align}
より, $\displaystyle t=\left(\frac{x}{2-x}\right)^2$とすると,
\begin{align}
&\int_0^1\frac{x^{2b}(1-x)^{\frac{a+d-1}2-b}}{2-x}\F21{a,b}{2b}{x}\F21{d,b}{2b}x\,dx\\
&=2^{2b-1}\int_0^1t^{b-\frac 12}(1-t)^{\frac{a+d-1}2-b}\F21{\frac a2,\frac{a+1}2}{b+\frac 12}t\F21{\frac d2,\frac{d+1}2}{b+\frac 12}t\,dt
\end{align}
を得る. ここで,
前の記事
の定理2を用いると,
\begin{align}
&\int_0^1t^{b-\frac 12}(1-t)^{\frac{a+d-1}2-b}\F21{\frac a2,\frac{a+1}2}{b+\frac 12}t\F21{\frac d2,\frac{d+1}2}{b+\frac 12}t\,dt\\
&=\frac{\Gamma\left(\frac{1-a+d}2\right)\Gamma\left(\frac{1+a-d}2\right)\Gamma\left(b+\frac 12\right)^2\Gamma\left(b+\frac{1-a-d}2\right)\Gamma\left(\frac{1+a+d}2-b\right)}{\Gamma\left(b+\frac{1-a}2\right)\Gamma\left(b+\frac{1-d}2\right)\Gamma\left(\frac{a+1}2\right)\Gamma\left(\frac{d+1}2\right)}\\
&=\frac{\pi^2\Gamma\left(b+\frac 12\right)^2}{\Gamma\left(b+\frac{1-a}2\right)\Gamma\left(b+\frac{1-d}2\right)\Gamma\left(\frac{a+1}2\right)\Gamma\left(\frac{d+1}2\right)\cos\frac{\pi(a-d)}2\cos\pi\left(b-\frac{a+d}2\right)}
\end{align}
となるから示すべき等式が得られる. 次に, 2つ目の式を示す. 先ほどの二次変換公式と別の二次変換公式
\begin{align}
\F21{a,b}{1+a-b}{x}&=(1+x)^{-a}\F21{\frac a2,\frac{a+1}2}{1+a-b}{\frac{4x}{(1+x)^2}}
\end{align}
を合わせると, $\displaystyle t=\left(\frac{x}{2-x}\right)^2$として,
\begin{align}
&\int_0^1\frac{x^{2b}(1-x)^{\frac{a+d-1}2-b}}{2-x}\F21{a,b}{2b}x\F21{d,b}{1+d-b}{1-x}\,dx\\
&=2^{2b-d-1}\int_0^1t^{b-\frac 12}(1-t)^{\frac{a+d-1}2-b}\F21{\frac a2,\frac{a+1}2}{b+\frac 12}t\F21{\frac d2,\frac{d+1}2}{1+d-b}{1-t}\,dt
\end{align}
を得る. ここで,
\begin{align}
&\int_0^1t^{b-\frac 12}(1-t)^{\frac{a+d-1}2-b}\F21{\frac a2,\frac{a+1}2}{b+\frac 12}t\F21{\frac d2,\frac{d+1}2}{1+d-b}{1-t}\,dt\\
&=\sum_{0\leq n}\frac{\left(\frac d2,\frac{d+1}2\right)_n}{n!(1+d-b)_n}\int_0^1t^{b-\frac 12}(1-t)^{\frac{a+d-1}2-b+n}\F21{\frac a2,\frac{a+1}2}{b+\frac 12}t\,dt
\end{align}
であり, Gaussの超幾何定理より,
\begin{align}
&\int_0^1t^{b-\frac 12}(1-t)^{\frac{a+d-1}2-b+n}\F21{\frac a2,\frac{a+1}2}{b+\frac 12}t\,dt\\
&=\sum_{0\leq m}\frac{\left(\frac a2,\frac{a+1}2\right)_m}{m!\left(b+\frac 12\right)_m}\int_0^1t^{m+b-\frac 12}(1-t)^{\frac{a+d-1}2-b+n}\,dt\\
