Clausenの公式のMellin-Barnes積分類似

前の記事 で, Baileyの積公式
\begin{align} \F21{a,b}{c}{x}\F21{a,b}{1+a+b-c}x=\F43{a,b,\frac{a+b}2,\frac{a+b+1}2}{c,1+a+b-c,a+b}{4x(1-x)} \end{align}
のMellin-Barnes積分類似を示した. Baileyの積公式において, $c=\frac{a+b+1}2$とすると, Clausenの公式
\begin{align} \F21{a,b}{\frac{a+b+1}2}{x}^2&=\F32{a,b,\frac{a+b}2}{\frac{a+b+1}2,a+b}{4x(1-x)} \end{align}
が得られる. 今回はその類似を得たいと思う.

Clausenの公式の類似

まず, 前の記事 の系1において$c=\frac{a+b+1}2$とすると以下の定理を得る.

次に, 前の記事 の系2において$c=\frac{a+b+1}2$とすると
\begin{align} &\F21{a,b}{\frac{a+b+1}2}{x}^2+\F21{a,b}{\frac{a+b+1}2}{1-x}^2-\frac{2\cos\frac{\pi(a-b)}2}{\cos\frac{\pi(a+b)}2}\F21{a,b}{\frac{a+b+1}2}{x}\F21{a,b}{\frac{a+b+1}2}{1-x}\\ &=\frac{2^{a+b-1}\Gamma\left(\frac{a+b+1}2\right)^2}{\pi^{\frac 32}\Gamma(a)\Gamma(b)}\frac{\sin\pi a\sin\pi b\sin\pi(a+b)}{\cos^2\frac{\pi(a+b)}2}\\ &\qquad\cdot\frac 1{2\pi i}\int_{-i\infty}^{i\infty}\frac{\Gamma(a+s)\Gamma(b+s)\Gamma\left(\frac{a+b}2+s\right)\Gamma(1-a-b-s)\Gamma(-s)}{\Gamma\left(\frac{a+b+1}2+s\right)}(4x(1-x))^s\,ds\\ &=\frac{2^{a+b}\Gamma\left(\frac{a+b+1}2\right)^2}{\pi^{\frac 32}\Gamma(a)\Gamma(b)}\frac{\sin\pi a\sin\pi b\sin\frac{\pi(a+b)}2}{\cos\frac{\pi(a+b)}2}\\ &\qquad\cdot\frac 1{2\pi i}\int_{-i\infty}^{i\infty}\frac{\Gamma(a+s)\Gamma(b+s)\Gamma\left(\frac{a+b}2+s\right)\Gamma(1-a-b-s)\Gamma(-s)}{\Gamma\left(\frac{a+b+1}2+s\right)}(4x(1-x))^s\,ds \end{align}
つまり以下を得る.

