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超幾何関数で遊ぼう

超幾何級数,解析接続,接続問題

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この著者は初心者として投稿しています。間違いや考慮が足りていない点が含まれている可能性が高いです。見つけたらコメント欄で優しく指摘してあげましょう。

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

$- 3 \in C$ の偏角としては次のように書けます。
$π, - π, 3 π, - 3 π, . . .$
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： $C ∋ z \mapsto \log z \in C$ 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。
$\log (- 3) = \log 3 + (2 n + 1) π (n \in Z)$

そもそも、この不定性の原因は偏角の不定性による。
そこで、偏角を自分で指定する。
今の例だと

a r g (- 3) = - π

の様に定める。
そして、

- 3

の近傍の点

z \in C

での偏角を考えると

\arg z = - π + θ

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 $P 1, P 2$ 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 π

[2]P2に沿った場合：

\log (- 1) = - π

$z, α \in C$ に対して、次の複素関数の形を定めよ。
$f_{α} (z) = (1 - z)^{α} = e^{α \log (1 - z)} = e^{α (\log | 1 - z | + i \arg (1 - z))}$

[1] $z = 0 近傍で定める： f_{α} (0) = 1$ となるので、 $\arg 1 = 0$ とすると $z = 0$ の近傍での $(1 - z)^{α}$ 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、 $C - {1}$ 上の多価関数であると言う。
method2:普遍被覆 $\tilde{C - {1}}$ を用いる。
$f_{α} (z)$ 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 $\tilde{C - {1}}$ とし、これを普遍被覆といい
$f_{α} (z)$ は $\tilde{C - {1}}$ 上の関数という。

上記のmethod1,method2について補足説明をします。

\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}, ϕ)

、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。

\arg (1 - (z_{0}, L)) = \arg (1 - (z_{0}, ϕ)) + 2 π

ゆえに、次の式を得る。

\begin{array}{rcl} (1 - (z_{0}, L))^{α} & = & e^{α (\log | 1 - z_{0} | + i a r g (1 - (z_{0}, L)))} \\ = & e^{α (\log | 1 - z_{0} | + i a r g (1 - (z_{0}, ϕ)) + 2 π)} \\ = & e^{2 π i α} e^{α (\log | 1 - z_{0} | + i \arg (1 - (z_{0}, ϕ)))} \\ = & e^{2 π i α} (1 - (z_{0}, ϕ))^{α} \end{array}

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。

よく出る因子

$α \in C$ に対して $e (α) = e^{2 π i α}$ と定める。

解析接続の例

$f_{α} (x) = (1 - z)^{α}$ をTaylor展開すると下記の様に書ける。
$f_{α} (z) = \sum_{n = 0}^{\infty} b^{α} (\begin{matrix} α \\ n \end{matrix}) (- \frac{1}{b})^{n} (z + b - 1)^{n} (| z + b - 1 | < b \Leftrightarrow - 2 b + 1 < z < 1)$
証明は簡単だからやらないけど、この様なTaylor展開により $f_{α} (z)$ の定義域は $R e z < 1$ 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 $1 < Re {z} < 2$ 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 $D_{1} = {x \in C | | z + 1 | < 2}$ を考える。
そして、 $D_{1} \cap L$ 上にある点 $b_{1}$ を一つ選び、 $f_{α} (x)$ を $z = b_{1}$ 近傍でTaylor展開する。

\begin{array}{rcl} (z + 1)^{n} & = & (z - b_{1} + (1 + b_{1}))^{n} \\ = & \sum_{k = 0}^{n} (\begin{array}{c} n \\ k \end{array}) (1 + b_{1})^{n - k} (z - b_{1})^{k} \end{array}

\begin{array}{rcl} f_{α} (z) & = & \sum_{n = 0}^{\infty} 2^{α} (\begin{array}{c} α \\ n \end{array}) (- \frac{1}{2})^{n} (z + 1)^{n} \\ = & \sum_{n = 0}^{\infty} 2^{α} (\begin{array}{c} α \\ n \end{array}) (- \frac{1}{2})^{n} \sum_{k = 0}^{n} (\begin{array}{c} n \\ k \end{array}) (1 + b_{1})^{n - k} (z - b_{1})^{k} \\ = & \sum_{k = 0}^{\infty} (z - b_{1})^{k} \sum_{n = k}^{\infty} 2^{α} (\begin{array}{c} α \\ n \end{array}) (\begin{array}{c} n \\ k \end{array}) (- \frac{1}{2})^{n} (1 + b_{1})^{n - k} \end{array}

