Op.1

ガウスの微分方程式の一般解より,
$${}F(t)={}_2F_1\!\left(\begin{matrix} a,b \\ c \end{matrix};\, t\right)$$は次の微分方程式を満たす.
$$ t(1-t)\dfrac{d^2F}{dt^2}+\{c-(a+b+1)t\}\dfrac{dF}{dt}-abF=0$$
$t=x^2,b=1-a,c=\dfrac{1}{2}$である.

$\dfrac{d^2F}{dt^2}=\dfrac{1}{4x^2}\dfrac{d^2F}{dx^2}-\dfrac{1}{4x^3}\dfrac{dF}{dx}$

$\dfrac{dF}{dt}=\dfrac{1}{2x}\dfrac{dF}{dx}$

を代入し,整理する.

$$ x^2\left(1-x^2\right)\left(\dfrac{1}{4x^2}\dfrac{d^2F}{dx^2}-\dfrac{1}{4x^3}\dfrac{dF}{dx}\right)+\left(\dfrac{1}{2}-2x^2\right)\dfrac{1}{2x}\dfrac{dF}{dx}-a(1-a)F=0$$

$y=F$として,整理すると,
$$ (1-x^2)y^{\prime\prime}-3xy^{\prime}-4a(1-a)y=0$$
$2a-1=k$とすれば,
$$ (1-x^2)y^{\prime\prime}-3xy^{\prime}+(k^2-1)y=0$$
この微分方程式を$$ y=\dfrac{\cos{(k\sin^{-1}{x}})}{\sqrt{1-x^2}}$$が満たすことを示す.
$x=\sin{\theta}$と置くと$y=\dfrac{\cos{(k\theta)}}{\cos{\theta}}$とできる.両辺に$\cos{\theta}$をかけて,

$$ y\cos{\theta}=\cos{k\theta}$$
について,
一階微分
$$ y^{\prime}\cos{\theta}-y\sin{\theta}=-k\sin{k\theta}$$
二階微分
$$ (y^{\prime\prime}\cos{\theta}-y^{\prime}\sin{\theta})-(y^{\prime}\sin{\theta}+y\cos{\theta})=-k^2\cos{k\theta}$$
$$ y^{\prime\prime}\cos{\theta}-2y^{\prime}\sin{\theta}-y\cos{\theta}=-k^2\cos{k\theta}$$
$$ y^{\prime\prime}\cos{\theta}-2y^{\prime}\sin{\theta}+(k^2-1)y\cos{\theta}=0$$
今$\theta$に関する微分方程式であるため, $x$に戻す.

$y^{\prime}$と混同しないために, $y_x $としておく.

$\dfrac{dy}{d\theta}=\dfrac{dy}{dx}\dfrac{dx}{d\theta}=y_{x}\cos{\theta}$

$\dfrac{d^2y}{d\theta^2}=\dfrac{d}{d\theta}(y_{x}\cos{\theta})=y_{xx}\cos^2{\theta}-y_x\sin{\theta}$

これらを代入すると,

$$ (y_{xx}\cos^2{\theta}-y_x\sin{\theta})\cos{\theta}-2(y_{x}\cos{\theta})\sin{\theta}+(k^2-1)y\cos{\theta}=0$$
$\cos{\theta}$で割ると.
$$ (y_{xx}\cos^2{\theta}-y_x\sin{\theta})-2(y_{x}\cos{\theta})\tan{\theta}+(k^2-1)y=0$$
$\sin{\theta}=x$を戻し,整理すると.

