Non-terminating Whippleの変換公式のMellin-Barnes積分類似
Non-terminating Whippleの変換公式
のMellin-Barnes積分による表示は
\begin{align}
&\F76{a,1+\frac a2,b,c,d,e,f}{\frac a2,1+a-b,1+a-c,1+a-d,1+a-e,1+a-f}1\\
&=\frac{\Gamma(1+a-b)\Gamma(1+a-c)\Gamma(1+a-d)\Gamma(1+a-e)\Gamma(1+a-f)}{\Gamma(d)\Gamma(e)\Gamma(f)\Gamma(1+a)\Gamma(1+a-b-c)\Gamma(1+a-d-e)\Gamma(1+a-d-f)\Gamma(1+a-e-f)}\\
&\qquad\cdot\frac 1{2\pi i}\int_{-i\infty}^{i\infty}\frac{\Gamma(d+s)\Gamma(e+s)\Gamma(f+s)\Gamma(1+a-b-c+s)\Gamma(1+a-d-e-f-s)\Gamma(-s)}{\Gamma(1+a-b+s)\Gamma(1+a-c+s)}\,ds
\end{align}
というものだった. 今回はその類似を示す.
\begin{align} &\frac 1{2\pi i}\int_{-i\infty}^{i\infty}\frac{\Gamma(a+s)\Gamma\left(1+\frac a2+s\right)\Gamma(b+s)\Gamma(c+s)\Gamma(d+s)\Gamma(e+s)\Gamma(f+s)\Gamma(b-a-s)\Gamma(-s)}{\Gamma\left(\frac a2+s\right)\Gamma(1+a-c+s)\Gamma(1+a-d+s)\Gamma(1+a-e+s)\Gamma(1+a-f+s)}\,ds\\ &=\frac 12\frac{\Gamma(b)\Gamma(c)\Gamma(b+c-a)}{\Gamma(1+a-d-e)\Gamma(1+a-d-f)\Gamma(1+a-e-f)}\\ &\qquad\cdot\frac 1{2\pi i}\int_{-i\infty}^{i\infty}\frac{\Gamma(d+s)\Gamma(e+s)\Gamma(f+s)\Gamma(1+a-d-e-f-s)\Gamma(b-a-s)\Gamma(-s)}{\Gamma(1+a-c+s)\Gamma(1+a-d+s)\Gamma(b+c-a-s)}\,ds \end{align}
Barnesの第2補題
より,
\begin{align}
&\frac{\Gamma(1+a-d-e)\Gamma(1+a-d-f)\Gamma(1+a-e-f)\Gamma(d+s)\Gamma(e+s)\Gamma(f+s)}{\Gamma(1+a-d+s)\Gamma(1+a-e+s)\Gamma(1+a-f+s)}\\
&=\frac 1{2\pi i}\int_{-i\infty}^{i\infty}\frac{\Gamma(d+t)\Gamma(e+t)\Gamma(f+t)\Gamma(1+a-d-e-f-t)\Gamma(s-t)}{\Gamma(1+a+s+t)}\,dt
\end{align}
より, 両辺に
\begin{align}
\frac{\Gamma(a+s)\Gamma\left(1+\frac a2+s\right)\Gamma(b+s)\Gamma(c+s)\Gamma(b-a-s)\Gamma(-s)}{\Gamma\left(\frac a2+s\right)\Gamma(1+a-b+s)\Gamma(1+a-c+s)}
\end{align}
を掛けて積分すると,
\begin{align}
&\frac{\Gamma(1+a-d-e)\Gamma(1+a-d-f)\Gamma(1+a-e-f)}{2\pi i}\int_{-i\infty}^{i\infty}\frac{\Gamma(a+s)\Gamma\left(1+\frac a2+s\right)\Gamma(b+s)\Gamma(c+s)\Gamma(d+s)\Gamma(e+s)\Gamma(f+s)\Gamma(b-a-s)\Gamma(-s)}{\Gamma\left(\frac a2+s\right)\Gamma(1+a-c+s)\Gamma(1+a-d+s)\Gamma(1+a-e+s)\Gamma(1+a-f+s)}\,ds\\
&=\frac 1{2\pi i}\int_{-i\infty}^{i\infty}\Gamma(d+t)\Gamma(e+t)\Gamma(f+t)\Gamma(1+a-d-e-f-t)\,dt\\