\begin{array}{rcl} (\begin{array}{c} α \\ n \end{array}) (\begin{array}{c} n \\ k \end{array}) & = & \frac{α (α - 1) \dots (α - n + 1)}{n!} \frac{n!}{k! (n - k)!} \\ = & \frac{α (α - 1) \dots (α - k + 1)}{k!} \frac{(α - k) (α - k - 1) \dots (α - n + 1)}{(n - k)!} \\ = & (\begin{array}{c} α \\ k \end{array}) (\begin{array}{c} α - k \\ n - k \end{array}) \end{array}

\begin{array}{rcl} \sum_{n = k}^{\infty} 2^{α} (\begin{array}{c} α \\ n \end{array}) (\begin{array}{c} n \\ k \end{array}) (- \frac{1}{2})^{n} (1 + b_{1})^{n - k} & = & \sum_{n = k}^{\infty} 2^{α} (\begin{array}{c} α \\ k \end{array}) (\begin{array}{c} α - k \\ n - k \end{array}) (- \frac{1}{2})^{n} (1 + b_{1})^{n - k} \\ = & 2^{α} (\begin{array}{c} α \\ k \end{array}) (- \frac{1}{2})^{k} \sum_{n = 0}^{\infty} (\begin{array}{c} α - k \\ n \end{array}) (- \frac{1}{2})^{n} (1 + b_{1})^{n} \\ = & 2^{k} (\begin{array}{c} α \\ k \end{array}) (- \frac{1}{2})^{k} \sum_{n = 0}^{\infty} 2^{α - k} (\begin{array}{c} α - k \\ n \end{array}) (- \frac{1}{2})^{n} (1 + b_{1})^{n} \\ = & 2^{k} (\begin{array}{c} α \\ k \end{array}) (- \frac{1}{2})^{k} f_{α - k} (b_{1}) \end{array}

\begin{array}{rcl} f_{α - k} (b_{1}) (1 - b_{1})^{k} & = & \sum_{l = 0}^{\infty} 2^{α - k} (\begin{array}{c} α - k \\ l \end{array}) (- \frac{1}{2})^{l} (1 + b_{1})^{l} \sum_{m = 0}^{k} (\begin{array}{c} k \\ m \end{array}) 2^{k - m} (- 1)^{m} (1 + b_{1})^{m} \\ = & \sum_{n = 0}^{\infty} (1 + b_{1})^{n} \sum_{\begin{array}{c} l + m = n \\ 0 \leq m \leq k \end{array}} 2^{α - k} (- \frac{1}{2})^{l} 2^{k - m} (- 1)^{m} (\begin{array}{c} α - k \\ l \end{array}) (\begin{array}{c} k \\ m \end{array}) \\ = & \sum_{n = 0}^{\infty} 2^{α} (- \frac{1}{2})^{n} (1 + b_{1})^{n} \sum_{\begin{array}{c} l + m = n \\ 0 \leq m \leq k \end{array}} (\begin{array}{c} α - k \\ l \end{array}) (\begin{array}{c} k \\ m \end{array}) \\ = & \sum_{n = 0}^{\infty} 2^{α} (\begin{array}{c} α \\ n \end{array}) (\frac{1}{2})^{n} (1 + b_{1})^{n} \\ = & f_{α} (b_{1}) \end{array}

最後の式は次の事実を用いた。

(1 - z)^{α - k} (1 - z)^{k} = (1 - z)^{α}

より

\begin{array}{rcl} (1 - z)^{α - k} (1 - z)^{k} & = & \sum_{l = 0}^{\infty} (\begin{array}{c} α - k \\ l \end{array}) (- x)^{l} \sum_{m = 0}^{k} (\begin{array}{c} k \\ m \end{array}) (- z)^{m} \\ = & \sum_{n = 0}^{\infty} (- z)^{n} \sum_{\begin{array}{c} l + m = n \\ 0 \leq m \leq k \end{array}} (\begin{array}{c} α - k \\ l \end{array}) (\begin{array}{c} k \\ m \end{array}) \\ = & \sum_{n = 0}^{\infty} (- z)^{n} (\begin{array}{c} α \\ n \end{array}) = (1 - z)^{α} \end{array}

