Chu-Zhangの変換公式
\begin{align}
\Omega(a|b,c,d,e):=\sum_{0\leq n}\frac{(2n+a)(b,c,d,e)_n}{(1+a-b,1+a-c,1+a-d,1+a-e)_n}
\end{align}
とする. 以下のような変換公式が知られている.
\begin{align} &\Omega(a|b,c,d,e)\\ &=\sum_{0\leq n}\frac{(-1)^n(c,d,e,1+a-b-c,1+a-b-d,1+a-b-e)_n}{(1+a-b)_{2n}(1+a-c,1+a-d,1+a-e,1+2a-b-c-d-e)_n}\\ &\qquad\cdot\left(\frac{(1+2a-b-c-d+2n)(a-e+n)}{1+2a-b-c-d-e+n}+\frac{(1+a-b-c+n)(1+a-b-d+n)(e+n)}{(1+a-b+2n)(1+2a-b-c-d-e+n)}\right) \end{align}
この結果の導出については, この記事 に書かれている.
定理1から従う和公式
特に, $b=a$とすると左辺はDougallの${}_5F_4$和公式より
\begin{align}
a\F54{a,1+\frac a2,c,d,e}{\frac a2,1+a-c,1+a-d,1+a-e}1&=\frac{\Gamma(1+a-c)\Gamma(1+a-d)\Gamma(1+a-e)\Gamma(1+a-c-d-e)}{\Gamma(a)\Gamma(1+a-c-d)\Gamma(1+a-c-e)\Gamma(1+a-d-e)}
\end{align}
となる. よって, 以下を得る.
\begin{align} &\frac{\Gamma(1+a-c)\Gamma(1+a-d)\Gamma(1+a-e)\Gamma(1+a-c-d-e)}{\Gamma(a)\Gamma(1+a-c-d)\Gamma(1+a-c-e)\Gamma(1+a-d-e)}\\ &=\sum_{0\leq n}\frac{(-1)^n(c,d,e,1-c,1-d,1-e)_n}{(2n)!(1+a-c,1+a-d,1+a-e,1+a-c-d-e)_n}\\ &\qquad\cdot\left(\frac{(1+a-c-d+2n)(a-e+n)}{1+a-c-d-e+n}+\frac{(1-c+n)(1-d+n)(e+n)}{(1+2n)(1+a-c-d-e+n)}\right) \end{align}
同様に, 定理1において, $e=a$とすると以下を得る.
\begin{align} &\frac{\Gamma(1+a-b)\Gamma(1+a-c)\Gamma(1+a-d)\Gamma(1+a-b-c-d)}{\Gamma(a)\Gamma(1+a-b-c)\Gamma(1+a-b-d)\Gamma(1+a-c-d)}\\ &=\sum_{0\leq n}\frac{(-1)^n(a,c,d,1+a-b-c,1+a-b-d,1-b)_n}{n!(1+a-b)_{2n}(1+a-c,1+a-d,1+a-b-c-d)_n}\\ &\qquad\cdot\left(\frac{n(1+2a-b-c-d+2n)}{1+a-b-c-d+n}+\frac{(1+a-b-c+n)(1+a-b-d+n)(a+n)}{(1+a-b+2n)(1+a-b-c-d+n)}\right) \end{align}
Chen-Chuの和公式
系1において, $e\to i\infty$とすると以下を得る.
\begin{align} &\sum_{0\leq n}\frac{((2n+1)(1+a-c-d+2n)-(1-c+n)(1-d+n))(c,d,1-c,1-d)_n}{(2n+1)!(1+a-c,1+a-d)_n}\\ &=\frac{\Gamma(1+a-c)\Gamma(1+a-d)}{\Gamma(a)\Gamma(1+a-c-d)}\\ \end{align}
定理2において特に, $a=c=d$とすると
\begin{align}
&\sum_{0\leq n}\frac{(3n^2+2n+a(1-a))(a,1-a)_n^2}{n!^2(2n+1)!}=\frac{\sin\pi a}{\pi}
\end{align}
となってシンプルな形の公式を得る. 特に$a=\frac 12$とするとRamanujanによる円周率公式
\begin{align}
\sum_{0\leq n}\frac{(6n+1)\binom{2n}n^3}{2^{8n}}&=\frac{4}{\pi}
\end{align}
を得る.