&=\frac{\Gamma\left(b+\frac 12\right)\Gamma\left(\frac{1+a+d}2-b+n\right)}{\Gamma\left(1+\frac{a+d}2+n\right)}\sum_{0\leq m}\frac{\left(\frac a2,\frac{a+1}2\right)_m}{m!\left(1+\frac{a+d}2+n\right)_m}\\
&=\frac{\Gamma\left(b+\frac 12\right)\Gamma\left(\frac{1+a+d}2-b+n\right)\Gamma\left(\frac{1-a+d}2+n\right)}{\Gamma\left(1+\frac{d}2+n\right)\Gamma\left(\frac{1+d}2+n\right)}
\end{align}
となるから, これを代入して
\begin{align}
&\int_0^1\frac{x^{2b}(1-x)^{\frac{a+d-1}2-b}}{2-x}\F21{a,b}{2b}x\F21{d,b}{1+d-b}{1-x}\,dx\\
&=\frac{2^{2b-d-1}\Gamma\left(b+\frac 12\right)\Gamma\left(\frac{1+a+d}2-b\right)\Gamma\left(\frac{1-a+d}2\right)}{\Gamma\left(1+\frac d2\right)\Gamma\left(\frac{d+1}2\right)}\F32{\frac{1+a+d}2-b,\frac{1-a+d}2,\frac d2}{1+d-b,1+\frac d2}1
\end{align}
が得られる.
\begin{align}
&\int_0^1\frac{x^{2b}(1-x)^{\frac{a+d-1}2-b}}{2-x}\F21{a,b}{1+a-b}{1-x}\F21{d,b}{1+d-b}{1-x}\,dx\\
\end{align}
についても同じように表されるかは今後の研究課題であり, 同じように置換した後に$t\mapsto 1-t$と置換すると
\begin{align}
&\int_0^1\frac{x^{2b}(1-x)^{\frac{a+d-1}2-b}}{2-x}\F21{a,b}{1+a-b}{1-x}\F21{d,b}{1+d-b}{1-x}\,dx\\
&=2^{2b-a-d-1}\int_0^1t^{\frac{a+d-1}2-b}(1-t)^{b-\frac 12}\F21{\frac a2,\frac{a+1}2}{1+a-b}t\F21{\frac d2,\frac{d+1}2}{1+d-b}t\,dt
\end{align}
という表示は得ることができる.
積分2
\begin{align} &\int_0^{\frac 12}x^{c-1}(1-x)^{1-c}(1-2x)^{a+d-3}\F21{a,1-a}cx\F21{d,1-d}c{x}\,dx\\ &=\frac{2^{1-a-d}\Gamma(c)^2\Gamma(a+d-2)}{\Gamma(a+c-1)\Gamma(d+c-1)}\\ \end{align}
二次変換公式
\begin{align}
\F21{a,1-a}c{x}&=(1-x)^{c-1}\F21{\frac{c-a}2,\frac{c+a-1}2}{c}{4x(1-x)}
\end{align}
を用いると, $t=4x(1-x)$とするとき,
\begin{align}
&\int_0^{\frac 12}x^{c-1}(1-x)^{1-c}(1-2x)^{a+d-3}\F21{a,1-a}cx\F21{d,1-d}c{x}\,dx\\
&=4^{-c}\int_0^1t^{c-1}(1-t)^{\frac{a+d}2-2}\F21{\frac{c-a}2,\frac{c+a-1}2}{c}t\F21{\frac{c-d}2,\frac{c+d-1}2}{c}t\,dt
\end{align}
と書き換えられる. よって,
前の記事
の定理2を用いれば示すべき等式が得られる.
\begin{align}
&\int_0^{\frac 12}x^{c-1}(1-x)^{1-c}(1-2x)^{a+d-3}\F21{a,1-a}cx\F21{d,1-d}{2-c}{1-x}\,dx\\
&\int_0^{\frac 12}x^{c-1}(1-x)^{1-c}(1-2x)^{a+d-3}\F21{a,1-a}{2-c}{1-x}\F21{d,1-d}{2-c}{1-x}\,dx
\end{align}
のような積分も同じように書けるかは今後の研究課題である.