上記計算をまとめると、以下のべき級数を得る。

$\begin{array}{rcl} f_{α} (z) & = & \sum_{n = 0}^{\infty} 2^{α} (\begin{array}{c} α \\ n \end{array}) (- \frac{1}{2})^{n} (z + 1)^{n} \\ = & \sum_{k = 0}^{\infty} f_{α - k} (b_{1}) (\begin{array}{c} α \\ k \end{array}) (- 1)^{_{k}} (z - b_{1})^{k} \\ = & \sum_{k = 0}^{\infty} f_{α} (b_{1}) (\begin{array}{c} α \\ k \end{array}) (- \frac{1}{1 - b_{1}})^{k} (z - b_{1})^{k} (| z - b_{1} | < | 1 - b_{1} |) \end{array}$
ゆえに、この新しく得た級数は領域： $D_{2} = {z \in C | | z - b_{1} | < | 1 - b_{1} | \land b_{1} \in D_{1} \cap L}$ 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 $D_{3}, D_{4}, . . .$ 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、 $C - {1}$ で $f_{α} (z)$ 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 $f_{α} (z)$ は普遍被覆面 $\tilde{C - {1}}$ を定義域とする関数であることが分かる。

1 < Re {z} < 2

まで定義域を拡張1

1 < Re {z} < 2

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。

解の解析接続

Gaussの超幾何微分方程式： $z (1 - z) \frac{d^{2} y}{d z^{2}} + {γ - (α + β + 1) z} \frac{d y}{d z} - α β y$ の $z = 0, 1$ 近傍の解は次の様にかける
[1]z=0近傍の解：
$\begin{array}{r} {\begin{cases} y_{1} =_{2} F_{1} (α, β; γ | z) \\ y_{2} = z^{1 - γ}_{2} F_{1} (α - γ + 1, β - γ + 1; 2 - γ | z) \end{cases} \end{array}$
[2] $z = 1$ 近傍の解：
$\begin{array}{r} {\begin{cases} y_{3} =_{2} F_{1} (α, β, α + β - γ + 1 | 1 - z) \\ y_{4} = (1 - z)^{γ - α - β}_{2} F_{1} (γ - α, γ - β; γ - α - β + 1 | 1 - z) \end{cases} \end{array}$
このとき、次の様な領域 $D = B_{0} \cup B_{1}$ を考える。
ただし、 $B_{0}, B_{1}$ は次の様に定めた。
$\begin{array}{r} {\begin{cases} B_{0} = {z \in C | | z | < 1} \\ B_{1} = {z \in C | | z - 1 | < 1} \end{cases} \end{array}$
また、 $\frac{1}{2} \in U \subset B_{0} \cap B_{1}$ 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 $z^{1 - γ}, (1 - z)^{γ - α - β}$ 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。
$\begin{array}{r} {\begin{cases} \arg z = 0 \\ \arg (1 - z) = 0 \end{cases} \end{array}$
この時、 $U$ におけるGaussの微分方程式の解空間 $S$ は $S = s p a n {y_{1}, y_{2}} = s p a n {y_{3}, y_{4}}$ 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。
$(\begin{matrix} y_{1} \\ y_{2} \end{matrix}) = (\begin{matrix} c_{31} & c_{41} \\ c_{32} & c_{42} \end{matrix}) (\begin{matrix} y_{3} \\ y_{4} \end{matrix}) (\det | \begin{matrix} c_{31} & c_{41} \\ c_{41} & c_{42} \end{matrix} | \neq 0)$
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 $U^{^{'}} = {z \in C | | z - 1 | < 1 \land z \in U} \subset B_{1}$ 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

接続演算（僕が勝手に命名）

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。
$\begin{array}{r} {\begin{cases} L_{*} (f + g) = L_{*} f + L_{*} g \\ L_{*} (f g) = L_{*} f L_{*} g \\ L_{*} (\frac{f}{g}) = \frac{L_{*} f}{L_{*} g} \\ L_{*} (\frac{d f}{d z}) = \frac{d}{d z} (L_{*} f) \end{cases} \end{array}$

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。

f (z) = g (z) (z - z_{1})^{α_{1}} (z - z_{2})^{α_{2}} \dots (z - z_{n})^{α_{n}}

ゆえに、

\begin{array}{r} {\begin{cases} f^{^{'}} (z) = (z - z_{1})^{α_{1}} (z - z_{2})^{α_{2}} \dots (z - z_{n})^{α_{n}} {g^{^{'}} (z) + g (z) \sum_{k = 1}^{n} (z - z_{k})^{- 1}} \\ L_{*} f^{^{'}} (z) = e (α_{1}) e (α_{2}) \dots e (α_{n}) {g^{^{'}} (z) + g (z) \sum_{k = 1}^{n} (z - z_{k})^{- 1}} \\ {L_{*} f (z)}^{^{'}} = e (α_{1}) e (α_{2}) \dots e (α_{n}) {g^{^{'}} (z) + g (z) \sum_{k = 1}^{n} (z - z_{k})^{- 1}} \end{cases} \end{array}

