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次の特殊値公式を証明する。\begin{eqnarray}F\left[\begin{matrix}\frac{1}{2},1-u\\2u+\frac{1}{2}\end{matrix};\frac{1}{4}\right]&=&\frac{2\sqrt{2}\G(u+\frac{3}{4})\G(u+\frac{1}{4})}{3\G^2(u+\frac{1}{2})}\tag{0.1} \\ F\left[\begin{matrix}\frac{1}{2},1-u\\2u-\frac{1}{2}\end{matrix};\frac{1}{4}\right]&=&\frac{2\sqrt{2}\G(u-\frac{1}{4})\G(u+\frac{1}{4})}{3\G(u-\frac{1}{6})\G(u+\frac{1}{6})}\tag{0.2}\end{eqnarray}
参考文献はJahresbericht der Technischen Staatslehranstalten zu Chemnitz 1897-1898に掲載されたHeymann.W, Ueber hypergeometrische Functionen, deren letztes Element speciell ist, nebst einer Anwendung auf Algebra.です。あと、ガウスの隣接関係式を用います。
簡単のために$$f:=F\left[\begin{matrix}a,b\\c\end{matrix};z\right]$$と定義します。さらに\begin{eqnarray*}f_+&:=&F\left[\begin{matrix}a,b-1\\c+2\end{matrix};z\right] \\f_1&:=&F\left[\begin{matrix}a,b-1\\c+1\end{matrix};z\right] \\f_2&:=&F\left[\begin{matrix}a,b\\c+1\end{matrix};z\right] \end{eqnarray*}を定義します。
2つの隣接関係式\begin{eqnarray}&&c[b-(c-a)z]F-bc(1-z)F(b+1)+(c-a)(c-b)zF(c+1)=0\tag{1.1}\\[0.5em]&& [b-1-(c-a-1)z]F+(c-b)F(b-1)-(c-1)(1-z)F(c-1)=0\tag{1.2}\end{eqnarray}を用意します。ここで $F=F(a,b;c;z)$ , $F(a+1)=F(a+1,b;c;z)$ のように表しています。(1.1)の $F$ に $f_1$ を、(1.2)の $F$ に $f_2$ を代入すると\begin{eqnarray*}a_{11}f_1+a_{12}f_2&=&Af_+ \\ a_{21}f_1+a_{22}f_2&=& Bf\end{eqnarray*}ただし係数は次のようになっています。\begin{eqnarray*}a_{11} &=& (c+1)[b-1-(c-a+1)z] \\ a_{12}&=& (b-1)(c+1)(z-1) \\ A&=& -(c-a+1)(c-b+2)z \\ a_{21} &=& c-b+1 \\ a_{22} &=& b-1-(c-a)z \\ B&=& c(1-z)\end{eqnarray*}
この連立方程式より $f_2$ を消去します。\begin{equation}a_{22}Af_++Kf_1=a_{12}Bf\tag{2.1}\end{equation}ここで $K:=a_{12}a_{21}-a_{11}a_{22}$ です。
$b=1-u$ , $c=c+2u$ とおくと\begin{eqnarray}f&=&F\left[\begin{matrix}a,1-u\\c+2u\end{matrix};z\right]:=f(u)\tag{2.2}\\f_+&=&F\left[\begin{matrix}a,-u\\c+2(u+1)\end{matrix};z\right]=f(u+1)\tag{2.3}\end{eqnarray}であり、\begin{eqnarray*}a_{11} &=& (c+2u+1)[-u-(c-a+2u+1)z] \\ a_{12}&=& u(c+2u+1)(1-z) \\ A&=& -(c-a+2u+1)(c+3u+1)z \\ a_{21} &=& c+3u \\ a_{22} &=& -u-(c-a+2u)z \\ B&=& (c+2u)(1-z)\end{eqnarray*}となります。