Chen-Chuの論文においては, 定理2について, 定理1とはまた別の一般化が得られているようである.
対称的な表示
変換公式
(これは
${}_7F_6$の二項変換公式
の特別な場合である.)
\begin{align}
\Omega(a|b,c,d,e)=\frac{a-b}{1+2a-b-c-d-e}\Omega(1+2a-c-d-e|b,1+a-c-d,1+a-c-e,1+a-d-e)
\end{align}
を適用してから定理1を用いると,
\begin{align}
\Omega(a|b,c,d,e)&=\frac{a-b}{1+2a-b-c-d-e}\\
&\qquad\cdot\sum_{0\leq n}\frac{(-1)^n(1+a-b-c,1+a-b-d,1+a-b-e,1+a-c-d,1+a-c-e,1+a-d-e)_n}{(2+2a-b-c-d-e)_{2n}(a-b,1+a-c,1+a-d,1+a-e)_n}\\
&\qquad\cdot\left(\frac{(1+2a-b-d-e+2n)(a-c+n)}{a-b+n}+\frac{(1+a-b-d+n)(1+a-b-e+n)(1+a-d-e+n)}{(2+2a-b-c-d-e+2n)(a-b+n)}\right)\\
&=\sum_{0\leq n}\frac{(-1)^n(1+a-b-c,1+a-b-d,1+a-b-e,1+a-c-d,1+a-c-e,1+a-d-e)_n}{(1+2a-b-c-d-e)_{2n+2}(1+a-b,1+a-c,1+a-d,1+a-e)_n}\\
&\qquad\cdot\bigg((1+2a-b-d-e+2n)(2+2a-b-c-d-e+2n)(a-c+n)\\
&\qquad\qquad+(1+a-b-d+n)(1+a-b-e+n)(1+a-d-e+n)\bigg)
\end{align}
ここで, 多項式
\begin{align}
&(1+2a-b-d-e+2n)(2+2a-b-c-d-e+2n)(a-c+n)\\
&\qquad\qquad+(1+a-b-d+n)(1+a-b-e+n)(1+a-d-e+n)
\end{align}
は$b,c,d,e$に関して対称なようであるが, 対称的で簡潔な表示があるのかは気になるところである. 上の式で$e,c$を入れ替えて以下を得る.
\begin{align} &\Omega(a|b,c,d,e)\\ &=\sum_{0\leq n}\frac{(-1)^n(1+a-b-c,1+a-b-d,1+a-b-e,1+a-c-d,1+a-c-e,1+a-d-e)_n}{(1+2a-b-c-d-e)_{2n+2}(1+a-b,1+a-c,1+a-d,1+a-e)_n}\\ &\qquad\cdot\bigg((1+2a-b-c-d+2n)(2+2a-b-c-d-e+2n)(a-e+n)\\ &\qquad\qquad+(1+a-b-c+n)(1+a-b-d+n)(1+a-c-d+n)\bigg) \end{align}
特に, $a=\frac 12+x,b=c=d=e=\frac 12$とすると以下を得る.
\begin{align} &\sum_{0\leq n}\frac{(-1)^n(20(n+x)^2+8(n+x)+1)\left(\frac 12+x\right)_n^5}{4^n(1+x)_n^5}\\ &=8x\sum_{0\leq n}\frac{(4n+2x+1)\left(\frac 12\right)_n^4}{(1+x)_n^4} \end{align}
これはGuilleraの2008年の論文で示された結果である.