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。

超幾何関数の多価性

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 $z^{1 - γ}, (1 - z)^{γ - α - β}$ 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。
$\begin{array}{r} {\begin{cases} L_{0 *} z^{1 - γ} = e (1 - γ) z^{1 - γ} = e (- γ) z^{1 - γ} \\ L_{1 *} (1 - z)^{γ - α - β} = e (γ - α - β) (1 - z)^{γ - α - β} \end{cases} \end{array}$
ゆえに、上記定理より下記の結果を得る。
$\begin{array}{r} {\begin{cases} L_{0 *} y_{1} = y_{1} \\ L_{0 *} y_{2} = e (1 - γ) y_{2} \end{cases} \end{array}$
$\begin{array}{r} {\begin{cases} L_{1 *} y_{3} = y_{3} \\ L_{1 *} y_{4} = e (γ - α - β) y_{4} \end{cases} \end{array}$
多価性

接続操作

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。 $L_{*} (\begin{matrix} f_{1} \\ f_{2} \\ ⋮ \\ f_{n} \end{matrix}) = (\begin{matrix} L_{*} f_{1} \\ L_{*} f_{2} \\ ⋮ \\ L_{*} f_{n} \end{matrix})$

回路方程式

ある行列 $M_{0}, M_{1}$ が存在して次の事が成り立つ：
$L_{0 *} (\begin{matrix} y_{1} \\ y_{2} \end{matrix}) = M_{0} (\begin{matrix} y_{1} \\ y_{2} \end{matrix})$
また、解析接続した結果：
$(\begin{matrix} y_{1} \\ y_{2} \end{matrix}) = (\begin{matrix} c_{31} & c_{41} \\ c_{32} & c_{42} \end{matrix}) (\begin{matrix} y_{3} \\ y_{4} \end{matrix}) (\det | \begin{matrix} c_{31} & c_{41} \\ c_{41} & c_{42} \end{matrix} | \neq 0)$
に対して、接続操作を行うと
$L_{1 *} (\begin{matrix} y_{1} \\ y_{2} \end{matrix}) = M_{1} (\begin{matrix} y_{1} \\ y_{2} \end{matrix})$

[1]前者については、

L_{0 *} y_{1} = y_{1}, L_{0 *} y_{2} = e (- γ) y_{2}

より次の様に定めればいい。

M_{0} = (\begin{matrix} 1 & 0 \\ 0 & e (γ) \end{matrix})

[2]後者については、

\begin{array}{rcl} L_{1 *} (\begin{array}{c} y_{1} \\ y_{2} \end{array}) & = & (\begin{array}{c} c_{31} & c_{32} \\ c_{41} & c_{42} \end{array}) (\begin{array}{c} 1 & 0 \\ 0 & e (γ - α - β) \end{array}) (\begin{array}{c} y_{3} \\ y_{4} \end{array}) \\ = & (\begin{array}{c} c_{31} & c_{41} \\ c_{32} & c_{42} \end{array}) (\begin{array}{c} 1 & 0 \\ 0 & e (γ - α - β) \end{array}) {(\begin{array}{c} c_{31} & c_{41} \\ c_{32} & c_{42} \end{array})}^{- 1} (\begin{array}{c} y_{1} \\ y_{2} \end{array}) \end{array}

より、

M_{1} = (\begin{matrix} c_{31} & c_{41} \\ c_{32} & c_{42} \end{matrix}) (\begin{matrix} 1 & 0 \\ 0 & e (γ - α - β) \end{matrix}) {(\begin{matrix} c_{31} & c_{41} \\ c_{32} & c_{42} \end{matrix})}^{- 1}