積分3
$a+b=d+e$のとき,
\begin{align}
&\int_0^{\frac 12}(x(1-x))^{\frac{a+b-1}2}(1-2x)^{b-d-2}\F21{a,b}{\frac{a+b+1}2}x\F21{d,e}{\frac{d+e+1}2}{x}\,dx\\
&=\frac{2^{d-b}\Gamma\left(\frac{a+b+1}2\right)^2\Gamma(b-d-1)}{\Gamma(b)\Gamma(a+b-d)}
\end{align}
が成り立つ.
二次変換公式
\begin{align}
\F21{a,b}{\frac{a+b+1}2}x&=\F21{\frac a2,\frac b2}{\frac{a+b+1}2}{4x(1-x)}
\end{align}
を用いると, $t=4x(1-x)$として,
\begin{align}
&\int_0^{\frac 12}(x(1-x))^{\frac{a+b-1}2}(1-2x)^{b-d-2}\F21{a,b}{\frac{a+b+1}2}x\F21{d,e}{\frac{d+e+1}2}{x}\,dx\\
&=2^{-a-b-1}\int_0^1t^{\frac{a+b-1}2}(1-t)^{\frac{b-d-3}2}\F21{\frac a2,\frac b2}{\frac{a+b+1}2}{t}\F21{\frac d2,\frac e2}{\frac{d+e+1}2}{t}\,dt
\end{align}
となる. よって,
前の記事
の定理2を用いれば示すべき等式が得られる.
類似として
\begin{align}
&\int_0^{\frac 12}(x(1-x))^{\frac{a+b-1}2}(1-2x)^{b-d-2}\F21{a,b}{\frac{a+b+1}2}x\F21{d,e}{\frac{d+e+1}2}{1-x}\,dx\\
&=\frac{\sqrt{\pi}\Gamma\left(\frac{a+b+1}2\right)\Gamma\left(\frac{d+e+1}2\right)\Gamma\left(\frac{b-d-1}2\right)\Gamma\left(\frac{b-d}2\right)}{2^{a+b+1}\Gamma\left(\frac{d+1}2\right)\Gamma\left(\frac{e+1}2\right)\Gamma\left(\frac{2b-d}2\right)\Gamma\left(\frac{a+b-d}2\right)}\F43{\frac d2,\frac e2,\frac{b-d-1}2,\frac{b-d}2}{\frac 12,\frac{2b-d}2,\frac{a+b-d}2}1\\
&\qquad+\frac{\sqrt{\pi}\Gamma\left(\frac{a+b+1}2\right)\Gamma\left(\frac{d+e+1}2\right)\Gamma\left(\frac{b-d}2\right)\Gamma\left(\frac{b-d+1}2\right)}{2^{a+b}\Gamma\left(\frac{d}2\right)\Gamma\left(\frac{e}2\right)\Gamma\left(\frac{2b-d+1}2\right)\Gamma\left(\frac{a+b-d+1}2\right)}\F43{\frac {d+1}2,\frac {e+1}2,\frac{b-d}2,\frac{b-d+1}2}{\frac 32,\frac{2b-d+1}2,\frac{a+b-d+1}2}1\\
\end{align}
が成り立つことが分かる(ここに$a+b=d+e$の条件は不要である). これは$a+b=d+e$の場合も一般にはガンマ積にならないようである. 類似として,
\begin{align}
&\int_0^{\frac 12}(x(1-x))^{\frac{a+b-1}2}(1-2x)^{b-d-2}\F21{a,b}{\frac{a+b+1}2}{1-x}\F21{d,e}{\frac{d+e+1}2}{1-x}\,dx
\end{align}
がどのように表されるかは今後の研究課題である.
