ガウスの超幾何関数とそれが満たす微分方程式等については：
以下の等式を示す。Pfaffの変換公式\begin{eqnarray*}F\left[\begin{matrix}a,b\\c\end{matrix};z\right]&=&(1-z)^{-a}F\left[\begin{matrix}a,c-b\\c\end{matrix};\frac{z}{z-1}\right]\\F\left[\begin{matrix}a,b\\c\end{matrix};z\right]&=&(1-z)^{-b}F\left[\begin{matrix}b,c-a\\c\end{matrix};\frac{z}{z-1}\right]\end{eqnarray*}Eulerの変換公式\begin{eqnarray*}F\left[\begin{matrix}a,b\\c\end{matrix};z\right]&=&(1-z)^{c-a-b}F\left[\begin{matrix}c-b,c-a\\c\end{matrix};z\right]\end{eqnarray*}補題として必要な等式および系\begin{eqnarray*}F\left[\begin{matrix}a,b\\2b\end{matrix};\frac{4z}{(1+z)^2}\right]&=&\left(\frac{(1+z)^2}{1+z^2}\right)^a F\left[\begin{matrix}\frac{a}{2},\frac{a+1}{2}\\b+\frac{1}{2}\end{matrix};\frac{4z^2}{(1+z^2)^2}\right]\end{eqnarray*}Kummerの二次変換公式\begin{eqnarray*}F\left[\begin{matrix}a,b\\2b\end{matrix};z\right]&=&\left(1-\frac{z}{2}\right)^{-a} F\left[\begin{matrix}\frac{a}{2},\frac{a+1}{2}\\b+\frac{1}{2}\end{matrix};\left(\frac{z}{2-z}\right)^2\right]\end{eqnarray*}Saalschützの公式$${}_3F_2\left[\begin{matrix}a,b,-n\\c,1+a+b-c-n\end{matrix};1\right]=\frac{(c-a)_n(c-b)_n}{(c)_n(c-a-b)_n}$$補題として必要な等式およびその系\begin{eqnarray*}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] \\ 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}\\1+a-b\end{matrix};\frac{4z}{(1+z)^2}\right] \\ F\left[\begin{matrix}a,a+\frac{1}{2}\\b\end{matrix};z\right]&=& \left(\frac{2}{1+\sqrt{1-z}}\right)^{2a}F\left[\begin{matrix}2a,2a-b+1\\b\end{matrix};\frac{1-\sqrt{1-z}}{1+\sqrt{1-z}}\right]\end{eqnarray*}Baileyの変換公式$$F\left[\begin{matrix}a,b\\2b\end{matrix};\frac{4z}{(1+z)^2}\right] = (1+z)^{2a} F\left[\begin{matrix}a,a+\frac{1}{2}-b\\b+\frac{1}{2}\end{matrix};z^2\right]$$
参考文献はBateman.H, Eldélyi.A, Higher Transcendental Functions vol.1 (1953)です。本記事はガウスの超幾何関数の基本的な知識およびポッホハマー記号の取り扱いの基礎知識を前提としています。
また、今回はほとんど2F1型しか扱わないので、Fの両側の添え字を書かず$$F\left[\begin{matrix}a,b\\c\end{matrix};z\right]=\sum_{n=0}^\infty\frac{(a)_n(b)_n}{(c)_nn!}z^n$$と表しています。
