Saalschützの和公式

Eulerの変換公式より,
\begin{align} (1-x)^{a+b-c}\F21{a,b}{c}x=\F21{c-a,c-b}{c}{x} \end{align}
であるから, 両辺の$x^N$の係数を比較すると,
\begin{align} \sum_{n=0}^N\frac{(a,b)_n}{n!(c)_n}\frac{(c-a-b)_{N-n}}{(N-n)!}=\frac{(c-a,c-b)_N}{N!(c)_N} \end{align}
両辺に$\frac{N!}{(c-a-b)_N}$を掛けて整理すると,
\begin{align} \sum_{n=0}^N\frac{(a,b,-N)_n}{n!(c,1+a+b-c-N)_n}=\frac{(c-a,c-b)_N}{(c,c-a-b)_N} \end{align}
を得る.

$N=0$のときは明らかに成り立つ. $0< M$とする.$N=0,1,\dots,M-1$のとき定理が成り立つと仮定して, $N=M$のときに成り立つことを示す. $b=0,-1,\dots,-(M-1)$に対し, 帰納法の仮定より,
\begin{align} \sum_{n=0}^M\frac{(a,b,-M)_n}{n!(c,1+a+b-c-M)_n}&=\frac{(c-a,c-(-M))_{-b}}{(c,c-a-(-M))_{-b}}\\ &=\frac{(c-a,c+M)_{-b}}{(c,c-a+M)_{-b}}\\ &=\frac{(c-a)_M}{(c)_M}\frac{(c)_{M-b}(c-a)_{-b}}{(c)_{-b}(c-a)_{M-b}}\\ &=\frac{(c-a,c-b)_M}{(c,c-a-b)_M} \end{align}
となって両辺は等しい. また, $b=c$のとき,
\begin{align} \sum_{n=0}^M\frac{(a,b,-M)_n}{n!(c,1+a+b-c-M)_n}&=\sum_{n=0}^M\frac{(a,-M)_n}{n!(1+a-M)_n}\\ &=\sum_{n=0}^M\left(\frac{(1+a,1-M)_{n}}{n!(1+a-M)_n}-\frac{(1+a,1-M)_{n-1}}{(n-1)!(1+a-M)_{n-1}}\right)\\ &=\frac{(1+a,1-M)_M}{M!(1+a-M)_M}\\ &=0\\ &=\frac{(c-a,c-b)_M}{(c,c-a-b)_M} \end{align}
となって両辺は等しい, $(c-a-b)_M$を掛けると,
\begin{align} \sum_{n=0}^M\frac{(a,b,-M)_n}{n!(c)_n}(-1)^{M-n}(c-a-b)_{M-n}&=\frac{(c-a,c-b)_M}{(c)_M} \end{align}
が$b=0,-1,\dots,-(M-1),c$の$M+1$個の点で成り立ち, 両辺は$b$に関する$M$次の多項式であるから, 両辺は恒等的に等しい.

$a\mapsto a-x,b\mapsto a+x,c\mapsto a+b$と置き換えて,
\begin{align} \sum_{n=0}^N\frac{(-N)_n}{n!(a+b,1+a-b-N)_n}(a-x,a+x)_n=\frac{(b-x,b+x)_N}{(b-a,b+a)_N} \end{align}
を示せばよい. 作用素$T$を関数$f$に対して,
\begin{align} Tf(x):=\frac{f\left(x+\frac 12\right)-f\left(x-\frac 12\right)}{1-2x} \end{align}
と定義する.
\begin{align} T(a-x,a+x)_n&=\frac 1{1-2x}\left(\left(a-x-\frac 12,a+x+\frac 12\right)_n-\left(a-x+\frac 12,a+x-\frac 12\right)_n\right)\\ &=\frac 1{1-2x}\left(\left(a-x-\frac 12\right)\left(a+x+n-\frac 12\right)-\left(a+x-\frac 12\right)\left(a-x+n-\frac 12\right)\right)\left(a+\frac 12-x,a+\frac 12+x\right)_n\\ &=n\left(a+\frac 12-x,a+\frac 12+x\right)_{n-1} \end{align}
よって, これを繰り返して
\begin{align} T^k(a-x,a+x)_n=\frac{n!}{(n-k)!}\left(a+\frac k2-x,a+\frac k2+x\right)_{n-k} \end{align}
である. $(b-x,b+x)_N$は偶関数であるから, ある係数$c_n$があって,
\begin{align} (b-x,b+x)_N=\sum_{k=0}^Nc_k(a-x,a+x)_k \end{align}
と展開できる. 両辺に$T^n$を作用させると,
\begin{align} \frac{N!}{(N-n)!}\left(b+\frac n2-x,b+\frac n2+x\right)_{N-n}=\sum_{k=n}^Nc_k\frac{k!}{(k-n)!}\left(a+\frac n2-x,a+\frac n2+x\right)_{k-n} \end{align}
ここで, $x=a+\frac n2$とすると,
\begin{align} \frac{N!}{(N-n)!}(b-a,b+a+n)_{N-n}&=n!c_n \end{align}
つまり,
\begin{align} c_n&=\frac{N!}{(N-n)!n!}(b-a,b+a+n)_{N-n}\\ &=(b-a,b+a)_N\frac{(-N)_n}{n!(a+b,1+a-b-N)_n} \end{align}
となって示したかった式を得る.