N次変換公式はRiemannスキームから自然に導出されるのだ3

[1]球面上のRiemann-Hurwitzの公式より、分岐指数について$\sum_{P\in\mathbb{P}^{1}}(e_{p}-1)=4$が成り立つ。
[2]Belyi写像を前提にしているので$\varphi^{-1}(0)=\{0\},\varphi^{-1}(1)=\{1\},\varphi^{-1}(\infty)=\{\alpha_{-},\alpha_{+},\infty\}$の様にしてみる。
[3]また$z=0,1$で分岐指数$3$そして$z=\alpha_{-},\alpha_{+},\infty$は不分岐点とする。
[4]必要なので事前に計算しておく。
\begin{equation} \varphi^{'}(z)=\frac{3Az^{2}+2Bz+C}{Ez^{3}+Fz^{2}+Gz+H}-\frac{(Az^{3}+Bz^{2}+Cz+D)(3Ez^{2}+2Fz+G)}{(Ez^{3}+Fz^{2}+Gz+H)^{2}} \end{equation}
\begin{equation} \varphi^{''}(z)=\frac{6Az+2B}{Ez^{3}+Fz^{2}+Gz+H}-\frac{2(3Az^{2}+2Bz+C)(3Ez^{2}+2Fz+G)}{(Ez^{3}+Fz^{2}+Gz+H)^{2}}-\frac{(Az^{3}+Bz^{2}+Cz+D)(6Ez+2F)}{(Ez^{3}+Fz^{2}+Gz+H)^{2}}+\frac{2(Az^{3}+Bz^{2}+Cz+D)(3Ez^{2}+2Fz+G)^{2}}{(Ez^{3}+Fz^{2}+Gz+H)^{3}} \end{equation}
\begin{equation} \varphi(\frac{1}{w})=\frac{A+Bw+Cw^{2}+Dw^{3}}{E+Fw+Gw^{2}+Hw^{3}} \end{equation}
[5]まずは簡単な計算からパラメータを決める。
\begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} \varphi(0)=\frac{D}{H}=0\therefore D=0\\ \varphi^{'}(0)=\frac{C}{H}=0\therefore C=0\\ \varphi^{''}(0)=\frac{B}{H}=0\therefore B=0\\ \varphi(\infty)=\frac{A}{E}=\infty\therefore E=0\\ \end{array} \right. \end{eqnarray}
[6]
\begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} \varphi(1)=\frac{A}{F+G+H}=1\\ \varphi^{'}(1)=\frac{3A}{F+G+H}-\frac{A(2F+G)}{(F+G+H)^{2}}=0\\ \varphi^{''}(1)=\frac{6A}{F+G+H}-\frac{6A(2F+G)}{(F+G+H)^{2}}-\frac{2AF}{(F+G+H)^{2}}+\frac{2A(2F+G)^{2}}{(F+G+H)^{3}}=6-\frac{2F}{A}=0 \end{array} \right. \end{eqnarray}
まとめると
\begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} F=3A\\ G=-3A\\ H=A\\ \varphi(z)=\frac{z^{3}}{3z^{2}-3z+1} \end{array} \right. \end{eqnarray}
を得る。
[7]
\begin{equation} 3z^{2}-3z+1=3(z-\frac{1}{2})^{2}+\frac{1}{4} \end{equation}
より$\alpha_{\pm}=\frac{1}{2}\pm i\frac{1}{2\sqrt{3}}$を得る。
[8]得られたRiemannスキームをまとめると以下の様になる。
\begin{equation} \begin{Bmatrix}0&1&\alpha_{-}&\alpha_{+}&\infty\\0&0&a&a&a\\3(1-c)&3(c-a-b)&b&b&b\end{Bmatrix} \end{equation}
[9]$z=\alpha_{-},\alpha_{+},\infty$は確定特異点であり排除できないので$z=0,1$が見かけの特異点である様にパラメータを設定する。
そのために$3(1-c),3(c-a-b)\in\mathbb{Z}_{\geq0}$の様に定めると
\begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} a+b=1-\frac{\mu+\nu}{3}\\ c=1-\frac{\mu}{3} \end{array} \right. \end{eqnarray}
[10]このパラメータの決め方により次の様なRiemammnスキームを得る。
\begin{equation} \begin{Bmatrix} \alpha_{-}&\alpha_{+}&\infty\\ a&b&a\\b&b&b \end{Bmatrix} \end{equation}