&\qquad\cdot\frac 1{2\pi i}\int_{-i\infty}^{i\infty}\frac{\Gamma(a+s)\Gamma\left(1+\frac a2+s\right)\Gamma(b+s)\Gamma(c+s)\Gamma(s-t)\Gamma(b-a-s)\Gamma(-s)}{\Gamma\left(\frac a2+s\right)\Gamma(1+a-c+s)\Gamma(1+a+s+t)}\,ds
\end{align}
ここで,
Dougallの${}_5F_4$の和公式のMellin-Barnes積分類似
により,
\begin{align}
&\frac 1{2\pi i}\int_{-i\infty}^{i\infty}\frac{\Gamma(a+s)\Gamma\left(1+\frac a2+s\right)\Gamma(b+s)\Gamma(c+s)\Gamma(s-t)\Gamma(b-a-s)\Gamma(-s)}{\Gamma\left(\frac a2+s\right)\Gamma(1+a-c+s)\Gamma(1+a+s+t)}\,ds\\
&=\frac 12\frac{\Gamma(b)\Gamma(c)\Gamma(-t)\Gamma(b+c-a)\Gamma(b-a-t)}{\Gamma(1+a-c+t)\Gamma(b+c-a-t)}
\end{align}
であるから, 定理を得る.
特に$1+2a=b+c+d+e+f$のとき,
\begin{align}
&\frac 1{2\pi i}\int_{-i\infty}^{i\infty}\frac{\Gamma(a+s)\Gamma\left(1+\frac a2+s\right)\Gamma(b+s)\Gamma(c+s)\Gamma(d+s)\Gamma(e+s)\Gamma(f+s)\Gamma(b-a-s)\Gamma(-s)}{\Gamma\left(\frac a2+s\right)\Gamma(1+a-c+s)\Gamma(1+a-d+s)\Gamma(1+a-e+s)\Gamma(1+a-f+s)}\,ds\\
&=\frac 12\frac{\Gamma(b)\Gamma(c)\Gamma(b+c-a)}{\Gamma(1+a-d-e)\Gamma(1+a-d-f)\Gamma(1+a-e-f)}\\
&\qquad\cdot\frac 1{2\pi i}\int_{-i\infty}^{i\infty}\frac{\Gamma(d+s)\Gamma(e+s)\Gamma(f+s)\Gamma(b-a-s)\Gamma(-s)}{\Gamma(1+a-c+s)\Gamma(1+a-d+s)}\,ds
\end{align}
であり, Barnesの第2補題より,
\begin{align}
&\frac 1{2\pi i}\int_{-i\infty}^{i\infty}\frac{\Gamma(d+s)\Gamma(e+s)\Gamma(f+s)\Gamma(b-a-s)\Gamma(-s)}{\Gamma(1+a-c+s)\Gamma(1+a-d+s)}\,ds\\
&=\frac{\Gamma(d)\Gamma(e)\Gamma(f)\Gamma(b+d-a)\Gamma(b+e-a)\Gamma(b+f-a)}{\Gamma(1+a-c-d)\Gamma(1+a-c-e)\Gamma(1+a-c-f)}
\end{align}
であるから以下を得る.
$1+2a=b+c+d+e+f$のとき,
\begin{align}
&\frac 1{2\pi i}\int_{-i\infty}^{i\infty}\frac{\Gamma(a+s)\Gamma\left(1+\frac a2+s\right)\Gamma(b+s)\Gamma(c+s)\Gamma(d+s)\Gamma(e+s)\Gamma(f+s)\Gamma(b-a-s)\Gamma(-s)}{\Gamma\left(\frac a2+s\right)\Gamma(1+a-c+s)\Gamma(1+a-d+s)\Gamma(1+a-e+s)\Gamma(1+a-f+s)}\,ds\\
&=\frac 12\frac{\Gamma(b)\Gamma(c)\Gamma(d)\Gamma(e)\Gamma(f)\Gamma(b+c-a)\Gamma(b+d-a)\Gamma(b+e-a)\Gamma(b+f-a)}{\Gamma(1+a-c-d)\Gamma(1+a-c-e)\Gamma(1+a-c-f)\Gamma(1+a-d-e)\Gamma(1+a-d-f)\Gamma(1+a-e-f)}
\end{align}
が成り立つ.
