Dixon's Theorem:\begin{equation}{}_3F_2\left[\begin{matrix}a,b,c\\1+a-b,1+a-c\end{matrix};1\right]=\frac{\G(1+\frac{a}{2})\G(1+a-b)\G(1+a-c)\G(1+\frac{a}{2}-b-c)}{\G(1+a)\G(1+\frac{a}{2}-b)\G(1+\frac{a}{2}-c)\G(1+a-b-c)}\tag{1}\end{equation}
3F2の計算にあたっては必須の知識といえると思います。今日はこの定理を導出しましょう。
Bailey(1937)またはそれをもとにしたSlater(1966)による証明です。非常に平易で分かりやすい方法。
まずは隣接関係式を導きましょう。隣接関係式の基本についてはこちらをどうぞ。
\begin{eqnarray}&&ab(1-z){}_3F_2\left[\begin{matrix}a+1,b+1,c\\1+a-b,2+a-c\end{matrix};z\right]\\&&+(a-c+1)(a-2b-2c+2){}_3F_2\left[\begin{matrix}a,b,c\\1+a-b,1+a-c\end{matrix};z\right]\\&=&(a-2c+2)(a-b-c+1){}_3F_2\left[\begin{matrix}a,b,c-1\\1+a-b,2+a-c\end{matrix};z\right]\tag{1.1}\end{eqnarray}
【証明】左辺ー右辺を考える。定数項を計算するとゼロとなる。1次以上の項 $z^n$ の係数は$$\frac{(a)_n(b)_n(c)_n}{(1+a-b)_n(2+a-c)_nn!}\left[(a+n)(b+n)-\frac{(a-b+n)(a-c+n+1)n}{c+n-1}+(a-2b-2c+2)(a-c+n+1)-\frac{(c-1)(a-2c+2)(a-b-c+1)}{c+n-1}\right]$$これを整理するとゼロになる。【証明終】
これによって $z=1$ では\begin{equation}{}_3F_2\left[\begin{matrix}a,b,c\\1+a-b,1+a-c\end{matrix};1\right]=\frac{(a-2c+2)(a-b-c+1)}{(a-c+1)(a-2b-2c+2)}{}_3F_2\left[\begin{matrix}a,b,c-1\\1+a-b,2+a-c\end{matrix};z\right]\tag{1.2}\end{equation}$c$ に $c-1$ を代入すると\begin{equation}{}_3F_2\left[\begin{matrix}a,b,c-1\\1+a-b,2+a-c\end{matrix};1\right]=\frac{(a-2c+4)(a-b-c+2)}{(a-c+2)(a-2b-2c+4)}{}_3F_2\left[\begin{matrix}a,b,c-2\\1+a-b,3+a-c\end{matrix};z\right]\tag{1.3}\end{equation}以下同様にして $c$ に $c-2,c-3,\cdots ,c-n+1$ まで代入します。$n$ 個の等式を辺々かけると\begin{eqnarray*}&&{}_3F_2\left[\begin{matrix}a,b,c\\1+a-b,1+a-c\end{matrix};1\right]\\&=&\frac{(a-2c+2)(a-b-c+1)}{(a-c+1)(a-2b-2c+2)}\times\frac{(a-2c+4)(a-b-c+2)}{(a-c+2)(a-2b-2c+4)}\\&&\times \cdots \times\frac{(a-2c+2n)(a-b-c+n)}{(a-c+n)(a-2b-2c+2n)}{}_3F_2\left[\begin{matrix}a,b,c-n\\1+a-b,1+a-c+n\end{matrix};1\right]\end{eqnarray*}右辺については例えば$$(a-2c+2)(a-2c+4)\cdots(a-2c+2n)= 2^n\left(\frac{a}{2}-c+1\right)_n$$のようにポッホハマー記号を使って整理すると\begin{eqnarray}{}_3F_2\left[\begin{matrix}a,b,c\\1+a-b,1+a-c\end{matrix};1\right]&=&\frac{(\frac{a}{2}-c+1)_n(a-b-c+1)_n}{(a-c+1)_n(\frac{a}{2}-b-c+1)_n}\\&&\times{}_3F_2\left[\begin{matrix}a,b,c-n\\1+a-b,1+a-c+n\end{matrix};1\right]\tag{1.4}\end{eqnarray}と書けます。
(1.4)で $n$ をどんどん大きくすることを考えます。どのように極限をとるのでしょう？いくらかの準備を要します。
\begin{eqnarray}\log\G(z)&=&\left(z-\frac{1}{2}\right)\log z-z+\frac{1}{2}\log2\pi\\&&+\sum_{n=1}^\infty\frac{B_{2n}}{2n(2n-1)z^{2n-1}}\end{eqnarray}