$$ (1-x^2)y_{xx}-3xy_{x}+(k^2-1)y=0$$

よって,微分方程式が等しいことがわかる.
$x=0$のとき,両者は共に$1$で一致.
$x=0$での一階微分は共に微分係数が$0$となり一致.
二階線形微分方程式の解の一意性より同じ微分方程式を持ち,初期値,初期微分値が等しいため$2$つの関数は一致する.(証明終)

$$\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{(6n)!n!}{(3n)!((2n)!)^2}\biggl(\dfrac{1}{729}\biggl)^n$$
$a_n=\dfrac{(6n)!n!}{(3n)!((2n)!)^2}z^n$として,項の比を求める.
$ $

$$\dfrac{a_{n+1}}{a_n}=\dfrac{(3n)!((2n)!)^2}{(6n)!n!z^n}\dfrac{(6(n+1))!(n+1)!}{(3(n+1))!((2(n+1))!)^2}z^{n+1}$$
$ $
$$=\dfrac{(6n+1)(6n+2)(6n+3)(6n+4)(6n+5)(6n+6)(n+1)}{(3n+1)(3n+2)(3n+3)\{(2n+1)(2n+2)\}^2}z$$
$ $
$$=\dfrac{(6n+1)(6n+5)}{(2n+1)(n+1)}\dfrac{6\cdot2\cdot3\cdot2}{3\cdot4}z$$
$ $
$$=\dfrac{36(n+\frac{1}{6})(n+\frac{5}{6})}{2(n+\frac{1}{2})(n+1)}\cdot6z=\dfrac{(n+\frac{1}{6})(n+\frac{5}{6})}{(n+\frac{1}{2})(n+1)}\cdot108z$$
すなわち,この級数は$${}_2F_1\!\left(\begin{matrix} \frac{1}{6},\frac{5}{6} \\ \frac{1}{2} \end{matrix}; \,\dfrac{4}{27}\right) $$
であるとわかる.補題$1$にて,$a=\dfrac{1}{6},x=\dfrac{2}{3\sqrt{3}}$とすれば良い.
$ $
$${}_2F_1\!\left(\begin{matrix} \frac{1}{6},\frac{5}{6} \\ \frac{1}{2} \end{matrix}; \,\dfrac{4}{27}\right)=\dfrac{1}{\sqrt{\frac{23}{27}}} \cos{\biggl(\dfrac{2}{3}\sin^{-1}{\dfrac{2}{3\sqrt{3}}}\biggl)}$$
よって,
$${}_2F_1\!\left(\begin{matrix} \frac{1}{6},\frac{5}{6} \\ \frac{1}{2} \end{matrix}; \,\dfrac{4}{27}\right)=3\sqrt{\dfrac{3}{23}}\cos{\biggl(\dfrac{2}{3}\sin^{-1}{\dfrac{2}{3\sqrt{3}}}\biggl)}$$
を得る.

$z=-\dfrac{1}{729}$とすればよく,
$${}_2F_1\!\left(\begin{matrix} \frac{1}{6},\frac{5}{6} \\ \frac{1}{2} \end{matrix}; \,-\dfrac{4}{27}\right)$$
である. 補題$1$より,虚数単位を用いて,
$${}_2F_1\!\left(\begin{matrix} \frac{1}{6},\frac{5}{6} \\ \frac{1}{2} \end{matrix}; \,\dfrac{4}{27}\right)=\dfrac{1}{\sqrt{\frac{31}{27}}} \cos{\biggl(\dfrac{2}{3}\sin^{-1}{\dfrac{2i}{3\sqrt{3}}}\biggl)}$$
$\sin^{-1}{(ix)}=i\sinh^{-1}{x}$であるから,
$${}_2F_1\!\left(\begin{matrix} \frac{1}{6},\frac{5}{6} \\ \frac{1}{2} \end{matrix}; \,\dfrac{4}{27}\right)=3\sqrt{\dfrac{3}{31}}\cos{\biggl(\dfrac{2i}{3}\sinh^{-1}{\dfrac{2}{3\sqrt{3}}}\biggl)}$$
$\cos{(ix)}=\cosh{x}$より,
$${}_2F_1\!\left(\begin{matrix} \frac{1}{6},\frac{5}{6} \\ \frac{1}{2} \end{matrix}; \,\dfrac{4}{27}\right)=3\sqrt{\dfrac{3}{31}}\cosh{\biggl(\dfrac{2}{3}\sinh^{-1}{\dfrac{2}{3\sqrt{3}}}\biggl)}$$
を得る.