$a+b=1$の場合

定理1において, $b=1-a$とすると以下を得る.
\begin{align} &\F21{a,1-a}{1}{x}\F21{a,1-a}{1}{1-x}\\ &=\frac{\sin^2\pi a}{\pi^{\frac 52}}\frac 1{2\pi i}\int_{-i\infty}^{i\infty}\frac{\Gamma(a+s)\Gamma(1-a+s)\Gamma\left(\frac{1}2+s\right)\Gamma(-s)^2}{\Gamma(s+1)}(4x(1-x))^s\,ds \end{align}
また, 定理1, 定理2を用いると,
\begin{align} &\F21{a,b}{\frac{a+b+1}2}{x}^2+\F21{a,b}{\frac{a+b+1}2}{1-x}^2\\ &=\frac{2^{a+b}\Gamma\left(\frac{a+b+1}2\right)^2\sin\pi a\sin\pi b\sin\frac{\pi(a+b)}2}{\pi^{\frac 32}\Gamma(a)\Gamma(b)\cos\frac{\pi(a+b)}2}\\ &\qquad\cdot\frac 1{2\pi i}\int_{-i\infty}^{i\infty}\frac{\Gamma(a+s)\Gamma(b+s)\Gamma\left(\frac{a+b}2+s\right)\Gamma(1-a-b-s)\Gamma(-s)}{\Gamma\left(\frac{a+b+1}2+s\right)}(4x(1-x))^s\,ds\\ &\qquad+\frac{2^{a+b}\Gamma\left(\frac{a+b+1}2\right)^2\cos^2\frac{\pi(a-b)}2}{\pi^{\frac 32}\Gamma(a)\Gamma(b)\cos\frac{\pi(a+b)}2}\\ &\qquad\cdot\frac 1{2\pi i}\int_{-i\infty}^{i\infty}\frac{\Gamma(a+s)\Gamma(b+s)\Gamma\left(\frac{a+b}2+s\right)\Gamma\left(\frac{1-a-b}2-s\right)\Gamma(-s)}{\Gamma(a+b+s)}(4x(1-x))^s\,ds\\ &=\frac{2^{a+b}\Gamma\left(\frac{a+b+1}2\right)^2}{\pi^{\frac 52}\Gamma(a)\Gamma(b)\cos\frac{\pi(a+b)}2}\\ &\qquad\cdot\frac 1{2\pi i}\int_{-i\infty}^{i\infty}\Gamma(a+s)\Gamma(b+s)\Gamma\left(\frac{a+b}2+s\right)\Gamma\left(\frac{1-a-b}2-s\right)\Gamma(1-a-b-s)\Gamma(-s)(4x(1-x))^s\,ds\\ &\qquad\cdot\left(\sin\pi a\sin\pi b\sin\frac{\pi(a+b)}2\cos\frac{\pi(a+b+2s)}2+\cos^2\frac{\pi(a-b)}2\sin\pi(a+b+s)\right) \end{align}
と変形できる. ここで,
\begin{align} &\sin\pi a\sin\pi b\sin\frac{\pi(a+b)}2\cos\frac{\pi(a+b+2s)}2+\cos^2\frac{\pi(a-b)}2\sin\pi(a+b+s)\\ &=\sin\pi a\sin\pi b\sin\frac{\pi(a+b)}2\cos\frac{\pi(a+b+2s)}2\\ &\qquad+\cos^2\frac{\pi(a-b)}2\left(\sin\frac{\pi(a+b)}2\cos\frac{\pi(a+b+2s)}2+\cos\frac{\pi(a+b)}2\sin\frac{\pi(a+b+2s)}2\right)\\ &=\left(\cos^2\frac{\pi(a-b)}2+\sin\pi a\sin\pi b\right)\sin\frac{\pi(a+b)}2\cos\frac{\pi(a+b+2s)}2+\cos^2\frac{\pi(a-b)}2\cos\frac{\pi(a+b)}2\sin\frac{\pi(a+b+2s)}2\\ &=\cos^2\frac{\pi(a+b)}2\sin\frac{\pi(a+b)}2\cos\frac{\pi(a+b+2s)}2+\cos^2\frac{\pi(a-b)}2\cos\frac{\pi(a+b)}2\sin\frac{\pi(a+b+2s)}2\\ &=\cos\frac{\pi(a+b)}2\left(\cos\frac{\pi(a+b)}2\sin\frac{\pi(a+b)}2\cos\frac{\pi(a+b+2s)}2+\cos^2\frac{\pi(a-b)}2\sin\frac{\pi(a+b+2s)}2\right) \end{align}
よって
\begin{align} &\F21{a,b}{\frac{a+b+1}2}{x}^2+\F21{a,b}{\frac{a+b+1}2}{1-x}^2\\ &=\frac{2^{a+b}\Gamma\left(\frac{a+b+1}2\right)^2}{\pi^{\frac 52}\Gamma(a)\Gamma(b)}\\ &\qquad\cdot\frac 1{2\pi i}\int_{-i\infty}^{i\infty}\Gamma(a+s)\Gamma(b+s)\Gamma\left(\frac{a+b}2+s\right)\Gamma\left(\frac{1-a-b}2-s\right)\Gamma(1-a-b-s)\Gamma(-s)(4x(1-x))^s\,ds\\ &\qquad\cdot\left(\cos\frac{\pi(a+b)}2\sin\frac{\pi(a+b)}2\cos\frac{\pi(a+b+2s)}2+\cos^2\frac{\pi(a-b)}2\sin\frac{\pi(a+b+2s)}2\right) \end{align}
となる. ここで, $b\mapsto 1-a$とすると,
\begin{align} &\F21{a,1-a}{1}{x}^2+\F21{a,1-a}{1}{1-x}^2\\ &=\frac{2\sin^3\pi a}{\pi^{\frac 72}}\frac 1{2\pi i}\int_{-i\infty}^{i\infty}\Gamma(a+s)\Gamma(1-a+s)\Gamma\left(\frac{1}2+s\right)\Gamma\left(-s\right)^3(4x(1-x))^s\cos\pi s\,ds\\ &=\frac{2\sin^3\pi a}{\pi^{\frac 52}}\frac 1{2\pi i}\int_{-i\infty}^{i\infty}\frac{\Gamma(a+s)\Gamma(1-a+s)\Gamma\left(-s\right)^3}{\Gamma\left(\frac 12-s\right)}(4x(1-x))^s\,ds \end{align}
を得る. まとめると以下のようになる.

この場合, Frobenius級数に展開すると対数的特異性があるので複雑になるが, Mellin-Barnes積分を用いることによってこのように簡潔に表されるのはMellin-Barnes積分の利点と言える.