Karlsson-Ernstの三次変換公式
今回は以下の公式を示す.
$x=0$の近傍で,
\begin{align}
\F32{b+c-\frac 12,b,c}{2b,2c}x&=\left(\frac{1+\sqrt{1-x}}2\right)^{1-2b-2c}\F32{b+c-\frac 12,b,c}{2b,2c}{-\frac{8x}{(1+\sqrt{1-x})^3}}
\end{align}
が成り立つ.
両辺が同じパラメータが入った${}_3F_2$であることが興味深い.
Baileyの三次変換公式
\begin{align}
\F32{b+c-\frac 12,b,c}{2b,2c}{x}=\left(1-\frac x4\right)^{\frac 12-b-c}\F32{\frac{b+c}3-\frac 16,\frac{b+c}3+\frac 16,\frac{b+c}3+\frac 12}{b+\frac 12,c+\frac 12}{\frac{27x^2}{(4-x)^3}}
\end{align}
において, $\displaystyle x\mapsto -\frac{8x}{(1+\sqrt{1-x})^3}$として
\begin{align}
&\F32{b+c-\frac 12,b,c}{2b,2c}{-\frac{8x}{(1+\sqrt{1-x})^3}}\\
&=\left(1+\frac{2x}{(1+\sqrt{1-x})^3}\right)^{\frac 12-b-c}\F32{\frac{b+c}3-\frac 16,\frac{b+c}3+\frac 16,\frac{b+c}3+\frac 12}{b+\frac 12,c+\frac 12}{\frac{27x^2}{\left((1+\sqrt{1-x})^2+\frac{2x}{1+\sqrt{1-x}}\right)^3}}\\
&=\left(\frac{1-\frac x4}{\left(\frac{1+\sqrt{1-x}}2\right)^2}\right)^{\frac 12-b-c}\F32{\frac{b+c}3-\frac 16,\frac{b+c}3+\frac 16,\frac{b+c}3+\frac 12}{b+\frac 12,c+\frac 12}{\frac{27x^2}{\left(4-x\right)^3}}
\end{align}
最後の表示再度Baileyの三次変換公式を適用すると, 示すべき等式を得る.
この証明において, ${}_3F_2$に$\displaystyle x,-\frac{8x}{(1+\sqrt{1-x})^3}$を代入したものがともに$x=0$において正則であるということが重要で, それによって形式的べき級数の等式として成り立つことが確認できる. $\displaystyle\frac{27x^2}{(4-x)^3}=\frac{27y^2}{(4-y)^3}$となる解$y(x)$で$y(0)\neq 0$となるものを選んだときは多価性により, 一般には
\begin{align}
\left(1-\frac x4\right)^{b+c-\frac 12}\F32{b+c-\frac 12,b,c}{2b,2c}{x}\neq \left(1-\frac y4\right)^{b+c-\frac 12}\F32{b+c-\frac 12,b,c}{2b,2c}{y}
\end{align}
となることに注意が必要である.
定理1は$x\mapsto 4x(1-x)$とすると,
\begin{align}
\F32{b+c-\frac 12,b,c}{2b,2c}{4x(1-x)}&=\left(1-x\right)^{1-2b-2c}\F32{b+c-\frac 12,b,c}{2b,2c}{-\frac{4x}{(1-x)^2}}
\end{align}
と書き換えられる. これを用いて$x^n$の係数比較による定理1の直接証明を与えることもできると思われる.
類似
前の記事(
ある3F2の二次変換公式
)で示した系1は
\begin{align}
&\F32{d-e+\frac 12,e-d+\frac 12,d+e+\frac 12}{d+1,e+1}{\frac{x^2}{4(x-1)}}\\
&=(1-x)^{\frac 12+d+e}\F32{d+e+\frac 12,d+\frac 12,e+\frac 12}{2d+1,2e+1}{4x(1-x)}
\end{align}
と表される. この右辺に定理1を適用すると, 以下を得る.
$x=0$の近傍で
\begin{align}
&\F32{d-e+\frac 12,e-d+\frac 12,d+e+\frac 12}{d+1,e+1}{\frac{x^2}{4(x-1)}}\\
&=(1-x)^{-\frac 12-d-e}\F32{d+e+\frac 12,d+\frac 12,e+\frac 12}{2d+1,2e+1}{-\frac{4x}{(1-x)^2}}
\end{align}
が成り立つ.