オイラーの積分表示\begin{equation}F\left[\begin{matrix}a,b\\c\end{matrix};z\right]=\frac{\G(c)}{\G(b)\G(c-b)}\int_0^1 t^{b-1}(1-t)^{c-b-1}(1-zt)^{-a}dt\tag{1}\end{equation}で $s:=1-t$ と置換すれば\begin{eqnarray*}F\left[\begin{matrix}a,b\\c\end{matrix};z\right] &=& (1-z)^{-a}\frac{\G(c)}{\G(b)\G(c-b)}\int_0^1 s^{c-b-1}(1-s)^{b-1}(1-\frac{z}{1-z}s)^{-a}ds\end{eqnarray*}右辺を(1)と見比べれば次の(2)を得ます。
\begin{eqnarray}F\left[\begin{matrix}a,b\\c\end{matrix};z\right]&=&(1-z)^{-a}F\left[\begin{matrix}a,c-b\\c\end{matrix};\frac{z}{z-1}\right]\tag{2}\\F\left[\begin{matrix}a,b\\c\end{matrix};z\right]&=&(1-z)^{-b}F\left[\begin{matrix}b,c-a\\c\end{matrix};\frac{z}{z-1}\right]\tag{3}\end{eqnarray}
なお同様にして(3)も得られます。
(2)で変換した式を、さらに(3)で変換します。\begin{eqnarray*}F\left[\begin{matrix}a,b\\c\end{matrix};z\right]&=&(1-z)^{-a}F\left[\begin{matrix}a,c-b\\c\end{matrix};\frac{z}{z-1}\right]\\&=&(1-z)^{-a}\left(1-\frac{z}{z-1}\right)^{c-b}F\left[\begin{matrix}c-b,c-a\\c\end{matrix};\frac{\frac{z}{z-1}}{\frac{z}{z-1}-1}\right]\\&=&(1-z)^{c-a-b}F\left[\begin{matrix}c-b,c-a\\c\end{matrix};z\right]\end{eqnarray*}したがって
\begin{equation}F\left[\begin{matrix}a,b\\c\end{matrix};z\right]=(1-z)^{c-a-b}F\left[\begin{matrix}c-b,c-a\\c\end{matrix};z\right]\tag{4}\end{equation}
(1)より\begin{eqnarray*}F\left[\begin{matrix}a,b\\2b\end{matrix};\frac{4z}{(1+z)^2}\right] &=& \frac{\G(2b)}{\G(b)^2}\int_0^1 t^{b-1}(1-t)^{b-1}\left(1-t\frac{4z}{(1+z)^2}\right)^{-a}dt \\&=& \frac{\G(2b)}{\G(b)^2}(1+z)^{2a}\int_0^1 t^{b-1}(1-t)^{b-1}\bigl(1+2z(1-2t)+z^2\bigr)^{-a}dt\end{eqnarray*}$1-2t=\cos\t$ と置換します。三角関数の初等的な公式を駆使して\begin{eqnarray*}&=& \frac{\G(2b)}{2^{2b-1}\G(b)^2}(1+z)^{2a}\int_0^\pi\sin^{2b-1}\t(1+2z\cos\t+z^2)^{-a}d\t \\&=& \frac{\G(2b)}{2^{2b-1}\G(b)^2}\left(\frac{(1+z)^2}{1+z^2}\right)^a\int_0^\pi\sin^{2b-1}\t\left(1+\frac{2z}{1+z^2}\cos\t\right)^{-a}d\t\end{eqnarray*}ここで二項級数のマクローリン展開\begin{equation}(1-X)^{-a}=\sum_{n=0}^\infty\frac{(a)_n}{n!}X^n\tag{5}\end{equation}を用いれば\begin{eqnarray*}&=& \frac{\G(2b)}{2^{2b-1}\G(b)^2}\left(\frac{(1+z)^2}{1+z^2}\right)^a\sum_{n=0}^\infty\frac{(a)_n}{n!}\left(\frac{-2z}{1+z^2}\right)^n \int_0^\pi\sin^{2b-1}\t\cos^n\t d\t\end{eqnarray*}積分区間を $[0,\frac{\pi}{2}]$ と $[\frac{\pi}{2},\pi]$ に分け、後者で $\t\to\pi-\t$ なる置換を施すと$$=\frac{\G(2b)}{2^{2b-1}\G(b)^2}\left(\frac{(1+z)^2}{1+z^2}\right)^a\sum_{n=0}^\infty\frac{(a)_n}{n!