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
$\begin{array}{r} {\begin{cases} y_{5} = z^{- α}_{2} F_{1} (α, α - γ + 1; α - β + 1 | \frac{1}{z}) \\ y_{6} = z^{- β}_{2} F_{1} (β, β - γ + 1; β - α + 1 | \frac{1}{z}) \end{cases} \end{array}$
これは $B_{\infty} = {z \in C | 1 < | z |}$ 上で成り立つ。
そこで、 $D = B_{0} \cup B_{1} \cup B_{\infty}$ なる領域を考える。
すると、
[1] $B_{0}$ 上の関数 $y_{1}, y_{2}$ を $B_{1 y}$ への解析接続を行う。
[2] $B_{1}$ 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 $B_{\infty}$ 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。
$z (1 - z) \frac{d^{2} L_{0 \infty *} y_{j}}{d z^{2}} + {γ - (α + β + 1) z} \frac{d L_{0 \infty *} y_{j}}{d z} - α β L_{0 \infty *} y_{j} = 0$
ゆえに、 $z_{\infty}$ の単連結な領域 $U_{\infty}$ での解空間は $S = s p a n {L_{0 \infty *} y_{1}, L_{0 \infty *} y_{2}}, s p a n {y_{5}, y_{6}}$ 。
ゆえに、次の関係式を得る。
$\begin{array}{r} {\begin{cases} L_{0 \infty *} (\begin{array}{c} y_{1} \\ y_{2} \end{array}) = (\begin{array}{c} c_{51} & c_{61} \\ c_{52} & c_{62} \end{array}) (\begin{array}{c} y_{5} \\ y_{6} \end{array}) \end{cases} \end{array}$
解析接続

接続問題

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

Eulerの積分表示

$| z | < 1$ に対して次の式が成り立つ。
$F (α, β; γ | z) = \frac{Γ (γ)}{Γ (α) Γ (γ - α)} \int_{0}^{1} t^{α - 1} (1 - t)^{γ - α - 1} (1 - x t)^{- β} d t$

$p, q \in {0, 1, \frac{1}{z}, \infty}$ 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。
$f_{p q} = \int_{p}^{q} t^{α - 1} (1 - t)^{γ - α - 1} (1 - z t)^{- β} d t$

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。
$\begin{array}{r} {\begin{cases} f_{01} + f_{1 \frac{1}{z}} - f_{0 \frac{1}{z}} = 0 \\ f_{01} + f_{1 \infty} + f_{\infty 0} = 0 \\ - f_{1 \infty} + e (γ - α) f_{1 \frac{1}{z}} + e (γ - α) f_{\frac{1}{z} \infty} = 0 \\ f_{\infty 0} + e (- α) f_{0 \frac{1}{z}} + e (β - α) f_{\frac{1}{z} \infty} = 0 \end{cases} \end{array}$
ゆえに、次式を得る。
$(\begin{matrix} 1 & 1 & - 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & e (γ - α) & 0 & 0 & - 1 & e (γ - α) \\ 0 & 0 & e (- α) & 1 & 0 & e (β - α) \end{matrix}) (\begin{matrix} f_{01} \\ f_{1 \frac{1}{z}} \\ f_{0 \frac{1}{z}} \\ f_{\infty 0} \\ f_{1 \infty} \\ f_{\frac{1}{z} \infty} \end{matrix}) = 0$
また、 $p, q$ の組み合わせは $(\begin{matrix} 4 \\ 2 \end{matrix}) = 6$ 通りなので、この行列のrankが4である場合、 $6$ 個 $f_{p q}$ 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] 積分路 $01 \frac{1}{z}$ 積分路!FORMULA[177][-982864555][0] 積分路 $01 \infty$ 積分路!FORMULA[178][-755420666][0] 積分路 $1 \frac{1}{z} \infty$ 積分路!FORMULA[179][743046381][0] 積分路 $0 \frac{1}{z} \infty$

一次変換 $ψ : C \cup {\infty} ∋ z \mapsto ψ (z) \in C \cup {\infty}$ 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。
$ψ (z) = \frac{A (z - p)}{B z + C} (\frac{A (q - p)}{B q + C} = 1)$

\begin{array}{r} {\begin{cases} \frac{a p + b}{c p + d} = 0 \Rightarrow b = - a p \\ \frac{a q + b}{c q + d} = 1 \Rightarrow \frac{a (q - p)}{c q + d} = 1 \end{cases} \end{array}