両辺をMellin-Barnes積分表示すると
\begin{align}
&\frac{\Gamma(d+1)\Gamma(e+1)}{\Gamma\left(d-e+\frac 12\right)\Gamma\left(e-d+\frac 12\right)}\\
&\qquad\cdot\frac 1{2\pi i}\int_{-i\infty}^{i\infty}\frac{\Gamma\left(d-e+\frac 12+s\right)\Gamma\left(e-d+\frac 12+s\right)\Gamma\left(d+e+\frac 12+s\right)\Gamma(-s)}{\Gamma(d+1+s)\Gamma(e+1+s)}4^{-s}x^{2s}(1-x)^{-s}\,ds\\
&=\frac{\Gamma(2d+1)\Gamma(2e+1)}{\Gamma\left(d+\frac 12\right)\Gamma\left(e+\frac 12\right)}\\
&\qquad\cdot\frac 1{2\pi i}\int_{-i\infty}^{i\infty}\frac{\Gamma\left(d+e+\frac 12+s\right)\Gamma\left(d+\frac 12+s\right)\Gamma\left(e+\frac 12+s\right)\Gamma(-s)}{\Gamma(2d+1+s)\Gamma(2e+1+s)}4^sx^s(1-x)^{-d-e-\frac 12-2s}\,ds
\end{align}
を得る. 解析接続によりこれは$0< x<1$でも成り立っており, 両辺に$x^{a-1}(1-x)^{b-1}$を掛けて$(0,1)$で積分すると,
\begin{align}
&\frac{\Gamma(d+1)\Gamma(e+1)}{\Gamma\left(d-e+\frac 12\right)\Gamma\left(e-d+\frac 12\right)}\\
&\qquad\cdot\frac 1{2\pi i}\int_{-i\infty}^{i\infty}\frac{\Gamma\left(d-e+\frac 12+s\right)\Gamma\left(e-d+\frac 12+s\right)\Gamma\left(d+e+\frac 12+s\right)\Gamma(-s)\Gamma(a+2s)\Gamma(b-s)}{\Gamma(d+1+s)\Gamma(e+1+s)\Gamma(a+b+s)}4^{-s}\,ds\\
&=\frac{\Gamma(2d+1)\Gamma(2e+1)}{\Gamma\left(d+\frac 12\right)\Gamma\left(e+\frac 12\right)}\\
&\qquad\cdot\frac 1{2\pi i}\int_{-i\infty}^{i\infty}\frac{\Gamma\left(d+e+\frac 12+s\right)\Gamma\left(d+\frac 12+s\right)\Gamma\left(e+\frac 12+s\right)\Gamma(-s)\Gamma(a+s)\Gamma\left(b-d-e-\frac 12-2s\right)}{\Gamma(2d+1+s)\Gamma(2e+1+s)\Gamma\left(a+b-d-e-\frac 12-s\right)}4^s\,ds
\end{align}
となる. 整理すると以下を得る.
\begin{align}
&\frac 1{2\pi i}\int_{-i\infty}^{i\infty}\frac{\Gamma\left(d-e+\frac 12+s\right)\Gamma\left(e-d+\frac 12+s\right)\Gamma\left(d+e+\frac 12+s\right)\Gamma(a+2s)\Gamma(-s)\Gamma(b-s)}{\Gamma(d+1+s)\Gamma(e+1+s)\Gamma(a+b+s)}4^{-s}\,ds\\
&=\frac{2^{2d+2e}}{\cos\pi(d-e)}\\
&\qquad\cdot\frac 1{2\pi i}\int_{-i\infty}^{i\infty}\frac{\Gamma\left(d+e+\frac 12+s\right)\Gamma\left(d+\frac 12+s\right)\Gamma\left(e+\frac 12+s\right)\Gamma(a+s)\Gamma(-s)\Gamma\left(b-d-e-\frac 12-2s\right)}{\Gamma(2d+1+s)\Gamma(2e+1+s)\Gamma\left(a+b-d-e-\frac 12-s\right)}4^s\,ds
\end{align}
が成り立つ.
