超幾何級数[4]

超幾何級数について、次の式が成り立ちます。
\begin{alignat}{2}
&(1)  {}_2F_1(a,b;c;z)=\frac{1}{B(b,c-b)}\displaystyle\int_0^1 x^{b-1}(1-x)^{c-b-1}(1-zx)^{-a}dx  (0 \lt b \lt c)\\
&(2)  {}_2F_1(a,b;c;z)=(1-z)^{-a}{}_2F_1\left(a,c-b;c;\frac{z}{z-1}\right)\\
&(3)  {}_2F_1(a,b;c;z)=(1-z)^{-b}{}_2F_1\left(b,c-a;c;\frac{z}{z-1}\right)\\
&(4)  {}_2F_1(a,b;c;z)=(1-z)^{c-a-b}{}_2F_1\left(c-a,c-b;c;z\right)\\
&(5)  {}_1F_1(a;c;z)=e^z{}_1F_1(c-a;c;-z)
\end{alignat}














<証明>

\((1)\) 右辺の定積分を計算します。
\begin{alignat}{2}
&  \displaystyle\int_0^1 x^{b-1}(1-x)^{c-b-1}(1-zx)^{-a}dx\\
&=\displaystyle\int_0^1 x^{b-1}(1-x)^{c-b-1} \left\{\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{-a(-a-1)(-a-2) \cdots (-a-n+1)}{n!} \cdot (-zx)^n\right\}dx\\
&=\displaystyle\int_0^1 x^{b-1}(1-x)^{c-b-1} \left\{\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{a(a+1)(a+2) \cdots (a+n-1)}{n!} \cdot (zx)^n\right\}dx\\
&=\displaystyle\int_0^1 x^{b-1}(1-x)^{c-b-1} \left\{\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(a)_n}{n!} \cdot (zx)^n\right\}dx\\
&=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(a)_n}{n!} \cdot z^n \displaystyle\int_0^1 x^{b+n-1}(1-x)^{c-b-1}dx\\
&=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(a)_n}{n!} \cdot z^n \cdot B(b+n,c-b)\\
&=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(a)_n}{n!} \cdot z^n \cdot \frac{b+n-1}{c+n-1} \cdot \frac{b+n-2}{c+n-2} \cdots \frac{b+1}{c+1} \cdot \frac{b}{c} \cdot B(b,c-b)\\
&=B(b,c-b) \displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(a)_n(b)_n}{(c)_n} \cdot \frac{z^n}{n!}=B(b,c-b){}_2F_1(a,b;c;z)
\end{alignat}以上より$${}_2F_1(a,b;c;z)=\frac{1}{B(b,c-b)}\displaystyle\int_0^1 x^{b-1}(1-x)^{c-b-1}(1-zx)^{-a}dx  (0 \lt b \lt c)$$








\((2)\) \((1)\) で計算した積分について \(x=1-t\) と置きます。\((dx=-dt)\)
\begin{alignat}{2}
&  \displaystyle\int_0^1 x^{b-1}(1-x)^{c-b-1}(1-zx)^{-a}dx\\
&=\displaystyle\int_1^0 (1-t)^{b-1}t^{c-b-1} (1-z+zt)^{-a}(-dt)\\
&=\displaystyle\int_0^1 t^{c-b-1} (1-t)^{b-1} \cdot (1-z)^{-a} \left(1+\frac{z}{1-z}t\right)^{-a} dt\\
&=(1-z)^{-a} \displaystyle\int_0^1 t^{c-b-1}(1-t)^{b-1} \left(1-\frac{z}{z-1}t\right)^{-a}dt\\
\end{alignat}\(c-b=A\) と置くと \(b=c-A\) であるので$$=(1-z)^{-a} \displaystyle\int_0^1 t^{A-1}(1-t)^{c-A-1} \left(1-\frac{z}{z-1}t\right)^{-a}dt$$\((1)\) の結果において \(b\) を \(A\) とし、\(z\) を \( \displaystyle \frac{z}{z-1}\) とすれば良いので (その後、元に戻します)
\begin{alignat}{2}
&=(1-z)^{-a}B(A,c-A) {}_2F_1 \left(a,A;c;\frac{z}{z-1}\right)\\
&=(1-z)^{-a}B(c-b,b) {}_2F_1 \left(a,c-b;c;\frac{z}{z-1}\right)\\
\end{alignat}これは \((1)\) の結果と等しいので$$B(b,c-b){}_2F_1(a,b;c;z)=(1-z)^{-a}B(c-b,b) {}_2F_1 \left(a,c-b;c;\frac{z}{z-1}\right)$$両辺を \(B(b,c-b)\) で割ります。以上より$${}_2F_1(a,b;c;z)=(1-z)^{-a}{}_2F_1\left(a,c-b;c;\frac{z}{z-1}\right)$$







\((3)\) \((2)\) の式で \(a\) を \(b\)、 \(b\) を \(a\) とします。$${}_2F_1(b,a;c;z)=(1-z)^{-b}{}_2F_1\left(b,c-a;c;\frac{z}{z-1}\right)$$\({}_2F_1(b,a;c;z)={}_2F_1(a,b;c;z)\) であるので、以上より$${}_2F_1(a,b;c;z)=(1-z)^{-b}{}_2F_1\left(b,c-a;c;\frac{z}{z-1}\right)$$