証明はこちら。ログガンマの漸近展開を与える級数となっています。これによって次を得ます。
\begin{equation}\G(z)=\sqrt{\frac{2\pi}{z}}\left(\frac{z}{e}\right)^z\left(1+O(z^{-1})\right)\tag{1.5}\end{equation}
これを使って、カギとなる次の関係式を導出します。
$\sum_{i=0}^k a_i=\sum_{i=0}^k b_i$ とするとき$$\lim_{z\to\infty}\frac{\G(z+a_1)\G(z+a_2)\cdots\G(z+a_k)}{\G(z+b_1)\G(z+b_2)\cdots\G(z+b_k)}=1$$
【証明】Lemma1.3より\begin{eqnarray*}&&\lim_{z\to\infty}\frac{\G(z+a_1)\G(z+a_2)\cdots\G(z+a_k)}{\G(z+b_1)\G(z+b_2)\cdots\G(z+b_k)}\\&=&\lim_{z\to\infty}\sqrt{\frac{(z+b_1)\cdots(z+b_k)}{(z+a_1)\cdots(z+a_k)}}\frac{(z+a_1)^z\cdots(z+a_k)^z}{(z+b_1)^z\cdots(z+b_k)^z}\\&&\times\frac{(z+a_1)^{a_1}\cdots(z+a_k)^{a_k}}{(z+b_1)^{b_1}\cdots(z+b_k)^{b_k}}\frac{e^{z+a_1}\cdots e^{z+a_k}}{e^{z+b_1}\cdots e^{z+b_k}}\\&=&\lim_{z\to\infty}\sqrt{\frac{(1+b_1/z)\cdots(1+b_k/z)}{(1+a_1/z)\cdots(1+a_k/z)}}\frac{(z+a_1)^z\cdots(z+a_k)^z}{(z+b_1)^z\cdots(z+b_k)^z}\\&&\times\frac{(z+a_1)^{a_1}\cdots(z+a_k)^{a_k}}{(z+b_1)^{b_1}\cdots(z+b_k)^{b_k}}\frac{e^{kz+a_1+\cdots +a_k}}{e^{kz+b_1+\cdots +b_k}} \\&=&\lim_{z\to\infty}\frac{(z+a_1)^z\cdots(z+a_k)^z}{(z+b_1)^z\cdots(z+b_k)^z}\frac{(z+a_1)^{a_1}\cdots(z+a_k)^{a_k}}{(z+b_1)^{b_1}\cdots(z+b_k)^{b_k}} \\&=& \lim_{z\to\infty}\frac{(1+a_1/z)^z\cdots(1+a_k/z)^z}{(1+b_1/z)^z\cdots(1+b_k/z)^z}\cdot \frac{(1+a_1/z)^{a_1}\cdots(1+a_k/z)^{a_k}z^{a_1+\cdots +a_k}}{(1+b_1/z)^{b_1}\cdots(1+b_k/z)^{b_k} z^{b_1+\cdots+b_k}}\\&=&\lim_{z\to\infty}\frac{(1+a_1/z)^z\cdots(1+a_k/z)^z}{(1+b_1/z)^z\cdots(1+b_k/z)^z}\\&=&\frac{e^{a_1+\cdots+a_k}}{e^{b_1+\cdots+b_k}}\\&=&1\end{eqnarray*} 【証明終】
これを使って続きを計算していきます。(1.4)を再掲します。\begin{eqnarray}{}_3F_2\left[\begin{matrix}a,b,c\\1+a-b,1+a-c\end{matrix};1\right]&=&\frac{(\frac{a}{2}-c+1)_n(a-b-c+1)_n}{(a-c+1)_n(\frac{a}{2}-b-c+1)_n}\\&&\times{}_3F_2\left[\begin{matrix}a,b,c-n\\1+a-b,1+a-c+n\end{matrix};1\right]\tag{1.6}\end{eqnarray}まず $(x)_n=\G(x+n)/\G(x)$ より\begin{eqnarray*}&&\frac{(\frac{a}{2}-c+1)_n(a-b-c+1)_n}{(a-c+1)_n(\frac{a}{2}-b-c+1)_n}\\ &=& \frac{\G(\frac{a}{2}-c+1+n)\G(a-b-c+1+n)}{\G(a-c+1+n)\G(\frac{a}{2}-b-c+1+n)}\times\frac{\G(a-c+1)\G(\frac{a}{2}-b-c+1)}{\G(\frac{a}{2}-c+1)\G(a-b-c+1)}\end{eqnarray*}右辺の $\times$ の左側にある４つのガンマ関数の中身に注目。$n$ を除いて分子側の２つの中身を足したものと、分母側の２つの中身を足したものが等しいです。よってLemma1.4を用いて\begin{equation}\lim_{n\to\infty}\frac{(\frac{a}{2}-c+1)_n(a-b-c+1)_n}{(a-c+1)_n(\frac{a}{2}-b-c+1)_n}=\frac{\G(a-c+1)\G(\frac{a}{2}-b-c+1)}{\G(\frac{a}{2}-c+1)\G(a-b-c+1)}\tag{1.7}\end{equation}
