超幾何級数[5]

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;1)=\frac{Γ(c)Γ(c-a-b)}{Γ(c-a)Γ(c-b)}\\
&(2)  {}_2F_1(a,b;1+a-b;-1)=\frac{Γ(1+a-b)Γ\left(1+\frac{a}{2}\right)}{Γ(1+a)Γ\left(1+\frac{a}{2}-b\right)}\\
&(3)  {}_2F_1\left(a,b;\frac{1+a+b}{2};\frac{1}{2}\right)=\frac{\sqrt{π}Γ\left(\frac{1+a+b}{2}\right)}{Γ\left(\frac{1+a}{2}\right)Γ\left(\frac{1+b}{2}\right)}\\
&(4)  {}_2F_1(-n,b;c;1)=\frac{(c-b)_n}{(c)_n}  (n \in \mathrm{N})\\
&(5)  {}_2F_1(-n,a;1+a+n;-1)=\frac{(a+1)_n}{\left(\frac{a}{2}+1\right)_n}  (n \in \mathrm{N})\\
\end{alignat}













<証明>

次の等式を用います。(詳細はこちらです)
\begin{alignat}{2}
&(A)  {}_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\\
&(B)  {}_2F_1(a,b;c;z)=(1-z)^{-a}{}_2F_1\left(a,c-b;c;\frac{z}{z-1}\right)\\
\end{alignat}



\((1)\) \((A)\) の式で \(z=1\) とします。
\begin{alignat}{2}
{}_2F_1(a,b;c;1)&=\frac{1}{B(b,c-b)}\displaystyle\int_0^1 x^{b-1}(1-x)^{c-b-1}(1-x)^{-a}dx\\
&=\frac{1}{B(b,c-b)}\displaystyle\int_0^1 x^{b-1}(1-x)^{c-b-a-1}dx\\
&=\frac{1}{B(b,c-b)} \cdot B(b,c-b-a)\\
&=\frac{Γ(c)}{Γ(b)Γ(c-b)} \cdot \frac{Γ(b)Γ(c-b-a)}{Γ(c-a)}\\
&=\frac{Γ(c)Γ(c-a-b)}{Γ(c-a)Γ(c-b)}
\end{alignat}以上より$${}_2F_1(a,b;c;1)=\frac{Γ(c)Γ(c-a-b)}{Γ(c-a)Γ(c-b)}$$







\((2)\) \((A)\) の式で \(c=1+a-b,\,z=-1\) とします。
\begin{alignat}{2}
{}_2F_1(a,b;1+a-b;-1)&=\frac{1}{B(a,1-b)}\displaystyle\int_0^1 x^{a-1}(1-x)^{-b}(1+x)^{-b}dx\\
&=\frac{1}{B(a,1-b)}\displaystyle\int_0^1 x^{a-1}(1-x^2)^{-b}dx\\
\end{alignat}\(x^2=t\) と置きます。\((2xdx=dt)\)
\begin{alignat}{2}
&=\frac{1}{B(a,1-b)}\displaystyle\int_0^1 t^{\frac{a-1}{2}}(1-t)^{-b} \cdot \frac{1}{2t^{\frac{1}{2}}}dt\\
&=\frac{1}{2B(a,1-b)}\displaystyle\int_0^1 t^{\frac{a}{2}-1}(1-t)^{-b}dt\\
&=\frac{1}{2B(a,1-b)} \cdot B\left(\frac{a}{2},1-b\right)\\
&=\frac{1}{2} \cdot \frac{Γ(1+a-b)}{Γ(a)Γ(1-b)}\cdot \frac{Γ\left(\frac{a}{2}\right)Γ(1-b)}{Γ\left(1+\frac{a}{2}-b\right)}\\
&=\frac{\frac{a}{2}Γ\left(\frac{a}{2}\right)}{aΓ(a)} \cdot \frac{Γ(1+a-b)}{Γ\left(1+\frac{a}{2}-b\right)}\\
&=\frac{Γ(1+a-b)Γ\left(1+\frac{a}{2}\right)}{Γ(1+a)Γ\left(1+\frac{a}{2}-b\right)}
\end{alignat}以上より$${}_2F_1(a,b;1+a-b;-1)=\frac{Γ(1+a-b)Γ\left(1+\frac{a}{2}\right)}{Γ(1+a)Γ\left(1+\frac{a}{2}-b\right)}$$










