超幾何関数で遊ぼう
あいさつ
んちゃ！
今回は超幾何関数で遊びます。
目次です。
- 解析接続概要
- 超幾何関数の解析接続
- 積分形式
解析接続概要
$-3\in\mathbb{C}$の偏角としては次のように書けます。
\begin{equation}
\pi,-\pi,3\pi,-3\pi,...
\end{equation}
この様に、偏角の選び方は無数にある。
これによって、次の様な問題が発生します。
対数関数：$\mathbb{C}\ni z\mapsto \log{z}\in\mathbb{C}$を定めると一般的にこの値は各$z$に対して一個の値が決まらない。
要するに対数関数は不定性を持っている。
例えば、先の$-3$を考えてみると次の様に書ける。
\begin{equation}
\log{(-3)}=\log{3}+(2n+1)\pi\quad(n\in\mathbb{Z})
\end{equation}
$ $
そこで、偏角を自分で指定する。
今の例だと$arg{(-3)}=-\pi$の様に定める。
そして、$-3$の近傍の点$z\in\mathbb{C}$での偏角を考えると$\arg{z}=-\pi+\theta$と計算する様に規則を定める。
この様に偏角を自分で決めると対数関数の「分岐を決める」と言う。
偏角
$\arg{1}=0$として、次の図に描かれている道$P1,P2$に沿って定まる対数関数の値：$\log{(-1)}$をそれぞれ求めよ。
偏角に関する問題
[1]P1に沿った場合：$\log{(-1)}=3\pi$
[2]P2に沿った場合：$\log{(-1)}=-\pi$
$z,\alpha\in\mathbb{C}$に対して、次の複素関数の形を定めよ。
\begin{equation}
f_{\alpha}(z)=(1-z)^{\alpha}=e^{\alpha\log{(1-z)}}=e^{\alpha(\log{|1-z|+i\arg{(1-z)}})}
\end{equation}
[1]$z=0近傍で定める：
f_{\alpha}(0)=1$となるので、$\arg{1}=0$とすると$z=0$の近傍での$(1-z)^{\alpha}$が定まった。
[2]大域的に定める：
method1:値が確定しない事を受け入れる
この様な定め方を、$\mathbb{C}-\{1\}$上の多価関数であると言う。
method2:普遍被覆$\widetilde{\mathbb{C}-\{1\}}$を用いる。
$f_{\alpha}(z)$は$x\neq 1$なるあらゆる複素数に対して、複素数zとそこに至る道$P$の組を変数とすればこの関数の値は定まる。
この複素数$x$とそこに至る道$P$の組の集合を$\widetilde{\mathbb{C}-\{1\}}$とし、これを普遍被覆といい
$f_{\alpha}(z)$は$\widetilde{\mathbb{C}-\{1\}}$上の関数という。
$ $
$\log{(1-z)}$の分岐点は$1-z=0$なので$z=1$。
そこで、$z_{0}\neq 1$を出発し、分岐点$1$の周りを正の向きを一周して$z_{0}$へ戻ってくる道$L$を考える。
この時、始めの$z_{0}$を$(z_{0},\phi)$、Lに沿って一周した後の$z_{0}$を$(z_{0},L)$と区別して書く。
すると、次の二つの図を参照すると次の様に書ける。
\begin{equation} \arg{(1-(z_{0},L))}=\arg{(1-(z_{0},\phi))}+2\pi \end{equation}
ゆえに、次の式を得る。
\begin{eqnarray} (1-(z_{0},L))^{\alpha}&=&e^{\alpha(\log{|1-z_{0}|}+iarg{(1-(z_{0},L))})}\\ &=&e^{\alpha(\log{|1-z_{0}|}+iarg{(1-(z_{0},\phi))}+2\pi)}\\ &=&e^{2\pi i\alpha}e^{\alpha(\log{|1-z_{0}|}+i\arg{(1-(z_{0},\phi))})}\\ &=&e^{2\pi i\alpha}(1-(z_{0},\phi))^{\alpha} \end{eqnarray}
1周前
1周した後
便利なので、次の様な記号を定めておきます。
$\alpha\in\mathbb{C}$に対して$e(\alpha)=e^{2\pi i\alpha}$と定める。
$f_{\alpha}(x)=(1-z)^{\alpha}$をTaylor展開すると下記の様に書ける。
\begin{equation}
f_{\alpha}(z)=\sum_{n=0}^{\infty}b^{\alpha}\begin{pmatrix}\alpha\\ n\end{pmatrix}(-\frac{1}{b})^{n}(z+b-1)^{n}\quad(|z+b-1|\lt b\Leftrightarrow -2b+1\lt z\lt 1)
\end{equation}
証明は簡単だからやらないけど、この様なTaylor展開により$f_{\alpha}(z)$の定義域は$Re{z}\lt 1$となるもの全体に広げることができます！
また、次の様にして$1\lt\Re{z}\lt 2$へも次の方法で定義域を拡張できる。
[1]上記べき級数展開にて$b=2$の場合を用いる。
[2]下記図の様に、$z=\frac{1}{2}$を中心とし、半径$\frac{3}{2}$の半円弧$L$を考える。また、領域$\mathcal{D}_{1}=\{x\in\mathbb{C}||z+1|\lt 2\}$を考える。
そして、$\mathcal{D}_{1}\cap L$上にある点$b_{1}$を一つ選び、$f_{\alpha}(x)$を$z=b_{1}$近傍でTaylor展開する。
\begin{eqnarray} (z+1)^{n}&=&(z-b_{1}+(1+b_{1}))^{n}\\ &=&\sum_{k=0}^{n}\begin{pmatrix}n\\ k\end{pmatrix}(1+b_{1})^{n-k}(z-b_{1})^{k} \end{eqnarray}
\begin{eqnarray} f_{\alpha}(z)&=&\sum_{n=0}^{\infty}2^{\alpha}\begin{pmatrix}\alpha\\ n\end{pmatrix}(-\frac{1}{2})^{n}(z+1)^{n}\\ &=&\sum_{n=0}^{\infty}2^{\alpha}\begin{pmatrix}\alpha\\ n\end{pmatrix}(-\frac{1}{2})^{n}\sum_{k=0}^{n}\begin{pmatrix}n\\ k\end{pmatrix}(1+b_{1})^{n-k}(z-b_{1})^{k}\\ &=&\sum_{k=0}^{\infty}(z-b_{1})^{k}\sum_{n=k}^{\infty}2^{\alpha}\begin{pmatrix}\alpha\\ n\end{pmatrix}\begin{pmatrix}n\\ k\end{pmatrix}(-\frac{1}{2})^{n}(1+b_{1})^{n-k} \end{eqnarray}