ただし、 $\arg (- 1) = - π$ の様に分岐を定める。
$\begin{array}{r} {\begin{cases} f_{01} = \frac{Γ (α) Γ (γ - α)}{Γ (γ)}_{2} F_{1} (α, β; γ | z) = \frac{Γ (α) Γ (γ - α)}{Γ (γ)} y_{1} \\ f_{1 \frac{1}{z}} = e^{i (α - γ + 1) π} (1 - z)^{γ - α - β} \frac{Γ (γ - α) Γ (1 - β)}{Γ (γ - α - β + 1)}_{2} F_{1} (γ - α, γ - β; γ - α - β + 1 | 1 - z) = e^{i (α - γ + 1) π} \frac{Γ (γ - α) Γ (1 - β)}{Γ (γ - α - β + 1)} y_{4} \\ f_{0 \frac{1}{z}} = \frac{Γ (α) Γ (1 - β)}{Γ (α - β + 1)} z^{- α}_{2} F_{1} (α, α - γ + 1; α - β + 1 | \frac{1}{z}) = \frac{Γ (α) Γ (1 - β)}{Γ (α - β + 1)} y_{5} \\ f_{1 \infty} = e^{i (α + β - γ + 1) π} z^{- β} \frac{Γ (β - γ + 1) Γ (γ - α)}{Γ (β - α + 1)}_{2} F_{1} (β, β - γ + 1; β - α + 1 | \frac{1}{z}) = e^{i (α + β - γ + 1) π} \frac{Γ (β - γ + 1) Γ (γ - α)}{Γ (β - α + 1)} y_{6} \\ f_{\infty 0} = e^{- i (α + 1) π} \frac{Γ (α) Γ (β - γ + 1)}{Γ (α + β - γ + 1)}_{2} F_{1} (α, β; α + β - γ + 1 | 1 - z) = e^{- i (α + 1) π} \frac{Γ (α) Γ (β - γ + 1)}{Γ (α + β - γ + 1)} y_{3} \\ f_{\frac{1}{z} \infty} = e^{i (α + β - γ + 1) π} z^{1 - γ} \frac{Γ (β - γ + 1) Γ (1 - β)}{Γ (2 - β)}_{2} F_{1} (α - γ + 1, β - γ + 1; 2 - γ | z) = e^{i (α + β - γ + 1) π} \frac{Γ (β - γ + 1) Γ (1 - β)}{Γ (2 - γ)} y_{2} \end{cases} \end{array}$

[1]

f_{01}

の場合：

\begin{array}{rcl} f_{01} & = & \int_{0}^{1} t^{α - 1} (1 - t)^{γ - α - 1} (1 - z t)^{- β} d t \\ = & \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(β)_{n}}{n!} z^{n} \int_{0}^{1} t^{α + n - 1} (1 - t)^{γ - α - 1} d t \\ = & \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(β)_{n}}{n!} z^{n} \frac{Γ (α + n) Γ (γ - α)}{Γ (γ + n)} \\ = & \frac{Γ (α) Γ (γ - α)}{Γ (γ)} \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(α)_{n} (β)_{n}}{(γ)_{n}} \frac{z^{n}}{n!} \\ = & \frac{Γ (α) Γ (γ - α)}{Γ (γ)}_{2} F_{1} (α, β; γ | z) \\ = & \frac{Γ (α) Γ (γ - α)}{Γ (γ)} y_{1} \end{array}

[2]

f_{1 \frac{1}{z}}

の場合：

\begin{array}{rcl} f_{1 \frac{1}{z}} & = & \int_{1}^{\frac{1}{z}} t^{α - 1} (1 - t)^{γ - α - 1} (1 - z t)^{- β} d t (s = \frac{t - 1}{(1 - z) t}, t = \frac{1}{1 - (1 - z) s}, d t = \frac{1 - z}{{1 - (1 - z) s}^{2}} d s) \\ = & \int_{0}^{1} (\frac{1}{1 - (1 - z) s})^{α - 1} (1 - \frac{1}{1 - (1 - z) s})^{γ - α - 1} (1 - \frac{z}{1 - (1 - z) s})^{- β} \frac{1 - z}{{1 - (1 - z) s}^{2}} d s \\ = & e^{i (α - γ + 1) π} (1 - z)^{γ - α - β} \int_{0}^{1} s^{γ - α - 1} (1 - s)^{- β} {1 - (1 - z) s}^{- (γ - β)} d s \\ = & e^{i (α - γ + 1) π} (1 - z)^{γ - α - β} \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(γ - β)_{n}}{n!} (1 - z)^{n} \int_{0}^{1} s^{γ - α + n - 1} (1 - s)^{1 - β - 1} d s \\ = & e^{i (α - γ + 1) π} (1 - z)^{γ - α - β} \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(γ - β)_{n}}{n!} (1 - z)^{n} \frac{Γ (γ - α + n) Γ (1 - β)}{Γ (γ - α - β + n + 1)} \\ = & e^{i (α - γ + 1) π} (1 - z)^{γ - α - β} \frac{Γ (γ - α) Γ (1 - β)}{Γ (γ - α - β + 1)} \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(γ - α)_{n} (γ - β)_{n}}{(γ - α - β + 1)_{n}} \frac{(1 - z)^{n}}{n!} \\ = & e^{i (α - γ + 1) π} (1 - z)^{γ - α - β} \frac{Γ (γ - α) Γ (1 - β)}{Γ (γ - α - β + 1)}_{2} F_{1} (γ - α, γ - β; γ - α - β + 1 | 1 - z) \\ = & e^{i (α - γ + 1) π} \frac{Γ (γ - α) Γ (1 - β)}{Γ (γ - α - β + 1)} y_{4} \end{array}

