超幾何関数および、それが満たす超幾何微分方程式の知識を前提とします。参考文献は
です。内容はほぼ後者の流れとなっています。
Clausen's formula:\begin{equation}{}_3F_2\left[\begin{matrix}2a,2b,a+b\\2a+2b,a+b+\frac{1}{2}\end{matrix};z\right]={}_2F_1\left[\begin{matrix}a,b\\a+b+\frac{1}{2}\end{matrix};z\right]^2\tag{1}\end{equation}
左辺と右辺がともに同じ微分方程式を満たすことを示す、という方針で証明します。過去に何度も、この公式を証明せずに使っていたので、そろそろ書いておきたいと思いました。
${}_3F_2\left[\begin{matrix}a,b,c\\d,e\end{matrix};z\right]$ は\begin{eqnarray}&&(z^3-z^2)u'''+[(a+b+c+3)z^2-(d+e+1)z]u''\\&&+[(1+a+b+c+ab+bc+ca)z-de]u'+abcu=0\tag{2}\end{eqnarray}なる3階微分方程式を満たします。${}_3F_2$ を級数で表示して(2)に代入すると、確かに成り立つことが確認できます。
よって ${}_3F_2\left[\begin{matrix}2a,2b,a+b\\2a+2b,a+b+\frac{1}{2}\end{matrix};z\right]$ は\begin{eqnarray}&&(z^3-z^2)u'''+\left[3(a+b+1)z^2-3\left(a+b+\frac{1}{2}\right)z\right]u''\\&&+[(1+3a+3b+2a^2+8ab+2b^2)z-(a+b)(2a+2b+1)]u'\\&&+4ab(a+b)u=0\tag{3}\end{eqnarray}なる微分方程式を満たします。
ここでいったん話を移します。
一方、${}_2F_1\left[\begin{matrix}a,b\\c\end{matrix};z\right]$ は\begin{equation}(z^2-z)u''+[(a+b+1)z-c]u'+abu=0\tag{4}\end{equation}の解です（超幾何微分方程式）。したがって ${}_2F_1\left[\begin{matrix}a,b\\a+b+1/2\end{matrix};z\right]$ が満たす微分方程式は\begin{equation}(z^2-z)u''+[(a+b+1)z-(a+b+1/2)]u'+abu=0\tag{5}\end{equation}これに $z$ をかけます。\begin{equation}(z^3-z^2)u''+[(a+b+1)z^2-(a+b+1/2)z]u'+abzu=0\tag{6}\end{equation}(6)を $z$ で微分します。\begin{eqnarray}&&(z^3-z^2)u'''+\left[(a+b+4)z^2-\left(a+b+\frac{5}{2}\right)z\right]u''\\&&+\left[(2a+2b+ab+2)z-\left(a+b+\frac{1}{2}\right)\right]u'+abu=0\tag{7}\end{eqnarray}$2(2a+2b-1)u\times$(5)$+6u'\times$(6)$+2u\times$(7) を計算します。\begin{eqnarray*}&&2(2a+2b-1)\left[(z^2-z)u''u+\{(a+b+1)z-(a+b+1/2)\}u'u+abu^2\right]\\&&+6\left[(z^3-z^2)u''u'+\{(a+b+1)z^2-(a+b+1/2)z\}u'^2+abzuu'\right]\\&&+2(z^3-z^2)u'''u+\{2(a+b+4)z^2-(2a+2b+5)z\}u''u\\&&+\{(4a+4b+2ab+4)z-(2a+2b+1)\}u'u+2abu^2=0\end{eqnarray*}$u'''u$ と $u''u'$ をまとめ、$u''u$ と $u'^2$ をまとめます。がんばって整理しましょう。 \begin{eqnarray}&&(z^3-z^2)(2uu'''+6u''u')\\&&+\left[3(a+b+1)z^2-3\left(a+b+\frac{1}{2}\right)z\right](2u''u+2u'^2)\\&&+[(1+3a+3b+2a^2+8ab+2b^2)z-(a+b)(2a+2b+1)]2u'u\\&&+4ab(a+b)u^2=0\tag{8}\end{eqnarray}ここで $v:=u^2$ とすると$$v'=2uu'\;,\;v''=2uu''+2u'^2$$$$v'''=2uu'''+6u'u''$$となります。(8)へ適用して\begin{eqnarray}&&(z^3-z^2)v'''+\left[3(a+b+1)z^2-3\left(a+b+\frac{1}{2}\right)z\right]v''\\&&+[(1+3a+3b+2a^2+8ab+2b^2)z-(a+b)(2a+2b+1)]v'\\&&+4ab(a+b)v=0\tag{9}\end{eqnarray}すなわちこれが${}_2F_1\left[\begin{matrix}a,b\\a+b+1/2\end{matrix};z\right]^2$ が満たす微分方程式である、ということになります。
(3)と(9)はまったく同じ微分方程式です。したがって\begin{eqnarray}&&(z^3-z^2)u'''+\left[3(a+b+1)z^2-3\left(a+b+\frac{1}{2}\right)z\right]u''\\&&+[(1+3a+3b+2a^2+8ab+2b^2)z-(a+b)(2a+2b+1)]u'\\&&+4ab(a+b)u=0\tag{10}\end{eqnarray}は特殊解として $$u_1={}_3F_2\left[\begin{matrix}2a,2b,a+b\\2a+2b,a+b+\frac{1}{2}\end{matrix};z\right]\;,\;u_2={}_2F_1\left[\begin{matrix}a,b\\a+b+1/2\end{matrix};z\right]^2$$をもちます。
同じ微分方程式の解だからといって $u_1=u_2$ とは限りません。3階微分方程式なので３つの初期条件 $u(0)$ , $u'(0)$ , $u''(0)$ が一致してはじめて等しいといえます(解の存在と一意性定理)。