\begin{eqnarray} \begin{pmatrix}\alpha\\ n\end{pmatrix}\begin{pmatrix}n\\ k\end{pmatrix}&=&\frac{\alpha(\alpha-1)\cdots (\alpha-n+1)}{n!}\frac{n!}{k!(n-k)!}\\ &=&\frac{\alpha(\alpha-1)\cdots (\alpha-k+1)}{k!}\frac{(\alpha-k)(\alpha-k-1)\cdots (\alpha-n+1)}{(n-k)!}\\ &=&\begin{pmatrix}\alpha\\ k\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\alpha-k\\ n-k\end{pmatrix} \end{eqnarray}
\begin{eqnarray} \sum_{n=k}^{\infty}2^{\alpha}\begin{pmatrix}\alpha\\ n\end{pmatrix}\begin{pmatrix}n\\ k\end{pmatrix}(-\frac{1}{2})^{n}(1+b_{1})^{n-k} &=&\sum_{n=k}^{\infty}2^{\alpha}\begin{pmatrix}\alpha\\ k\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\alpha-k\\ n-k\end{pmatrix}(-\frac{1}{2})^{n}(1+b_{1})^{n-k}\\ &=&2^{\alpha}\begin{pmatrix}\alpha\\ k\end{pmatrix}(-\frac{1}{2})^{k}\sum_{n=0}^{\infty}\begin{pmatrix}\alpha-k\\ n\end{pmatrix}(-\frac{1}{2})^{n}(1+b_{1})^{n}\\ &=&2^{k}\begin{pmatrix}\alpha\\ k\end{pmatrix}(-\frac{1}{2})^{k}\sum_{n=0}^{\infty}2^{\alpha-k}\begin{pmatrix}\alpha-k\\ n\end{pmatrix}(-\frac{1}{2})^{n}(1+b_{1})^{n}\\ &=&2^{k}\begin{pmatrix}\alpha\\ k\end{pmatrix}(-\frac{1}{2})^{k}f_{\alpha-k}(b_{1}) \end{eqnarray}
\begin{eqnarray} f_{\alpha-k}(b_{1})(1-b_{1})^{k}&=&\sum_{l=0}^{\infty}2^{\alpha-k}\begin{pmatrix}\alpha-k\\ l\end{pmatrix}(-\frac{1}{2})^{l}(1+b_{1})^{l}\sum_{m=0}^{k}\begin{pmatrix}k\\ m\end{pmatrix}2^{k-m}(-1)^{m}(1+b_{1})^{m}\\ &=&\sum_{n=0}^{\infty}(1+b_{1})^{n}\sum_{\substack{l+m=n\\ 0\leq m\leq k}}2^{\alpha-k}(-\frac{1}{2})^{l}2^{k-m}(-1)^{m}\begin{pmatrix}\alpha-k\\ l\end{pmatrix}\begin{pmatrix}k\\ m\end{pmatrix}\\ &=&\sum_{n=0}^{\infty}2^{\alpha}(-\frac{1}{2})^{n}(1+b_{1})^{n}\sum_{\substack{l+m=n\\ 0\leq m\leq k}}\begin{pmatrix}\alpha-k\\ l\end{pmatrix}\begin{pmatrix}k\\ m\end{pmatrix}\\ &=&\sum_{n=0}^{\infty}2^{\alpha}\begin{pmatrix}\alpha\\ n\end{pmatrix}(\frac{1}{2})^{n}(1+b_{1})^{n}\\ &=&f_{\alpha}(b_{1}) \end{eqnarray}
最後の式は次の事実を用いた。
$(1-z)^{\alpha-k}(1-z)^{k}=(1-z)^{\alpha}$より
\begin{eqnarray} (1-z)^{\alpha-k}(1-z)^{k}&=&\sum_{l=0}^{\infty}\begin{pmatrix}\alpha-k\\ l\end{pmatrix}(-x)^{l}\sum_{m=0}^{k}\begin{pmatrix}k\\m\end{pmatrix}(-z)^{m}\\ &=&\sum_{n=0}^{\infty}(-z)^{n}\sum_{\substack{l+m=n\\ 0\leq m\leq k}}\begin{pmatrix}\alpha-k\\ l\end{pmatrix}\begin{pmatrix}k\\m\end{pmatrix}\\ &=&\sum_{n=0}^{\infty}(-z)^{n}\begin{pmatrix}\alpha\\ n\end{pmatrix}=(1-z)^{\alpha} \end{eqnarray}
上記計算をまとめると、以下のべき級数を得る。
\begin{eqnarray}
f_{\alpha}(z)&=&\sum_{n=0}^{\infty}2^{\alpha}\begin{pmatrix}\alpha\\ n\end{pmatrix}(-\frac{1}{2})^{n}(z+1)^{n}\\
&=&\sum_{k=0}^{\infty}f_{\alpha-k}(b_{1})\begin{pmatrix}\alpha\\ k\end{pmatrix}(-1)^{_k}(z-b_{1})^{k}\\
&=&\sum_{k=0}^{\infty}f_{\alpha}(b_{1})\begin{pmatrix}\alpha\\ k\end{pmatrix}(-\frac{1}{1-b_{1}})^{k}(z-b_{1})^{k}\quad(|z-b_{1}|\lt |1-b_{1}|)
\end{eqnarray}
ゆえに、この新しく得た級数は領域：$\mathcal{D}_{2}=\{z\in\mathbb{C}||z-b_{1}|\lt|1-b_{1}|\land b_{1}\in\mathcal{D}_{1}\cap L\}$という領域で定義される。(図６参照)
先と同様にして、$b_{2}\in D_{2}\cap L$に対しても繰り返して、領域$\mathcal{D}_{3},\mathcal{D}_{4},...$を作る事で最終的に$z=2$を中心とする級数を得る。
下半面も同様にすればいい。
上記の様に定義域を拡張する方法を曲線Lに沿った解析接続という。
実はここで得られた$b_{1}$を通る半径$|1-b_{1}|$の円は点$1$を通る事に注意！
これは、いかなる点でも成り立つので、$\mathbb{C}-\{1\}$で$f_{\alpha}(z)$で定義された多価関数であることが分かる。
言い方を変えれば$f_{\alpha}(z)$は普遍被覆面$\widetilde{\mathbb{C}-\{1\}}$を定義域とする関数であることが分かる。