このRiemannスキームから一意に表現される微分方程式の解を$y_{1s}$とする。
次に、$\psi(0)=\alpha_{-},\psi(1)=\alpha_{+},\psi(\infty)=\infty$を満たすMebious変換を定める。
すると
\begin{eqnarray} \psi(z)&=&i\frac{z}{\sqrt{3}}+\alpha_{-}\\ &=&i\frac{z}{\sqrt{3}}+\frac{1}{2}(1-i\frac{1}{\sqrt{3}})\\ &=&i\frac{1}{\sqrt{3}}(z-\frac{1+i\sqrt{3}}{2})\\ &=&i\frac{1}{\sqrt{3}}(z-e^{i\frac{\pi}{3}}) \end{eqnarray}
すると$y_{2s}=y_{1s}\circ\psi$の様に定めるとこれは下記のRiemannスキームから一意に表現される微分方程式の解を満たす。
\begin{equation} \begin{Bmatrix}0&1&\infty\\a&a&a\\b&b&b\end{Bmatrix} \end{equation}
[11]次にGauge変換$y_{3s}=\{z(z-1)\}^{-a}y_{2s}$を施すとこれは
\begin{equation} \begin{Bmatrix}0&1&\infty\\0&0&3a\\b-a&b-a&2a+b\end{Bmatrix} \end{equation}
また、Fuchs関係式より$3(a+b)=1$より
\begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} a+b=\frac{1}{3}\therefore (\mu,\nu)=(0,2),\underline{(1,1)},(2,0)\\ c=\frac{2}{3} \end{array} \right. \end{eqnarray}
を得る。
[12]
\begin{align} &3(i\frac{z}{\sqrt{3}}+\alpha_{-})^{2}-3(i\frac{z}{\sqrt{3}}+\alpha_{-})+1\\ &=-z^{2}+i2\sqrt{3}\alpha_{-}z+3\alpha_{-}^{2}-i\sqrt{3}z-3\alpha_{-}+1\\ &=-z^{2}+z\\ &=z(1-z) \end{align}
[13]
\begin{eqnarray} \psi^{3}(z)&=&(i\frac{1}{\sqrt{3}}(z-e^{i\frac{\pi}{3}}))^{3}\\ &=&\frac{-i}{3\sqrt{3}}(z-e^{i\frac{\pi}{3}})^{3}\\ &=&\frac{-i\{e^{i\frac{2\pi}{3}}(z-e^{i\frac{\pi}{3}})\}^{3}}{3\sqrt{3}}\\ &=&\frac{-i(\omega z+1)^{3}}{3\sqrt{3}} \end{eqnarray}
[14]
\begin{equation} \varphi(\psi(z))=\frac{-i(\omega z+1)^{3}}{3\sqrt{3}z(1-z)} \end{equation}
[15]
\begin{equation} \varphi(\psi(0))=\varphi(\alpha_{-})=\infty \end{equation}
なので$E$表示での解は$\zeta=\infty$周辺の解を採用。
つまり
\begin{equation} y_{e}(\zeta)=\frac{1}{\zeta^{a}}{}_{2}F_{1}(a;a+1-c;a+1-b;\frac{1}{\zeta}) \end{equation}
を採用する。
[13]$S,E$表示における解を$y_{s},y_{e}$とすると
\begin{eqnarray} \tilde{y}_{e}(z)&=&\{z(z-1)\}^{-a}\{\frac{3\sqrt{3}z(1-z)}{-i(\omega z+1)^{3}}\}^{a}{}_{2}F_{1}(a,a+\frac{1}{3};2a+\frac{2}{3};i3\sqrt{3}\frac{z(1-z)}{(\omega z+1)^{3}})\\ &=&\{i\frac{3\sqrt{3}}{(\omega z+1)^{3}}\}^{a}{}_{2}F_{1}(a,a+\frac{1}{3};2a+\frac{2}{3};i3\sqrt{3}\frac{z(1-z)}{(\omega z+1)^{3}})\\ \end{eqnarray}
\begin{equation} y_{s}(z)={}_{2}F_{1}(3a,a+\frac{1}{3};2a+\frac{2}{3};z) \end{equation}
[14]境界条件の確認
\begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} \tilde{y}_{e}(0)=(i3\sqrt{3})^{a}\\ y_{s}(0)=1 \end{array} \right. \end{eqnarray}