\((4)\) \((3)\) の式の超幾何級数について、左の \(2\) つを交換します。$${}_2F_1\left(b,c-a;c;\frac{z}{z-1}\right)={}_2F_1\left(c-a,b;c;\frac{z}{z-1}\right)$$この式に \((1)\) を用います。
\begin{alignat}{2}
&=\left(1-\frac{z}{z-1}\right)^{-(c-a)} {}_2F_1\left(c-a,c-b;c;\frac{\frac{z}{z-1}}{\frac{z}{z-1}-1}\right)\\
&=\left(1-\frac{z}{z-1}\right)^{-(c-a)} {}_2F_1\left(c-a,c-b;c;z\right)\\
\end{alignat}これを \((3)\) の式に代入します。
\begin{alignat}{2}
{}_2F_1(a,b;c;z)&=(1-z)^{-b}{}_2F_1\left(b,c-a;c;\frac{z}{z-1}\right)\\
&=(1-z)^{-b}\left(1-\frac{z}{z-1}\right)^{-(c-a)} {}_2F_1\left(c-a,c-b;c;z\right)\\
&=(1-z)^{-b}\left(\frac{1}{1-z}\right)^{-c+a} {}_2F_1\left(c-a,c-b;c;z\right)\\
&=(1-z)^{c-a-b}{}_2F_1\left(c-a,c-b;c;z\right)
\end{alignat}以上より$${}_2F_1(a,b;c;z)=(1-z)^{c-a-b}{}_2F_1\left(c-a,c-b;c;z\right)$$









\((5)\) \((4)\) の式の \(z\) を \(\displaystyle \frac{z}{b}\) とします。$${}_2F_1\left(a,b;c;\frac{z}{b}\right)=\left(1-\frac{z}{b}\right)^{c-a-b}{}_2F_1\left(c-a,c-b;c;\frac{z}{b}\right)$$\(b \to \infty\) とします。$$\displaystyle\lim_{b \to \infty}{}_2F_1\left(a,b;c;\frac{z}{b}\right)=\displaystyle\lim_{b \to \infty}\left(1-\frac{z}{b}\right)^{c-a-b}{}_2F_1\left(c-a,c-b;c;\frac{z}{b}\right)$$

\((α)\) 左辺について
\begin{alignat}{2}
\displaystyle\lim_{b \to \infty}{}_2F_1\left(a,b;c;\frac{z}{b}\right)&=\displaystyle\lim_{b \to \infty} \displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(a)_n(b)_n}{(c)_n} \cdot \frac{1}{n!} \left(\frac{z}{b}\right)^n\\
&=\displaystyle\lim_{b \to \infty} \displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(a)_n \cdot b(b+1)(b+2) \cdots (b+n-1)}{(c)_n} \cdot \frac{1}{n!} \left(\frac{z}{b}\right)^n\\
&=\displaystyle\lim_{b \to \infty} \displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(a)_n \cdot \left(1+\frac{1}{b}\right)\left(1+\frac{2}{b}\right) \cdots \left(1+\frac{n-1}{b}\right)}{(c)_n} \cdot \frac{z^n}{n!}\\
&=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(a)_n}{(c)_n} \cdot \frac{z^n}{n!}={}_1F_1(a;c;z)\\
\end{alignat}
\((β)\) 右辺について
\begin{alignat}{2}
&  \displaystyle\lim_{b \to \infty}\left(1-\frac{z}{b}\right)^{c-a-b}{}_2F_1\left(c-a,c-b;c;\frac{z}{b}\right)\\
&=\displaystyle\lim_{b \to \infty}\left(1-\frac{z}{b}\right)^{-b}\left(1-\frac{z}{b}\right)^{c-a} \displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(c-a)_n(c-b)_n}{(c)_n} \cdot \frac{1}{n!} \left(\frac{z}{b}\right)^n\\
&=\displaystyle\lim_{b \to \infty}\left\{\left(1-\frac{z}{b}\right)^{-\frac{b}{z}}\right\}^z \displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(c-a)_n \cdot (c-b)(c-b+1) \cdots (c-b+n-1)}{(c)_n} \cdot \frac{1}{n!} \left(\frac{z}{b}\right)^n\\
&=e^z\displaystyle\lim_{b \to \infty} \displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(c-a)_n \cdot (b-c)(b-c-1) \cdots (b-c-n+1)}{(c)_n} \cdot \frac{1}{n!} \left(-\frac{z}{b}\right)^n\\
&=e^z\displaystyle\lim_{b \to \infty} \displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(c-a)_n \cdot \left(1-\frac{c+1}{b}\right)\left(1-\frac{c}{b}\right) \cdots \left(1-\frac{c+n-1}{b}\right)}{(c)_n} \cdot \frac{(-z)^n}{n!}\\
&=e^z \displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(c-a)_n}{(c)_n} \cdot \frac{(-z)^n}{n!}=e^z{}_1F_1(c-a;c;-z)
\end{alignat}以上より$${}_1F_1(a;c;z)=e^z{}_1F_1(c-a;c;-z)$$

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