![!FORMULA[81][1831651056][0]まで定義域を拡張1](https://firebasestorage.googleapis.com/v0/b/mathlog-361213.appspot.com/o/uploads%2Fmathdown%2FWaNn3HcfaVPGXtISCwet.png?alt=media)
$1\lt\Re{z}\lt2$まで定義域を拡張1
![!FORMULA[82][1831651056][0]まで定義域を拡張2](https://firebasestorage.googleapis.com/v0/b/mathlog-361213.appspot.com/o/uploads%2Fmathdown%2Fut5vnnFmAIbgVSUMEv9r.png?alt=media)
$1\lt\Re{z}\lt2$まで定義域を拡張2
超幾何関数と解析接続
Gaussの超幾何微分方程式の定義や$z=0,1,\infty$近傍での解析解に関しては
次の僕の記事：超幾何関数に一言いいかな？長い！(まだ非公開：作成中の記事)を参照してください。
Gaussの超幾何微分方程式：$z(1-z)\frac{d^{2}y}{dz^{2}}+\{\gamma-(\alpha+\beta+1)z\}\frac{dy}{dz}-\alpha\beta y$の$z=0,1$近傍の解は次の様にかける
[1]z=0近傍の解：
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
y_{1}={}_{2}F_{1}(\alpha,\beta;\gamma|z)\\
y_{2}=z^{1-\gamma}{}_{2}F_{1}(\alpha-\gamma+1,\beta-\gamma+1;2-\gamma|z)
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
[2]$z=1$近傍の解：
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
y_{3}={}_{2}F_{1}(\alpha,\beta,\alpha+\beta-\gamma+1|1-z)\\
y_{4}=(1-z)^{\gamma-\alpha-\beta}{}_{2}F_{1}(\gamma-\alpha,\gamma-\beta;\gamma-\alpha-\beta+1|1-z)\\
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
このとき、次の様な領域$\mathcal{D}=\mathcal{B}_{0}\cup\mathcal{B_{1}}$を考える。
ただし、$\mathcal{B}_{0},\mathcal{B}_{1}$は次の様に定めた。
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
\mathcal{B}_{0}=\{z\in\mathbb{C}||z|\lt 1\}\\
\mathcal{B}_{1}=\{z\in\mathbb{C}||z-1|\lt 1\}
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
また、$\frac{1}{2}\in U\subset\mathcal{B_{0}}\cap \mathcal{B_{1}}$が成り立つ任意の単連結な領域を定める。
また、$y_{2},y_{4}$は多価関数$z^{1-\gamma},(1-z)^{\gamma-\alpha-\beta}$を含むので、$z=\frac{1}{2}$において偏角を次の様に定めておく。
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
\arg{z}=0\\
\arg{(1-z)}=0
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
この時、$U$におけるGaussの微分方程式の解空間$\mathscr{S}$は$\mathscr{S}=span\{y_{1},y_{2}\}=span\{y_{3},y_{4}\}$であるから。
ある適当な複素数$c_{31},c_{32},c_{41},c_{42}$が存在して次の事が成り立つ。
\begin{equation}
\begin{pmatrix}y_{1}\\ y_{2}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}c_{31}&c_{41}\\ c_{32}&c_{42}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}y_{3}\\ y_{4}\end{pmatrix}\quad(\det{\begin{vmatrix}c_{31}&c_{41}\\ c_{41}&c_{42}\end{vmatrix}}\neq 0)
\end{equation}
そして、$y_{1}=c_{31}y_{3}+c_{41}y_{4}$は$B_{0}$外への解析接続になっている。
これは次のような意味である。
任意の単連結な領域$U^{'}=\{z\in\mathbb{C}||z-1|\lt 1\land z\in U\}\subset \mathscr{B}_{1}$で右辺の$y_{1}=c_{31}y_{3}+c_{41}y_{4}$は正則になっている事による。
解の定義域
解の解析接続
ある複素関数$f(z)$を道$L$に沿って解析接続した結果得られる関数を$L_{*}f(z)$と書く。
この操作を本記事では接続演算と呼ぶことにする
任意の道$L$に対する接続演算$L_{*}$と任意の複素関数$f,g$に対して次の性質を持つ。
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
L_{*}(f+g)=L_{*}f+L_{*}g\\
L_{*}(fg)=L_{*}fL_{*}g\\
L_{*}(\frac{f}{g})=\frac{L_{*}f}{L_{*}g}\\
L_{*}(\frac{df}{dz})=\frac{d}{dz}(L_{*}f)
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
最後の式だけ証明する。
道$L$の中に異なる分岐点：$z_{1},z_{2},...,z_{n}$が含まれても、それは次の様な形で書ける。
\begin{equation} f(z)=g(z)(z-z_{1})^{\alpha_{1}}(z-z_{2})^{\alpha_{2}}\cdots (z-z_{n})^{\alpha_{n}} \end{equation}
ゆえに、
\begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} f^{'}(z)=(z-z_{1})^{\alpha_{1}}(z-z_{2})^{\alpha_{2}}\cdots (z-z_{n})^{\alpha_{n}}\{g^{'}(z)+g(z)\sum_{k=1}^{n}(z-z_{k})^{-1}\}\\ L_{*}f^{'}(z)=e(\alpha_{1})e(\alpha_{2})\cdots e(\alpha_{n})\{g^{'}(z)+g(z)\sum_{k=1}^{n}(z-z_{k})^{-1}\}\\ \{L_{*}f(z)\}^{'}=e(\alpha_{1})e(\alpha_{2})\cdots e(\alpha_{n})\{g^{'}(z)+g(z)\sum_{k=1}^{n}(z-z_{k})^{-1}\} \end{array} \right. \end{eqnarray}