次に、定義より\begin{equation}{}_3F_2\left[\begin{matrix}a,b,c-n\\1+a-b,1+a-c+n\end{matrix};1\right]=\sum_{k=0}^\infty\frac{(a)_k(b)_k}{(1+a-b)_k k!}\cdot\left(\frac{(c-n)_k}{(1+a-c+n)_k}\right)\tag{1.8}\end{equation}ここで\begin{eqnarray*}\frac{(c-n)_k}{(1+a-c+n)_k} &=&(-1)^k\frac{(-c-k-1+n)_k}{(1+a-c+n)_k} \\&=& (-1)^k\frac{\G(n-c-1)\G(1+a-c+n)}{\G(n-c-k-1)\G(1+a-c+n+k)}\end{eqnarray*}4つのガンマ関数の中身に注目すると、ここでもLemma1.4が使えて\begin{equation}\frac{(c-n)_k}{(1+a-c+n)_k}\xrightarrow[]{n\to\infty}(-1)^k\tag{1.9}\end{equation}(1.8)に用いて$$\lim_{n\to\infty}{}_3F_2\left[\begin{matrix}a,b,c-n\\1+a-b,1+a-c+n\end{matrix};1\right]={}_2F_1\left[\begin{matrix}a,b\\1+a-b\end{matrix};-1\right]$$
(1.7)も併せると、(1.6)の両辺で $n$ の極限をとることにより\begin{eqnarray}{}_3F_2&&\left[\begin{matrix}a,b,c\\1+a-b,1+a-c\end{matrix};1\right]\\&&=\frac{\G(a-c+1)\G(\frac{a}{2}-b-c+1)}{\G(\frac{a}{2}-c+1)\G(a-b-c+1)}{}_2F_1\left[\begin{matrix}a,b\\1+a-b\end{matrix};-1\right]\tag{1.10}\end{eqnarray}過去記事で導出した二次変換公式\begin{equation}F\left[\begin{matrix}a,b\\1+a-b\end{matrix};z\right]= (1-z)^{-a} F\left[\begin{matrix}\frac{a}{2},\frac{a+1}{2}-b\\1+a-b\end{matrix};-\frac{4z}{(1-z)^2}\right]\tag{1.11}\end{equation}で $z=-1$ とすることにより(1.10)を計算できます。その際、ルジャンドルの倍数公式より得られる式$$\G(a+1)=\frac{2^a}{\sqrt{\pi}}\G\left(\frac{a+1}{2}\right)\G\left(\frac{a}{2}+1\right)$$も利用して整理します。最終的に次の定理を得ます。
\begin{equation}{}_3F_2\left[\begin{matrix}a,b,c\\1+a-b,1+a-c\end{matrix};1\right]=\frac{\G(1+\frac{a}{2})\G(1+a-b)\G(1+a-c)\G(1+\frac{a}{2}-b-c)}{\G(1+a)\G(1+\frac{a}{2}-b)\G(1+\frac{a}{2}-c)\G(1+a-b-c)}\end{equation}
紹介した証明のオリジナルは：
W.N.Bailey, "A New Proof of Dixon's Theorem on Hypergeometric Series", The Quarterly Journal of Mathematics, Volume os-8, Issue 1, 1937, Pages 113–114
Baileyのお弟子さんのテキストにも同様の内容あります：
L.Slater, (1966) "Generalized Hypergeometric Functions" Cambridge University Press
込み入った内容ですが、Dixonオリジナルの証明はこちら：
Watsonは二重級数をうまく利用して定理を示しました。論文は：
Watson.G.N.(1924), "Dixon's theorem on generalized hypergeometric functions." Proc.London Math.Soc.(2),23,xxxi-iii
次回はワトソンの定理を紹介します：
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