積分4
\begin{align}
&\int_0^1(x(1-x))^{\frac{b+e-3}2}\F21{a,b}{\frac{a+b+1}2}x\F21{d,e}{\frac{d+e+1}2}{1-x}\,dx\\
&=\frac{\Gamma\left(\frac{a+b+1}2\right)\Gamma\left(\frac{d+e+1}2\right)\Gamma\left(\frac{b-d}2\right)\Gamma\left(\frac{e-a}2\right)\Gamma\left(\frac{b+e-1}2\right)}{\Gamma(b)\Gamma(e)\Gamma\left(\frac{b+e-a-d}2\right)\Gamma\left(\frac{a+d+1}2\right)}\\
&\int_0^1(x(1-x))^{\frac{b+e-3}2}\F21{a,b}{\frac{a+b+1}2}x\F21{d,e}{\frac{d+e+1}2}x\,dx\\
&=\frac{\Gamma\left(\frac{a+b+1}2\right)\Gamma\left(\frac{d+e+1}2\right)\Gamma\left(\frac{b-d}2\right)\Gamma\left(\frac{e-a}2\right)\Gamma\left(\frac{1-a-d}2\right)\Gamma\left(\frac{b+e-1}2\right)}{\pi\Gamma(b)\Gamma(e)\Gamma\left(\frac{b+e-a-d}2\right)}\cos\frac{\pi(a-d)}2\\
\end{align}
が成り立つ.
1つ目の式は前の記事(
SingalによるWatsonの3F2和公式の二重類似2
)の定理4と同値である. 2つ目の式は${}_2F_1$の接続公式より,
\begin{align}
\F21{d,e}{\frac{d+e+1}2}x&=\frac{\Gamma\left(\frac{d+e+1}2\right)\Gamma\left(\frac{1-d-e}2\right)}{\Gamma\left(\frac{1+e-d}2\right)\Gamma\left(\frac{1+d-e}2\right)}\F21{d,e}{\frac{d+e+1}2}{1-x}\\
&\qquad+\frac{\Gamma\left(\frac{d+e+1}2\right)\Gamma\left(\frac{d+e-1}2\right)}{\Gamma(d)\Gamma(e)}(1-x)^{\frac{1-d-e}2}\F21{\frac{1+e-d}2,\frac{1+d-e}2}{\frac{3-d-e}2}{1-x}\\
&=\frac{\Gamma\left(\frac{d+e+1}2\right)\Gamma\left(\frac{1-d-e}2\right)}{\Gamma\left(\frac{1+e-d}2\right)\Gamma\left(\frac{1+d-e}2\right)}\F21{d,e}{\frac{d+e+1}2}{1-x}\\
&\qquad+\frac{\Gamma\left(\frac{d+e+1}2\right)\Gamma\left(\frac{d+e-1}2\right)}{\Gamma(d)\Gamma(e)}(x(1-x))^{\frac{1-d-e}2}\F21{1-d,1-e}{\frac{3-d-e}2}{1-x}
\end{align}
となるから1つ目の式に帰着する.
この定理4も二次変換公式を用いて, 以下の定理5と同じように示すことができる.