記号の$e(\cdot)$の使い方を忘れた場合はここをクリックして確認してください。
上記定理1で定めた記号や定義をここでも使用することにする。
$y_{2},y_{4}$は多価関数$z^{1-\gamma},(1-z)^{\gamma-\alpha-\beta}$を持つ。ゆえに、$B_{0}$内で$z=\frac{1}{2}$を始点にし、$z=0$を正の向きに一周する閉路$L_{0}$、$B_{1}$内で$z=\frac{1}{2}$を始点にし、$z=1$を正の向きに一周する閉路$L_{1}$を考える。
また、一般に複素関数$f(z)$を道$L$に沿って解析接続して得られる結果を$L_{*}f(z)$で表すと解析接続の節で見たように、次の事が成り立つ。
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
L_{0*}z^{1-\gamma}=e(1-\gamma)z^{1-\gamma}=e(-\gamma)z^{1-\gamma}\\
L_{1*}(1-z)^{\gamma-\alpha-\beta}=e(\gamma-\alpha-\beta)(1-z)^{\gamma-\alpha-\beta}
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
ゆえに、上記定理より下記の結果を得る。
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
L_{0*}y_{1}=y_{1}\\
L_{0*}y_{2}=e(1-\gamma)y_{2}
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
L_{1*}y_{3}=y_{3}\\
L_{1*}y_{4}=e(\gamma-\alpha-\beta)y_{4}
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
多価性
道$L$と関数列$f_{1},f_{2},...,f_{n}$に対して、次の様な操作を定義する。$L_{*}\begin{pmatrix}f_{1}\\f_{2}\\ \vdots\\f_{n}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}L_{*}f_{1}\\ L_{*}f_{2}\\ \vdots\\ L_{*}f_{n}\end{pmatrix}$
ある行列$M_{0},M_{1}$が存在して次の事が成り立つ：
\begin{equation}
L_{0*}\begin{pmatrix}y_{1}\\ y_{2}\end{pmatrix}=M_{0}\begin{pmatrix}y_{1}\\ y_{2}\end{pmatrix}
\end{equation}
また、解析接続した結果：
\begin{equation}
\begin{pmatrix}y_{1}\\ y_{2}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}c_{31}&c_{41}\\ c_{32}&c_{42}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}y_{3}\\ y_{4}\end{pmatrix}\quad(\det{\begin{vmatrix}c_{31}&c_{41}\\ c_{41}&c_{42}\end{vmatrix}}\neq 0)
\end{equation}
に対して、接続操作を行うと
\begin{equation}
L_{1*}\begin{pmatrix}y_{1}\\ y_{2}\end{pmatrix}=M_{1}\begin{pmatrix}y_{1}\\ y_{2}\end{pmatrix}
\end{equation}
[1]前者については、$L_{0*}y_{1}=y_{1},L_{0*}y_{2}=e(-\gamma)y_{2}$より次の様に定めればいい。
\begin{equation} M_{0}=\begin{pmatrix}1&0\\ 0&e(\gamma)\end{pmatrix} \end{equation}
[2]後者については、
\begin{eqnarray} L_{1*}\begin{pmatrix}y_{1}\\ y_{2}\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}c_{31}&c_{32}\\ c_{41}&c_{42}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&0\\ 0&e(\gamma-\alpha-\beta)\end{pmatrix}\begin{pmatrix}y_{3}\\ y_{4}\end{pmatrix}\\ &=&\begin{pmatrix}c_{31}&c_{41}\\ c_{32}&c_{42}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&0\\ 0&e(\gamma-\alpha-\beta)\end{pmatrix}\begin{pmatrix}c_{31}&c_{41}\\ c_{32}&c_{42}\end{pmatrix}^{-1}\begin{pmatrix}y_{1}\\ y_{2}\end{pmatrix} \end{eqnarray}
より、
\begin{equation} M_{1}=\begin{pmatrix}c_{31}&c_{41}\\ c_{32}&c_{42}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&0\\ 0&e(\gamma-\alpha-\beta)\end{pmatrix}\begin{pmatrix}c_{31}&c_{41}\\ c_{32}&c_{42}\end{pmatrix}^{-1} \end{equation}
上記の$M_{0},M_{1}$の事を回路行列と言います。
Gaussの超幾何微分方程式の無限遠$z=\infty$近傍の解は
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
y_{5}=z^{-\alpha}{}_{2}F_{1}(\alpha,\alpha-\gamma+1;\alpha-\beta+1|\frac{1}{z})\\
y_{6}=z^{-\beta}{}_{2}F_{1}(\beta,\beta-\gamma+1;\beta-\alpha+1|\frac{1}{z})
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
これは$\mathcal{B}_{\infty}=\{z\in\mathbb{C}|1\lt|z|\}$上で成り立つ。
そこで、$\mathcal{D}=\mathcal{B}_{0}\cup\mathcal{B}_{1}\cup\mathcal{B}_{\infty}$なる領域を考える。
すると、
[1]$\mathcal{B}_{0}$上の関数$y_{1},y_{2}$を$B_{1y}$への解析接続を行う。