超幾何関数を級数表示しておきます。\begin{equation}u_1(z)=\sum_{n=0}^\infty\frac{(2a)_n(2b)_n(a+b)_n}{(2a+2b)_n(a+b+\frac{1}{2})_n}\frac{z^n}{n!}\tag{10}\end{equation}\begin{equation}u_2(z)=\left(\sum_{n=0}^\infty\frac{(a)_n(b)_n}{(a+b+\frac{1}{2})_n}\frac{z^n}{n!}\right)^2\tag{11}\end{equation}明らかに$$u_1(0)=u_2(0)=1$$一般的に、超幾何関数の微分は\begin{equation}\frac{d}{dz}{}_3F_2\left[\begin{matrix}a,b,c\\d,e\end{matrix};z\right]=\frac{abc}{de}{}_3F_2\left[\begin{matrix}a+1,b+1,c+1\\d+1,e+1\end{matrix};z\right]\tag{12}\end{equation}\begin{equation}\frac{d}{dz}{}_2F_1\left[\begin{matrix}a,b\\c\end{matrix};z\right]=\frac{ab}{c}{}_2F_1\left[\begin{matrix}a+1,b+1\\c+1\end{matrix};z\right]\tag{13}\end{equation}のようになります。級数表示で実際に微分してみると簡単に示せます。これを用いることにより$$u'_1(0)=\frac{2ab}{a+b+\frac{1}{2}}$$$$u'_2(0)=2\:{}_2F_1\left[\begin{matrix}a,b\\a+b+\frac{1}{2}\end{matrix};0\right]{}_2F_1\left[\begin{matrix}a,b\\a+b+\frac{1}{2}\end{matrix};0\right]'=\frac{2ab}{a+b+\frac{1}{2}}$$\begin{eqnarray*}u''_1(0)&=& \frac{2ab}{a+b+\frac{1}{2}}\frac{(2a+1)(2b+1)(a+b+1)}{(2a+2b+1)(a+b+\frac{3}{2})}\\&=&\frac{ab(2a+1)(2b+1)(a+b+1)}{(a+b+\frac{1}{2})^2(a+b+\frac{3}{2})}\end{eqnarray*}\begin{eqnarray*}u''_2(0)&=& 2{}_2F_1\left[\begin{matrix}a,b\\a+b+\frac{1}{2}\end{matrix};0\right]{}_2F_1\left[\begin{matrix}a,b\\a+b+\frac{1}{2}\end{matrix};0\right]''+2\left({}_2F_1\left[\begin{matrix}a,b\\a+b+\frac{1}{2}\end{matrix};0\right]'\right)^2 \\&=&\frac{2ab}{a+b+\frac{1}{2}}\frac{(a+1)(b+1)}{a+b+\frac{3}{2}}+2\left(\frac{ab}{a+b+\frac{1}{2}}\right)^2 \\&=&\frac{ab(2a+1)(2b+1)(a+b+1)}{(a+b+\frac{1}{2})^2(a+b+\frac{3}{2})}\end{eqnarray*} 以上より$$u_1(0)=u_2(0)\;,\;u_1'(0)=u_2'(0)\;,\;u_1''(0)=u_2''(0)$$であり、(1)が証明されました。
\begin{equation}{}_3F_2\left[\begin{matrix}2a,2b,a+b\\2a+2b,a+b+\frac{1}{2}\end{matrix};z\right]={}_2F_1\left[\begin{matrix}a,b\\a+b+\frac{1}{2}\end{matrix};z\right]^2\tag{14}\end{equation}
級数でゴリ押し計算しても示せるのでしょうか。右辺はコーシー積となりそうですが。
${}_3F_2\left[\begin{matrix}1,1,1\\2,\frac{3}{2}\end{matrix};z\right]$ を初等関数で表せ(Clausen(1828)).
(14)より\begin{eqnarray}{}_3F_2\left[\begin{matrix}1,1,1\\2,\frac{3}{2}\end{matrix};z\right]&=&{}_2F_1\left[\begin{matrix}\frac{1}{2},\frac{1}{2}\\\frac{3}{2}\end{matrix};z\right]^2\\&=&\frac{\arcsin^2\sqrt{x}}{x}\tag{15}\end{eqnarray}
$$\sum_{n=0}^\infty \left(\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\right)^3=\frac{\pi}{\G^4(\frac{3}{4})}$$を示せ(@infseriesbot).
\begin{eqnarray*}\sum_{n=0}^\infty \left(\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\right)^3 &=& {}_3F_2\left[\begin{matrix}\frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{1}{2}\\1,1\end{matrix};1\right] \\&=& {}_2F_1\left[\begin{matrix}\frac{1}{4},\frac{1}{4}\\1\end{matrix};1\right]^2\quad(\mathrm{Clausen's\: formula})\\&=&\left(\frac{\sqrt{\pi}}{\G^2(\frac{3}{4})}\right)^2\quad(\mathrm{Gauss's\: formula})\\&=&\frac{\pi}{\G^4(\frac{3}{4})}\end{eqnarray*}
$$\sum_{n=0}^\infty\frac{(4n)!}{648^nn!^4}=\frac{3\pi}{4\G(\frac{3}{4})^4}$$を示せ。
ここの2023/1/10参照。
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