[3]

f_{0 \frac{1}{z}}

の場合：

\begin{array}{rcl} f_{0 \frac{1}{z}} & = & \int_{0}^{\frac{1}{z}} t^{α - 1} (1 - t)^{γ - α - 1} (1 - z t)^{- β} d t (s = z t, t = \frac{s}{z}, d t = \frac{1}{z} d s) \\ = & \int_{0}^{1} (\frac{s}{z})^{α - 1} (1 - \frac{s}{z})^{γ - α - 1} (1 - s)^{- β} \frac{d s}{z} \\ = & z^{- α} \int_{0}^{1} s^{α - 1} (1 - β)^{- β} (1 - \frac{s}{z})^{- (α - γ + 1)} d s \\ = & z^{- α} \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(α - γ + 1)_{n}}{n!} z^{- n} \frac{Γ (α + n) Γ (1 - β)}{Γ (α - β + 1 + n)} \\ = & z^{- α} \frac{Γ (α) Γ (1 - β)}{Γ (α - β + 1)} \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(α)_{n} (α - γ + 1)_{n}}{(α - β + 1)_{n}} \frac{z^{- n}}{n!} \\ = & \frac{Γ (α) Γ (1 - β)}{Γ (α - β + 1)} z^{- α}_{2} F_{1} (α, α - γ + 1; α - β + 1 | \frac{1}{z}) \\ = & \frac{Γ (α) Γ (1 - β)}{Γ (α - β + 1)} y_{5} \end{array}

[4]

f_{1 \infty}

の場合：

\begin{array}{rcl} f_{1 \infty} & = & \int_{1}^{\infty} t^{α - 1} (1 - t)^{γ - α - 1} (1 - z t)^{- β} d t (s = \frac{1}{t}, t = \frac{1}{s}, d t = - \frac{1}{s^{2}} d s) \\ = & \int_{1}^{0} (\frac{1}{s})^{α - 1} (1 - \frac{1}{s})^{γ - α - 1} (1 - z \frac{1}{s})^{- β} (- \frac{d s}{s^{2}}) \\ = & e^{i (α + β - γ + 1) π} z^{- β} \int_{0}^{1} s^{β - γ} (1 - s)^{γ - α - 1} (1 - \frac{1}{z} s)^{- β} d s \\ = & e^{i (α + β - γ + 1) π} z^{- β} \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(β)_{n}}{n!} z^{- n} \int_{0}^{1} s^{β - γ + n} (1 - s)^{γ - α - 1} d s \\ = & e^{i (α + β - γ + 1) π} z^{- β} \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(β)_{n}}{n!} z^{- n} \frac{Γ (β - γ + 1 + n) Γ (γ - α)}{Γ (β - α + 1 + n)} \\ = & e^{i (α + β - γ + 1) π} z^{- β} \frac{Γ (β - γ + 1) Γ (γ - α)}{Γ (β - α + 1)} \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(β)_{n} (β - γ + 1)_{n}}{(β - α + 1)_{n} n!} (\frac{1}{z})^{n} \\ = & e^{i (α + β - γ + 1) π} z^{- β} \frac{Γ (β - γ + 1) Γ (γ - α)}{Γ (β - α + 1)}_{2} F_{1} (β, β - γ + 1; β - α + 1 | \frac{1}{z}) \\ = & e^{i (α + β - γ + 1) π} \frac{Γ (β - γ + 1) Γ (γ - α)}{Γ (β - α + 1)} y_{6} \end{array}