[2]$\mathcal{B}_{1}$上の関数$y_{3},y_{4}$を$B_{\infty}$への解析接続を行う。
[3]これにより、$y_{1},y_{2}$の$\mathcal{B}_{\infty}$への解析接続を行う事ができる。
この時、道$L_{0\infty}$に沿って、$y_{1},y_{2}$を解析接続する。すると次式を得る。
\begin{equation}
z(1-z)\frac{d^{2}L_{0\infty*}y_{j}}{dz^{2}}+\{\gamma-(\alpha+\beta+1)z\}\frac{dL_{0\infty*}y_{j}}{dz}-\alpha\beta L_{0\infty*}y_{j}=0
\end{equation}
ゆえに、$z_{\infty}$の単連結な領域$U_{\infty}$での解空間は$\mathscr{S}=span\{L_{0\infty*}y_{1},L_{0\infty*}y_{2}\},span\{y_{5},y_{6}\}$。
ゆえに、次の関係式を得る。
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
L_{0\infty*}\begin{pmatrix}y_{1}\\y_{2}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}c_{51}&c_{61}\\ c_{52}&c_{62}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}y_{5}\\y_{6}\end{pmatrix}
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
解析接続
ここまでの解析接続に出てきた係数$c_{31},...,c_{62}$を求める問題を接続問題という。
積分形式-接続問題
超幾何関数に一言いいかな？長い！(まだ非公開：作成中の記事)を参照$|z|\lt 1$に対して次の式が成り立つ。
\begin{equation}
F(\alpha,\beta;\gamma|z)=\frac{\Gamma(\gamma)}{\Gamma(\alpha)\Gamma(\gamma-\alpha)}\int_{0}^{1}t^{\alpha-1}(1-t)^{\gamma-\alpha-1}(1-xt)^{-\beta}dt
\end{equation}
$p,q\in\{0,1,\frac{1}{z},\infty\}$とするとき、下記の積分はGaussの超幾何微分方程式の解となる。
\begin{equation}
f_{pq}=\int_{p}^{q}t^{\alpha-1}(1-t)^{\gamma-\alpha-1}(1-zt)^{-\beta}dt
\end{equation}
下図の様にRiemann面上での閉曲線に沿った線積分をそれぞれ考えるとCauchyの積分値定理より次の結果を得る。
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
f_{01}+f_{1\frac{1}{z}}-f_{0\frac{1}{z}}=0\\
f_{01}+f_{1\infty}+f_{\infty 0}=0\\
-f_{1\infty}+e(\gamma-\alpha)f_{1\frac{1}{z}}+e(\gamma-\alpha)f_{\frac{1}{z}\infty}=0\\
f_{\infty0}+e(-\alpha)f_{0\frac{1}{z}}+e(\beta-\alpha)f_{\frac{1}{z}\infty}=0
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
ゆえに、次式を得る。
\begin{equation}
\begin{pmatrix}1&1&-1&0&0&0\\ 1&0&0&1&1&0\\ 0&e(\gamma-\alpha)&0&0&-1&e(\gamma-\alpha)\\ 0&0&e(-\alpha)&1&0&e(\beta-\alpha)\end{pmatrix}\begin{pmatrix}f_{01}\\f_{1\frac{1}{z}}\\f_{0\frac{1}{z}}\\f_{\infty0}\\f_{1\infty}\\f_{\frac{1}{z}\infty}\end{pmatrix}=0
\end{equation}
また、$p,q$の組み合わせは$\begin{pmatrix}4\\2\end{pmatrix}=6$通りなので、この行列のrankが4である場合、$6$個$f_{pq}$のうち2つを決めれば他はその二つの一次結合で書ける。
![積分路!FORMULA[176][-1568040536][0]](https://firebasestorage.googleapis.com/v0/b/mathlog-361213.appspot.com/o/uploads%2Fmathdown%2FanyE5PPO1Crbqt4yZ0Iq.png?alt=media)
積分路$01\frac{1}{z}$
![積分路!FORMULA[177][-982864555][0]](https://firebasestorage.googleapis.com/v0/b/mathlog-361213.appspot.com/o/uploads%2Fmathdown%2FjcQs57R7a9cIEurJrQj7.png?alt=media)
積分路$01\infty$
![積分路!FORMULA[178][-755420666][0]](https://firebasestorage.googleapis.com/v0/b/mathlog-361213.appspot.com/o/uploads%2Fmathdown%2F1PUxdujjRkLemsDoBV5i.png?alt=media)
積分路$1\frac{1}{z}\infty$
![積分路!FORMULA[179][743046381][0]](https://firebasestorage.googleapis.com/v0/b/mathlog-361213.appspot.com/o/uploads%2Fmathdown%2FGUDi8lBgMY0IeXfhjZ12.png?alt=media)
積分路$ 0\frac{1}{z}\infty$
一次変換$\psi:\mathbb{C}\cup\{\infty\}\ni z\mapsto\psi{(z)}\in\mathbb{C}\cup\{\infty\}$を適当に定めることで、$p,q$を$0,1$に移る様に定めると次の様に書ける。
\begin{equation}
\psi{(z)}=\frac{A(z-p)}{Bz+C}\quad(\frac{A(q-p)}{Bq+C}=1)
\end{equation}
\begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} \frac{ap+b}{cp+d}=0\Rightarrow b=-ap\\ \frac{aq+b}{cq+d}=1\Rightarrow\frac{a(q-p)}{cq+d}=1 \end{array} \right. \end{eqnarray}