積分5
\begin{align} &\int_0^1x^{\frac{a+d+c+e-5}2}(1-x)^{\frac{a+d-c-e-1}2}\F21{a,1-a}{c}x\F21{d,1-d}{e}x\,dx\\ &=\frac{\Gamma(c)\Gamma(e)\Gamma\left(\frac{a+d+c-e-1}2\right)\Gamma\left(\frac{a+d+e-c-1}2\right)\Gamma\left(\frac{1+a+d-c-e}2\right)\Gamma\left(\frac{a+d+c+e-3}2\right)}{\pi\Gamma(a+d-1)\Gamma(a+c-1)\Gamma(d+e-1)}\cos\frac{\pi(a+e-c-d)}2\\ &\int_0^1x^{\frac{a+d+c+e-5}2}(1-x)^{\frac{a+d-c-e-1}2}\F21{a,1-a}{c}x\F21{d,1-d}{2-e}{1-x}\,dx\\ &=\frac{\Gamma(c)\Gamma(2-e)\Gamma\left(\frac{a+d+c+e-3}2\right)\Gamma\left(\frac{1+a+d-c-e}2\right)\Gamma\left(\frac{a+d+c-e-1}2\right)}{\Gamma\left(\frac{c-e-a-d+3}2\right)\Gamma(a+d-1)\Gamma(a+c-1)\Gamma(d-e+1)} \end{align}
\begin{align}
A_{a,c}&:=\frac{\Gamma(c)\Gamma\left(\frac 12\right)}{\Gamma\left(\frac{1-a+c}2\right)\Gamma\left(\frac{a+c}2\right)}\\
B_{a,c}&:=\frac{\Gamma(c)\Gamma\left(-\frac 12\right)}{\Gamma\left(\frac{c-a}2\right)\Gamma\left(\frac{c+a-1}2\right)}
\end{align}
とする. 二次変換公式
\begin{align}
&\F21{a,1-a}{c}x\\
&=A_{a,c}(1-x)^{c-1}\F21{\frac{c-a}2,\frac{c+a-1}2}{\frac 12}{(1-2x)^2}\\
&\qquad+B_{a,c}(1-x)^{c-1}(1-2x)\F21{\frac{c-a+1}2,\frac{c+a}2}{\frac 32}{(1-2x)^2}
\end{align}
を用いると
\begin{align}
&\int_0^1x^{\frac{a+d+c+e-5}2}(1-x)^{\frac{a+d-c-e-1}2}\F21{a,1-a}{c}x\F21{d,1-d}{e}x\,dx\\
&=\int_0^1(x(1-x))^{\frac{a+d+c+e-5}2}\\
&\qquad\cdot\left(A_{a,c}\F21{\frac{c-a}2,\frac{c+a-1}2}{\frac 12}{(1-2x)^2}+B_{a,c}(1-2x)\F21{\frac{c-a+1}2,\frac{c+a}2}{\frac 32}{(1-2x)^2}\right)\\
&\qquad\cdot\left(A_{d,e}\F21{\frac{e-d}2,\frac{e+d-1}2}{\frac 12}{(1-2x)^2}+B_{d,e}(1-2x)\F21{\frac{e-d+1}2,\frac{e+d}2}{\frac 32}{(1-2x)^2}\right)\,dx
\end{align}
となる. ここで, 被積分関数の$x\mapsto 1-x$に関する対称性を考えると, $1-2x$に関する偶関数部分だけが残ることが分かるので,
\begin{align}
&\int_0^1x^{\frac{a+d+c+e-5}2}(1-x)^{\frac{a+d-c-e-1}2}\F21{a,1-a}{c}x\F21{d,1-d}{e}x\,dx\\
&=2A_{a,c}A_{d,e}\int_0^{\frac 12}(x(1-x))^{\frac{a+d+c+e-5}2}\F21{\frac{c-a}2,\frac{c+a-1}2}{\frac 12}{(1-2x)^2}\F21{\frac{e-d}2,\frac{e+d-1}2}{\frac 12}{(1-2x)^2}\,dx\\
&\qquad+2B_{a,c}B_{d,e}\int_0^{\frac 12}(x(1-x))^{\frac{a+d+c+e-5}2}(1-2x)^2\F21{\frac{c-a+1}2,\frac{c+a}2}{\frac 32}{(1-2x)^2}\F21{\frac{e-d+1}2,\frac{e+d}2}{\frac 32}{(1-2x)^2}\,dx
\end{align}
$t=(1-2x)^2$と置き換えればそれぞれの項が
前の記事
の定理2で表される形になることから1つ目の等式が得られる. 2つ目の等式も同じ変換公式を用いた全く同様の計算により従う.