[5]

f_{\infty 0}

の場合：

\begin{array}{rcl} f_{\infty 0} & = & \int_{\infty}^{0} t^{α - 1} (1 - t)^{γ - α - 1} (1 - z t)^{- β} d t (s = \frac{t}{t - 1}, t = \frac{s}{s - 1}, d t = - \frac{1}{(s - 1)^{2}} d s) \\ = & \int_{1}^{0} (\frac{s}{s - 1})^{α - 1} (1 - \frac{s}{s - 1})^{γ - α - 1} (1 - z \frac{s}{s - 1})^{- β} (- \frac{1}{(s - 1)^{2}}) d s \\ = & \int_{0}^{1} (e^{- i π} \frac{s}{1 - s})^{α - 1} (\frac{1}{1 - s})^{γ - α - 1} (\frac{1 - (1 - z) s}{1 - s})^{- β} \frac{1}{(1 - s)^{2}} d s \\ = & e^{- i (α + 1) π} \int_{0}^{1} s^{α - 1} (1 - s)^{β - γ} (1 - (1 - z) s)^{- β} d s (| 1 - z | < 1) \\ = & e^{- i (α + 1) π} \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(β)_{n}}{n!} (1 - z)^{n} \int_{0}^{1} s^{α + n - 1} (1 - s)^{β - γ + 1 - 1} d s \\ = & e^{- i (α + 1) π} \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(β)_{n}}{n!} (1 - z)^{n} \frac{Γ (α + n) Γ (β - γ + 1)}{Γ (α + β - γ + n + 1)} \\ = & e^{- i (α + 1) π} \frac{Γ (α) Γ (β - γ + 1)}{Γ (α + β - γ + 1)} \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(α)_{n} (β)_{n}}{(α + β - γ + 1)_{n}} \frac{(1 - z)^{n}}{n!} \\ = & e^{- i (α + 1) π} \frac{Γ (α) Γ (β - γ + 1)}{Γ (α + β - γ + 1)}_{2} F_{1} (α, β; α + β - γ + 1 | 1 - z) \\ = & e^{- i (α + 1) π} \frac{Γ (α) Γ (β - γ + 1)}{Γ (α + β - γ + 1)} y_{3} \end{array}

[6]

f_{\frac{1}{z} \infty}

の場：

\begin{array}{rcl} f_{\frac{1}{z} \infty} & = & \int_{\frac{1}{z}}^{\infty} t^{α - 1} (1 - t)^{γ - α - 1} (1 - z t)^{- β} d t (s = \frac{1}{z t}, t = \frac{1}{z s}, d t = - \frac{1}{z s^{2}} d s) \\ = & \int_{1}^{0} (\frac{1}{z s})^{α - 1} (1 - \frac{1}{z s})^{γ - α - 1} (1 - z \frac{1}{z s})^{- β} (- \frac{d s}{z s^{2}}) \\ = & e^{i (α + β - γ + 1) π} z^{1 - γ} \int_{0}^{1} s^{β - γ} (1 - s)^{- β} (1 - z s)^{- (α - γ + 1)} d s \\ = & e^{i (α + β - γ + 1) π} z^{1 - γ} \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(α - γ + 1)_{n}}{n!} z^{n} \int_{0}^{1} s^{β - γ + n} (1 - s)^{- β} d s \\ = & e^{i (α + β - γ + 1) π} z^{1 - γ} \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(α - γ + 1)_{n}}{n!} z^{n} \frac{Γ (β - γ + n + 1) Γ (1 - β)}{Γ (2 - γ + n)} \\ = & e^{i (α + β - γ + 1) π} z^{1 - γ} \frac{Γ (β - γ + 1) Γ (1 - β)}{Γ (2 - β)} \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(α - γ + 1)_{n} (β - γ + 1)_{n}}{Γ (2 - γ)_{n} n!} z^{n} \\ = & e^{i (α + β - γ + 1) π} z^{1 - γ} \frac{Γ (β - γ + 1) Γ (1 - β)}{Γ (2 - β)}_{2} F_{1} (α - γ + 1, β - γ + 1; 2 - γ | z) \\ = & e^{i (α + β - γ + 1) π} \frac{Γ (β - γ + 1) Γ (1 - β)}{Γ (2 - γ)} y_{2} \end{array}

$L_{0 \infty *} y_{1} = c_{61} y_{5} + c_{62} y_{6}$ 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。
$(\begin{matrix} 1 & 1 & - 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & e (γ - α) & 0 & 0 & - 1 & e (γ - α) \\ 0 & 0 & e (- α) & 1 & 0 & e (β - α) \end{matrix}) (\begin{matrix} f_{01} \\ f_{1 \frac{1}{z}} \\ f_{0 \frac{1}{z}} \\ f_{\infty 0} \\ f_{1 \infty} \\ f_{\frac{1}{z} \infty} \end{matrix}) = 0$