ただし、$\arg{(-1)}=-\pi$の様に分岐を定める。
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
f_{01}=\frac{\Gamma{(\alpha)}\Gamma{(\gamma-\alpha)}}{\Gamma{(\gamma)}}{}_{2}F_{1}(\alpha,\beta;\gamma|z)=\frac{\Gamma{(\alpha)}\Gamma{(\gamma-\alpha)}}{\Gamma{(\gamma)}}y_{1}\\
f_{1\frac{1}{z}}=e^{i(\alpha-\gamma+1)\pi}(1-z)^{\gamma-\alpha-\beta}\frac{\Gamma{(\gamma-\alpha)}\Gamma{(1-\beta)}}{\Gamma{(\gamma-\alpha-\beta+1)}}{}_{2}F_{1}(\gamma-\alpha,\gamma-\beta;\gamma-\alpha-\beta+1|1-z)=e^{i(\alpha-\gamma+1)\pi}\frac{\Gamma{(\gamma-\alpha)}\Gamma{(1-\beta)}}{\Gamma{(\gamma-\alpha-\beta+1)}}y_{4}\\
f_{0\frac{1}{z}}=\frac{\Gamma{(\alpha)}\Gamma{(1-\beta)}}{\Gamma{(\alpha-\beta+1)}}z^{-\alpha}{}_{2}F_{1}(\alpha,\alpha-\gamma+1;\alpha-\beta+1|\frac{1}{z})=\frac{\Gamma{(\alpha)}\Gamma{(1-\beta)}}{\Gamma{(\alpha-\beta+1)}}y_{5}\\
f_{1\infty}=e^{i(\alpha+\beta-\gamma+1)\pi}z^{-\beta}\frac{\Gamma{(\beta-\gamma+1)\Gamma{(\gamma-\alpha)}}}{\Gamma{(\beta-\alpha+1)}}{}_{2}F_{1}(\beta,\beta-\gamma+1;\beta-\alpha+1|\frac{1}{z})=e^{i(\alpha+\beta-\gamma+1)\pi}\frac{\Gamma{(\beta-\gamma+1)\Gamma{(\gamma-\alpha)}}}{\Gamma{(\beta-\alpha+1)}}y_{6}\\
f_{\infty0}=e^{-i(\alpha+1)\pi}\frac{\Gamma{(\alpha)}\Gamma{(\beta-\gamma+1)}}{\Gamma{(\alpha+\beta-\gamma+1)}}{}_{2}F_{1}(\alpha,\beta;\alpha+\beta-\gamma+1|1-z)=e^{-i(\alpha+1)\pi}\frac{\Gamma{(\alpha)}\Gamma{(\beta-\gamma+1)}}{\Gamma{(\alpha+\beta-\gamma+1)}}y_{3}\\
f_{\frac{1}{z}\infty}=e^{i(\alpha+\beta-\gamma+1) \pi}z^{1-\gamma}\frac{\Gamma{(\beta-\gamma+1)}\Gamma{(1-\beta)}}{\Gamma{(2-\beta)}}{}_{2}F_{1}(\alpha-\gamma+1,\beta-\gamma+1;2-\gamma|z)=e^{i(\alpha+\beta-\gamma+1) \pi}\frac{\Gamma{(\beta-\gamma+1)}\Gamma{(1-\beta)}}{\Gamma{(2-\gamma)}}y_{2}
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
[1]$f_{01}$の場合：
\begin{eqnarray} f_{01}&=&\int_{0}^{1}t^{\alpha-1}(1-t)^{\gamma-\alpha-1}(1-zt)^{-\beta}dt\\ &=&\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(\beta)_{n}}{n!}z^{n}\int_{0}^{1}t^{\alpha+n-1}(1-t)^{\gamma-\alpha-1}dt\\ &=&\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(\beta)_{n}}{n!}z^{n}\frac{\Gamma{(\alpha+n)}\Gamma{(\gamma-\alpha)}}{\Gamma{(\gamma+n)}}\\ &=&\frac{\Gamma{(\alpha)}\Gamma{(\gamma-\alpha)}}{\Gamma{(\gamma)}}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(\alpha)_{n}(\beta)_{n}}{(\gamma)_{n}}\frac{z^{n}}{n!}\\ &=&\frac{\Gamma{(\alpha)}\Gamma{(\gamma-\alpha)}}{\Gamma{(\gamma)}}{}_{2}F_{1}(\alpha,\beta;\gamma|z)\\ &=&\frac{\Gamma{(\alpha)}\Gamma{(\gamma-\alpha)}}{\Gamma{(\gamma)}}y_{1} \end{eqnarray}
[2]$f_{1\frac{1}{z}}$の場合：
\begin{eqnarray} f_{1\frac{1}{z}}&=&\int_{1}^{\frac{1}{z}}t^{\alpha-1}(1-t)^{\gamma-\alpha-1}(1-zt)^{-\beta}dt\quad (s=\frac{t-1}{(1-z)t},t=\frac{1}{1-(1-z)s},dt=\frac{1-z}{\{1-(1-z)s\}^{2}}ds)\\ &=&\int_{0}^{1}(\frac{1}{1-(1-z)s})^{\alpha-1}(1-\frac{1}{1-(1-z)s})^{\gamma-\alpha-1}(1-\frac{z}{1-(1-z)s})^{-\beta}\frac{1-z}{\{1-(1-z)s\}^{2}}ds\\ &=&e^{i(\alpha-\gamma+1)\pi}(1-z)^{\gamma-\alpha-\beta}\int_{0}^{1}s^{\gamma-\alpha-1}(1-s)^{-\beta}\{1-(1-z)s\}^{-(\gamma-\beta)}ds\\ &=&e^{i(\alpha-\gamma+1)\pi}(1-z)^{\gamma-\alpha-\beta}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(\gamma-\beta)_{n}}{n!}(1-z)^{n}\int_{0}^{1}s^{\gamma-\alpha+n-1}(1-s)^{1-\beta-1}ds\\ &=&e^{i(\alpha-\gamma+1)\pi}(1-z)^{\gamma-\alpha-\beta}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(\gamma-\beta)_{n}}{n!