\begin{eqnarray} \tilde{y}_{e}^{'}(0)&=&(i3\sqrt{3})^{a}\{-a\omega+\frac{a(a+\frac{1}{3})}{3(2a+\frac{2}{3})}i3\sqrt{3}\}\\ &=&(i3\sqrt{3})^{a}\{\frac{a}{2}-i\frac{a\sqrt{3}}{2}+i\frac{a\sqrt{3}}{2}\}\\ &=&(i3\sqrt{3})^{a}\frac{a}{2} \end{eqnarray}
\begin{eqnarray} y_{s}^{'}(0)&=&\frac{3a(a+\frac{1}{3})}{2a+\frac{2}{3}}\\ &=&\frac{a(3a+1)}{6a+2}\\ &=&\frac{a}{2} \end{eqnarray}
以上の事から
\begin{equation} {}_{2}F_{1}(3a,a+\frac{1}{3};2a+\frac{2}{3};z)=\frac{1}{(\omega z+1)^{3a}}{}_{2}F_{1}(a,a+\frac{1}{3};2a+\frac{2}{3};i3\sqrt{3}\frac{z(1-z)}{(\omega z+1)^{3}}) \end{equation}

[1]$z=\frac{1}{w}$とすると
\begin{equation} \frac{d}{dz}=-w^{2}\frac{d}{dw} \end{equation}
[2]
\begin{align} &z(1-z)\frac{d^{2}}{dz^{2}}+\{c-(a+b+1)z\}\frac{d}{dz}-ab\\ &=\{\frac{1}{w}(1-\frac{1}{w})\}(w^{4}\frac{d^{2}}{dw^{2}}+2w^{3}\frac{d}{dw})-\{c-(a+b+1)\frac{1}{w}\}w^{2}\frac{d}{dw}-ab\\ &=\frac{w-1}{w^{2}}(w^{4}\frac{d^{2}}{dw^{2}}+2w^{3}\frac{d}{dw})-\{c-(a+b+1)\frac{1}{w}\}w^{2}\frac{d}{dw}-ab\\ &=(w-1)w^{2}\frac{d^{2}}{dw^{2}}+\{2w(w-1)-cw^{2}+(a+b+1)w\}\frac{d}{dw}-ab\\ &=(w-1)w^{2}\frac{d^{2}}{dw^{2}}+\{(2-c)w^{2}+(a+b-1)w\}\frac{d}{dw}-ab \end{align}
[3]$y=w^{\rho}\sum_{n=0}^{\infty}A_{n}w^{n}$の様に置く。すると
\begin{align} &[(w-1)w^{2}\frac{d^{2}}{dw^{2}}+\{(2-c)w^{2}+(a+b-1)w\}\frac{d}{dw}-ab]y\\ &=\sum_{n=0}^{\infty}\{(\rho+n)(\rho+n-1)+(2-c)(\rho+n)\}A_{n}w^{\rho+n+1}-\sum_{n=0}^{\infty}\{(\rho+n)(\rho+n-1)-(a+b-1)(\rho+n)+ab\}A_{n}w^{\rho+n}\\ &=\{\rho(\rho-1)+(a+b-1)\rho-ab\}w^{\rho}\\ &+\sum_{n=0}^{\infty}[\{(\rho+n)(\rho+n-1)+(2-c)(\rho+n)\}A_{n}-\{(\rho+n+1)(\rho+n)-(a+b-1)(\rho+n+1)+ab\}A_{n+1}]w^{\rho+n+1} \end{align}
[4]
\begin{eqnarray} \rho(\rho-1)-(a+b-1)\rho+ab&=&\rho^{2}-(a+b)\rho+ab\\ &=&(\rho-a)(\rho-b)\\ &=&0 \end{eqnarray}
より$z=\infty$での指数は$a,b$であり
[5]指数$a$を採用すると
\begin{align} &[w^{\rho+n+1}][(w-1)w^{2}\frac{d^{2}}{dw^{2}}+\{(2-c)w^{2}+(a+b-1)w\}\frac{d}{dw}-ab]y\\ &=\{(a+n)(a+n-1)+(2-c)(a+n)\}A_{n}-\{(a+n+1)(a+n)-(a+b-1)(a+n+1)+ab\}A_{n+1}\\ &=(a-c+1+n)(a+n)A_{n}-\{(a+n+1)(1-b+n)+ab\}A_{n+1}\\ &=(a-c+1+n)(a+n)A_{n}-(n+1)(a-b+1+n)A_{n+1}\\ &=0 \end{align}
ゆえに以下の結果を得る。
\begin{eqnarray} A_{n}&=&\frac{(a+n-1)(a-c+n)}{(a-b+n)n}A_{n-1}\\ &=&\frac{(a)_{n}(a+1-c)}{(a-b+1)_{n}n!}A_{0} \end{eqnarray}
[6]特に$A_{0}=1$として次の解を得る。
\begin{equation} y={}_{2}F_{1}(a,a+1-c;a+1-b;\frac{1}{z}) \end{equation}