\((3)\) 計算する超幾何級数に \((B)\) の式を用います。
\begin{alignat}{2}
{}_2F_1\left(a,b;\frac{1+a+b}{2};\frac{1}{2}\right)&=\left(1-\frac{1}{2}\right)^{-a} {}_2F_1\left(a,\frac{1+a-b}{2};\frac{1+a+b}{2};-1\right)\\
&=2^a{}_2F_1\left(a,\frac{1+a-b}{2};\frac{1+a+b}{2};-1\right)\\
\end{alignat}\(\displaystyle \frac{1+a-b}{2}=A\) と置くと \((b=1+a-2A)\)$$=2^a {}_2F_1(a,A;1+a-A;-1)$$となるので \((2)\) の結果を用いることができます。すなわち
\begin{alignat}{2}
&=2^a \cdot \frac{Γ(1+a-A)Γ\left(1+\frac{a}{2}\right)}{Γ(1+a)Γ\left(1+\frac{a}{2}-A\right)}\\
&=2^a \cdot \frac{Γ\left(1+a-\frac{1+a-b}{2}\right)Γ\left(1+\frac{a}{2}\right)}{Γ(1+a)Γ\left(1+\frac{a}{2}-\frac{1+a-b}{2}\right)}\\
&=2^a \cdot \frac{Γ\left(\frac{1+a+b}{2}\right)Γ\left(1+\frac{a}{2}\right)}{Γ(1+a)Γ\left(\frac{1+b}{2}\right)}\\
&=2^a \cdot \frac{\frac{a}{2}Γ\left(\frac{a}{2}\right)}{aΓ(a)} \cdot \frac{Γ\left(\frac{1+a+b}{2}\right)}{Γ\left(\frac{1+b}{2}\right)}=2^{a-1} \cdot \frac{Γ\left(\frac{a}{2}\right)}{Γ(a)} \cdot \frac{Γ\left(\frac{1+a+b}{2}\right)}{Γ\left(\frac{1+b}{2}\right)}\\
\end{alignat}ところでガンマ関数の倍数公式を変形すると$$Γ(a)=\frac{2^{a-1}}{\sqrt{π}}Γ\left(\frac{a}{2}\right)Γ\left(\frac{a+1}{2}\right),    \frac{2^{a-1}Γ\left(\frac{a}{2}\right)}{Γ(a)}=\frac{\sqrt{π}}{Γ\left(\frac{a+1}{2}\right)}$$となるので、これを代入します。$$=\frac{\sqrt{π}Γ\left(\frac{1+a+b}{2}\right)}{Γ\left(\frac{1+a}{2}\right)Γ\left(\frac{1+b}{2}\right)}$$以上より$${}_2F_1\left(a,b;\frac{1+a+b}{2};\frac{1}{2}\right)=\frac{\sqrt{π}Γ\left(\frac{1+a+b}{2}\right)}{Γ\left(\frac{1+a}{2}\right)Γ\left(\frac{1+b}{2}\right)}$$










\((4)\) \((1)\) の式で \(a=-n\) とします。
\begin{alignat}{2}
&  {}_2F_1(-n,b;c;1)=\frac{Γ(c)Γ(c+n-b)}{Γ(c+n)Γ(c-b)}\\
&=\frac{Γ(c)}{(c+n-1)(c+n-2) \cdots (c+1)cΓ(c)} \cdot \frac{(c-b+n-1)(c-b+n-2) \cdots(c-b)Γ(c-b)}{Γ(c-b)}\\
&=\frac{(c-b+n-1)(c-b+n-2) \cdots (c-b)}{(c+n-1)(c+n-2) \cdots (c+1)c}=\frac{(c-b)_n}{(c)_n}
\end{alignat}以上より$${}_2F_1(-n,b;c;1)=\frac{(c-b)_n}{(c)_n}  (n \in \mathrm{N})$$











\((5)\) \((2)\) の式で \(b=-n\) とします。
\begin{alignat}{2}
&  {}_2F_1(-n,a;1+a+n;-1)=\frac{Γ(1+a+n)Γ\left(1+\frac{a}{2}\right)}{Γ(1+a)Γ\left(1+\frac{a}{2}+n\right)}\\
&=\frac{(a+n)(a+n-1) \cdots (a+1)Γ(a+1)}{Γ(1+a)} \cdot \frac{Γ\left(1+\frac{a}{2}\right)}{\left(\frac{a}{2}+n\right)\left(\frac{a}{2}+n-1\right) \cdots \left(\frac{a}{2}+1\right)Γ\left(1+\frac{a}{2}\right)}\\
&=\frac{(a+n)(a+n-1) \cdots (a+1)}{\left(\frac{a}{2}+n\right)\left(\frac{a}{2}+n-1\right) \cdots \left(\frac{a}{2}+1\right)}=\frac{(a+1)_n}{\left(\frac{a}{2}+1\right)_n}\\
\end{alignat}以上より$${}_2F_1(-n,a;1+a+n;-1)=\frac{(a+1)_n}{\left(\frac{a}{2}+1\right)_n}  (n \in \mathrm{N})$$

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