}(1-z)^{n}\frac{\Gamma{(\gamma-\alpha+n)}\Gamma{(1-\beta)}}{\Gamma{(\gamma-\alpha-\beta+n+1)}}\\ &=&e^{i(\alpha-\gamma+1)\pi}(1-z)^{\gamma-\alpha-\beta}\frac{\Gamma{(\gamma-\alpha)}\Gamma{(1-\beta)}}{\Gamma{(\gamma-\alpha-\beta+1)}}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(\gamma-\alpha)_{n}(\gamma-\beta)_{n}}{(\gamma-\alpha-\beta+1)_{n}}\frac{(1-z)^{n}}{n!}\\ &=&e^{i(\alpha-\gamma+1)\pi}(1-z)^{\gamma-\alpha-\beta}\frac{\Gamma{(\gamma-\alpha)}\Gamma{(1-\beta)}}{\Gamma{(\gamma-\alpha-\beta+1)}}{}_{2}F_{1}(\gamma-\alpha,\gamma-\beta;\gamma-\alpha-\beta+1|1-z)\\ &=&e^{i(\alpha-\gamma+1)\pi}\frac{\Gamma{(\gamma-\alpha)}\Gamma{(1-\beta)}}{\Gamma{(\gamma-\alpha-\beta+1)}}y_{4} \end{eqnarray}
[3]$f_{0\frac{1}{z}}$の場合：
\begin{eqnarray} f_{0\frac{1}{z}}&=&\int_{0}^{\frac{1}{z}}t^{\alpha-1}(1-t)^{\gamma-\alpha-1}(1-zt)^{-\beta}dt\quad(s=zt,t=\frac{s}{z},dt=\frac{1}{z}ds)\\ &=&\int_{0}^{1}(\frac{s}{z})^{\alpha-1}(1-\frac{s}{z})^{\gamma-\alpha-1}(1-s)^{-\beta}\frac{ds}{z}\\ &=&z^{-\alpha}\int_{0}^{1}s^{\alpha-1}(1-\beta)^{-\beta}(1-\frac{s}{z})^{-(\alpha-\gamma+1)}ds\\ &=&z^{-\alpha}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(\alpha-\gamma+1)_{n}}{n!}z^{-n}\frac{\Gamma{(\alpha+n)}\Gamma{(1-\beta)}}{\Gamma{(\alpha-\beta+1+n)}}\\ &=&z^{-\alpha}\frac{\Gamma{(\alpha)}\Gamma{(1-\beta)}}{\Gamma{(\alpha-\beta+1)}}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(\alpha)_{n}(\alpha-\gamma+1)_{n}}{(\alpha-\beta+1)_{n}}\frac{z^{-n}}{n!}\\ &=&\frac{\Gamma{(\alpha)}\Gamma{(1-\beta)}}{\Gamma{(\alpha-\beta+1)}}z^{-\alpha}{}_{2}F_{1}(\alpha,\alpha-\gamma+1;\alpha-\beta+1|\frac{1}{z})\\ &=&\frac{\Gamma{(\alpha)}\Gamma{(1-\beta)}}{\Gamma{(\alpha-\beta+1)}}y_{5} \end{eqnarray}
[4]$f_{1\infty}$の場合：
\begin{eqnarray} f_{1\infty}&=&\int_{1}^{\infty}t^{\alpha-1}(1-t)^{\gamma-\alpha-1}(1-zt)^{-\beta}dt\quad(s=\frac{1}{t},t=\frac{1}{s},dt=-\frac{1}{s^{2}}ds)\\ &=&\int_{1}^{0}(\frac{1}{s})^{\alpha-1}(1-\frac{1}{s})^{\gamma-\alpha-1}(1-z\frac{1}{s})^{-\beta}(-\frac{ds}{s^{2}})\\ &=&e^{i(\alpha+\beta-\gamma+1)\pi}z^{-\beta}\int_{0}^{1}s^{\beta-\gamma}(1-s)^{\gamma-\alpha-1}(1-\frac{1}{z}s)^{-\beta}ds\\ &=&e^{i(\alpha+\beta-\gamma+1)\pi}z^{-\beta}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(\beta)_{n}}{n!}z^{-n}\int_{0}^{1}s^{\beta-\gamma+n}(1-s)^{\gamma-\alpha-1}ds\\ &=&e^{i(\alpha+\beta-\gamma+1)\pi}z^{-\beta}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(\beta)_{n}}{n!}z^{-n}\frac{\Gamma{(\beta-\gamma+1+n)}\Gamma{(\gamma-\alpha)}}{\Gamma{(\beta-\alpha+1+n)}}\\ &=&e^{i(\alpha+\beta-\gamma+1)\pi}z^{-\beta}\frac{\Gamma{(\beta-\gamma+1)\Gamma{(\gamma-\alpha)}}}{\Gamma{(\beta-\alpha+1)}}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(\beta)_{n}(\beta-\gamma+1)_{n}}{(\beta-\alpha+1)_{n}n!}(\frac{1}{z})^{n}\\ &=&e^{i(\alpha+\beta-\gamma+1)\pi}z^{-\beta}\frac{\Gamma{(\beta-\gamma+1)\Gamma{(\gamma-\alpha)}}}{\Gamma{(\beta-\alpha+1)}}{}_{2}F_{1}(\beta,\beta-\gamma+1;\beta-\alpha+1|\frac{1}{z})\\ &=&e^{i(\alpha+\beta-\gamma+1)\pi}\frac{\Gamma{(\beta-\gamma+1)\Gamma{(\gamma-\alpha)}}}{\Gamma{(\beta-\alpha+1)}}y_{6} \end{eqnarray}
[5]$f_{\infty0}$の場合：