このとき $K$ が恒等的にゼロとなる条件を探しましょう。$K$ を $u$ についての多項式として整理すると\begin{eqnarray*}K &=&(-8z^2-14z+4)u^3 \\&& +[(-12c+8a-8)z^2+(-13c+4a-9)z+4c+2]u^2 \\&& +[(-6c^2+8ac-8c-2a^2+6a-2)z^2+(-3c^2+2ac-4c+2a-1)z+c^2+c]u\\&& +(-c^3+2ac^2-2c^2-a^2c+3ac-c-a^2+a)z^2 \\&=& -2(4z-1)(z+2)u^3 \\&& +[(-12c+8a-8)z^2+(-13c+4a-9)z+4c+2]u^2 \\&& +[(-6c^2+8ac-8c-2a^2+6a-2)z^2+(-3c^2+2ac-4c+2a-1)z+c^2+c]u\\&& -(c+1)(c-a)(c-a+1)z^2 \end{eqnarray*}3次の項を見ると $z=1/4$ とすればいいことが分かります。このとき\begin{eqnarray*}K &=& \frac{6a-3}{4}u^2-\frac{c^2-4(2a-1)c+a^2-7a+3}{8}u \\&& -\frac{(c+1)(c-a)(c-a+1)}{16}\end{eqnarray*}さらに $a=1/2$ としましょう。このとき\begin{equation}K =-\frac{(2c-1)(2c+1)(2u+c+1)}{64}\tag{2.4}\end{equation}以上から、$u$ によらずに $K=0$ となる条件は\begin{equation}z=\frac{1}{4}\;,\;a=\frac{1}{2}\;,\;c=\pm\frac{1}{2}\tag{2.5}\end{equation}
(2.5)のもとで(2.1)を書き換えると$$\frac{f(u+1)}{f(u)}=\begin{cases}\dfrac{(u+\frac{1}{4})(u+\frac{3}{4})}{(u+\frac{1}{2})^2}\quad\left(c=\dfrac{1}{2}\right) \\ \dfrac{(u-\frac{1}{4})(u+\frac{1}{4})}{(u-\frac{1}{6})(u+\frac{1}{6})}\quad\left(c=-\dfrac{1}{2}\right)\end{cases}$$$u\in\NN$ であれば漸化式となって$$f(u)=\frac{f(u)}{f(u-1)}\frac{f(u-1)}{f(u-2)}\cdots\frac{f(1)}{f(0)}f(0)$$
(2.2)より $c=\frac{1}{2}$ のとき\begin{eqnarray}f(0) &=& F\left[\begin{matrix}\frac{1}{2},1\\\frac{1}{2}\end{matrix};\frac{1}{4}\right]\\&=& \sum_{n=0}^\infty\frac{1}{4^n} \\&=&\frac{4}{3}\tag{2.6}\end{eqnarray}ですので\begin{eqnarray*}f(u) &=& \frac{\G(u+\frac{3}{4})\G(u+\frac{1}{4})}{\G^2(u+\frac{1}{2})}\cdot\frac{\pi}{\G(\frac{1}{4})\G(\frac{3}{4})}\cdot\frac{4}{3} \\&=& \frac{2\sqrt{2}\G(u+\frac{3}{4})\G(u+\frac{1}{4})}{3\G^2(u+\frac{1}{2})}\end{eqnarray*}
$c=-\frac{1}{2}$ のとき\begin{eqnarray}f(0) &=& F\left[\begin{matrix}\frac{1}{2},1\\-\frac{1}{2}\end{matrix};\frac{1}{4}\right]\\&=& \sum_{n=0}^\infty\frac{1-2n}{4^n} \\&=&\frac{4}{9}\tag{2.7}\end{eqnarray}こちらも同様に計算します。
以上から次の結論を得ます。詳細は省きますが、$u$ が非整数でもこの式は成立します。
\begin{eqnarray}F\left[\begin{matrix}\frac{1}{2},1-u\\2u+\frac{1}{2}\end{matrix};\frac{1}{4}\right]&=&\frac{2\sqrt{2}\G(u+\frac{3}{4})\G(u+\frac{1}{4})}{3\G^2(u+\frac{1}{2})}\tag{2.8} \\ F\left[\begin{matrix}\frac{1}{2},1-u\\2u-\frac{1}{2}\end{matrix};\frac{1}{4}\right]&=&\frac{2\sqrt{2}\G(u-\frac{1}{4})\G(u+\frac{1}{4})}{3\G(u-\frac{1}{6})\G(u+\frac{1}{6})}\tag{2.8}\end{eqnarray}
この結果を応用して積分を計算したのは：
Integrals and Miscellaneous 14
の「2023/1/2」です。
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