左辺を留数定理によって展開すると,
\begin{align}
&\F76{a,1+\frac a2,b,c,d,e,f}{\frac a2,1+a-b,1+a-c,1+a-d,1+a-e,1+a-f}{1}\\
&\qquad-\frac{\Gamma(1+a-b)\Gamma(1+a-c)\Gamma(1+a-d)\Gamma(1+a-e)\Gamma(1+a-f)}{\Gamma(1+a)\Gamma(1+b-a)\Gamma(1+b-c)\Gamma(1+b-d)\Gamma(1+b-e)\Gamma(1+b-f)}\\
&\qquad\qquad\cdot\frac{\Gamma(b+c-a)\Gamma(b+d-a)\Gamma(b+e-a)\Gamma(b+f-a)\Gamma(1+2b-a)}{\Gamma(c)\Gamma(d)\Gamma(e)\Gamma(f)}\\
&\qquad\qquad\qquad\cdot\F76{2b-a,1+\frac{2b-a}2,b,b+c-a,b+d-a,b+e-a,b+f-a}{\frac{2b-a}2,1+b-a,1+b-c,1+b-d,1+b-e,1+b-f}1\\
&=\frac{\Gamma(1+a-c)\Gamma(1+a-d)\Gamma(1+a-e)\Gamma(1+a-f)}{\Gamma(1+a)\Gamma(1+a-c-d)\Gamma(1+a-c-e)\Gamma(1+a-c-f)}\\
&\qquad\cdot \frac{\Gamma(b+c-a)\Gamma(b+d-a)\Gamma(b+e-a)\Gamma(b+f-a)}{\Gamma(1+a-d-e)\Gamma(1+a-d-f)\Gamma(1+a-e-f)\Gamma(b-a)}
\end{align}
と表すことができる. これはNon-terminating Dougallの和公式である.
$1+2a=b+c+d+e+f$のとき,
\begin{align}
&\F76{a,1+\frac a2,b,c,d,e,f}{\frac a2,1+a-b,1+a-c,1+a-d,1+a-e,1+a-f}{1}\\
&\qquad-\frac{\Gamma(1+a-b)\Gamma(1+a-c)\Gamma(1+a-d)\Gamma(1+a-e)\Gamma(1+a-f)}{\Gamma(1+a)\Gamma(1+b-a)\Gamma(1+b-c)\Gamma(1+b-d)\Gamma(1+b-e)\Gamma(1+b-f)}\\
&\qquad\qquad\cdot\frac{\Gamma(b+c-a)\Gamma(b+d-a)\Gamma(b+e-a)\Gamma(b+f-a)\Gamma(1+2b-a)}{\Gamma(c)\Gamma(d)\Gamma(e)\Gamma(f)}\\
&\qquad\qquad\qquad\cdot\F76{2b-a,1+\frac{2b-a}2,b,b+c-a,b+d-a,b+e-a,b+f-a}{\frac{2b-a}2,1+b-a,1+b-c,1+b-d,1+b-e,1+b-f}1\\
&=\frac{\Gamma(1+a-c)\Gamma(1+a-d)\Gamma(1+a-e)\Gamma(1+a-f)}{\Gamma(1+a)\Gamma(1+a-c-d)\Gamma(1+a-c-e)\Gamma(1+a-c-f)}\\
&\qquad\cdot \frac{\Gamma(b+c-a)\Gamma(b+d-a)\Gamma(b+e-a)\Gamma(b+f-a)}{\Gamma(1+a-d-e)\Gamma(1+a-d-f)\Gamma(1+a-e-f)\Gamma(b-a)}
\end{align}
が成り立つ.
この記事を高評価した人
この記事に送られたバッジ
投稿者