\begin{eqnarray} f_{\infty0}&=&\int_{\infty}^{0}t^{\alpha-1}(1-t)^{\gamma-\alpha-1}(1-zt)^{-\beta}dt\quad(s=\frac{t}{t-1},t=\frac{s}{s-1},dt=-\frac{1}{(s-1)^{2}}ds)\\ &=&\int_{1}^{0}(\frac{s}{s-1})^{\alpha-1}(1-\frac{s}{s-1})^{\gamma-\alpha-1}(1-z\frac{s}{s-1})^{-\beta}(-\frac{1}{(s-1)^{2}})ds\\ &=&\int_{0}^{1}(e^{-i\pi}\frac{s}{1-s})^{\alpha-1}(\frac{1}{1-s})^{\gamma-\alpha-1}(\frac{1-(1-z)s}{1-s})^{-\beta}\frac{1}{(1-s)^{2}}ds\\ &=&e^{-i(\alpha+1)\pi}\int_{0}^{1}s^{\alpha-1}(1-s)^{\beta-\gamma}(1-(1-z)s)^{-\beta}ds\quad(|1-z|\lt 1)\\ &=&e^{-i(\alpha +1)\pi}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(\beta)_{n}}{n!}(1-z)^{n}\int_{0}^{1}s^{\alpha+n-1}(1-s)^{\beta-\gamma+1-1}ds\\ &=&e^{-i(\alpha +1)\pi}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(\beta)_{n}}{n!}(1-z)^{n}\frac{\Gamma{(\alpha+n)}\Gamma{(\beta-\gamma+1)}}{\Gamma{(\alpha+\beta-\gamma+n+1)}}\\ &=&e^{-i(\alpha+1)\pi}\frac{\Gamma{(\alpha)}\Gamma{(\beta-\gamma+1)}}{\Gamma{(\alpha+\beta-\gamma+1)}}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(\alpha)_{n}(\beta)_{n}}{(\alpha+\beta-\gamma+1)_{n}}\frac{(1-z)^{n}}{n!}\\ &=&e^{-i(\alpha+1)\pi}\frac{\Gamma{(\alpha)}\Gamma{(\beta-\gamma+1)}}{\Gamma{(\alpha+\beta-\gamma+1)}}{}_{2}F_{1}(\alpha,\beta;\alpha+\beta-\gamma+1|1-z)\\ &=&e^{-i(\alpha+1)\pi}\frac{\Gamma{(\alpha)}\Gamma{(\beta-\gamma+1)}}{\Gamma{(\alpha+\beta-\gamma+1)}}y_{3} \end{eqnarray}
[6]$f_{\frac{1}{z}\infty}$の場：
\begin{eqnarray} f_{\frac{1}{z}\infty}&=&\int_{\frac{1}{z}}^{\infty}t^{\alpha-1}(1-t)^{\gamma-\alpha-1}(1-zt)^{-\beta}dt\quad(s=\frac{1}{zt},t=\frac{1}{zs},dt=-\frac{1}{zs^{2}}ds)\\ &=&\int_{1}^{0}(\frac{1}{zs})^{\alpha-1}(1-\frac{1}{zs})^{\gamma-\alpha-1}(1-z\frac{1}{zs})^{-\beta}(-\frac{ds}{zs^{2}})\\ &=&e^{i(\alpha+\beta-\gamma+1) \pi}z^{1-\gamma}\int_{0}^{1}s^{\beta-\gamma}(1-s)^{-\beta}(1-zs)^{-(\alpha-\gamma+1)}ds\\ &=&e^{i(\alpha+\beta-\gamma+1) \pi}z^{1-\gamma}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(\alpha-\gamma+1)_{n}}{n!}z^{n}\int_{0}^{1}s^{\beta-\gamma+n}(1-s)^{-\beta}ds\\ &=&e^{i(\alpha+\beta-\gamma+1) \pi}z^{1-\gamma}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(\alpha-\gamma+1)_{n}}{n!}z^{n}\frac{\Gamma{(\beta-\gamma+n+1)}\Gamma{(1-\beta)}}{\Gamma{(2-\gamma+n)}}\\ &=&e^{i(\alpha+\beta-\gamma+1) \pi}z^{1-\gamma}\frac{\Gamma{(\beta-\gamma+1)}\Gamma{(1-\beta)}}{\Gamma{(2-\beta)}}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(\alpha-\gamma+1)_{n}(\beta-\gamma+1)_{n}}{\Gamma{(2-\gamma)_{n}}n!}z^{n}\\ &=&e^{i(\alpha+\beta-\gamma+1) \pi}z^{1-\gamma}\frac{\Gamma{(\beta-\gamma+1)}\Gamma{(1-\beta)}}{\Gamma{(2-\beta)}}{}_{2}F_{1}(\alpha-\gamma+1,\beta-\gamma+1;2-\gamma|z)\\ &=&e^{i(\alpha+\beta-\gamma+1) \pi}\frac{\Gamma{(\beta-\gamma+1)}\Gamma{(1-\beta)}}{\Gamma{(2-\gamma)}}y_{2} \end{eqnarray}
$L_{0\infty*}y_{1}=c_{61}y_{5}+c_{62}y_{6}$の接続係数を求めよ。
正直この下の回答はあっている自信がないから再度修正します。
次の式を用いる。
\begin{equation}
\begin{pmatrix}1&1&-1&0&0&0\\ 1&0&0&1&1&0\\ 0&e(\gamma-\alpha)&0&0&-1&e(\gamma-\alpha)\\ 0&0&e(-\alpha)&1&0&e(\beta-\alpha)\end{pmatrix}\begin{pmatrix}f_{01}\\f_{1\frac{1}{z}}\\f_{0\frac{1}{z}}\\f_{\infty0}\\f_{1\infty}\\f_{\frac{1}{z}\infty}\end{pmatrix}=0
\end{equation}
連立方程式に出てくる成分の順番は解の番号の割り振り的には$1,3,5,3,6,2$の順で並んでいるので、行基本変形を用いて$1,3,5$列のみからなる行を一個作ればいい。
その方針で計算する。
ここの計算ですが...沼にはまりました。分かり次第追記します。
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