}\left(\frac{-2z}{1+z^2}\right)^n \bigl(1+(-1)^n\bigr)\int_0^\frac{\pi}{2}\sin^{2b-1}\t\cos^n\t d\t$$$\bigl(1+(-1)^n\bigr)$ を見ると $n$ が奇数では値ゼロ、偶数では $2$ となることから\begin{eqnarray*}&=& \frac{\G(2b)}{2^{2b-1}\G(b)^2}\left(\frac{(1+z)^2}{1+z^2}\right)^a\sum_{n=0}^\infty\frac{(a)_{2n}}{(2n)!}\left(\frac{-2z}{1+z^2}\right)^{2n}\cdot 2\int_0^\frac{\pi}{2}\sin^{2b-1}\t\cos^{2n}\t d\t \\&=& \frac{\G(2b)}{2^{2b-1}\G(b)^2}\left(\frac{(1+z)^2}{1+z^2}\right)^a\sum_{n=0}^\infty\frac{(a)_{2n}}{(2n)!}\left(\frac{2z}{1+z^2}\right)^{2n}B\left(b,\frac{2n+1}{2}\right) \\&=& \frac{\sqrt{\pi}\G(2b)}{2^{2b-1}\G(b)\G(b+\frac{1}{2})}\left(\frac{(1+z)^2}{1+z^2}\right)^a\sum_{n=0}^\infty\frac{(a)_{2n}(\frac{1}{2})_n}{(2n)!(b+\frac{1}{2})_n}\left(\frac{2z}{1+z^2}\right)^{2n}\end{eqnarray*}$(2n)!=4^n n!(\frac{1}{2})_n$ , $(a)_{2n}=4^n(\frac{a}{2})_n(\frac{a+1}{2})_n$ より$$=\frac{\sqrt{\pi}\G(2b)}{2^{2b-1}\G(b)\G(b+\frac{1}{2})}\left(\frac{(1+z)^2}{1+z^2}\right)^a\sum_{n=0}^\infty\frac{(\frac{a}{2})_n(\frac{a+1}{2})_n}{n!(b+\frac{1}{2})_n}\left(\frac{2z}{1+z^2}\right)^{2n}$$ルジャンドルの倍数公式\begin{equation}\G(2z)=\frac{2^{2z-1}}{\sqrt{\pi}}\G(z)\G\left(z+\frac{1}{2}\right)\tag{6}\end{equation}を使うと係数が非常に簡潔になり、結局
\begin{equation}F\left[\begin{matrix}a,b\\2b\end{matrix};\frac{4z}{(1+z)^2}\right]=\left(\frac{(1+z)^2}{1+z^2}\right)^a F\left[\begin{matrix}\frac{a}{2},\frac{a+1}{2}\\b+\frac{1}{2}\end{matrix};\frac{4z^2}{(1+z^2)^2}\right]\tag{7}\end{equation}
(7)で $z=\frac{1-\sqrt{1-x}}{1+\sqrt{1-x}}$ とおくと $$\frac{4z}{(1+z)^2}=x\;,\;\frac{(1+z)^2}{1+z^2}=\frac{1}{1-\frac{x}{2}}\;,\;\frac{4z^2}{(1+z^2)^2}=\left(\frac{x}{2-x}\right)^2$$と置き換わります。$x$ を改めて $z$ とおけば
\begin{equation}F\left[\begin{matrix}a,b\\2b\end{matrix};z\right]=\left(1-\frac{z}{2}\right)^{-a} F\left[\begin{matrix}\frac{a}{2},\frac{a+1}{2}\\b+\frac{1}{2}\end{matrix};\left(\frac{z}{2-z}\right)^2\right]\tag{8}\end{equation}
こちらのほうが(7)よりも左辺がすっきりしており、使いやすいでしょう。これと全く同じ式がKummer,E.E."Über die hypergeometrische Reihe ..." Journal für die reine und angewandte Mathematik 15 (1836): 39-83. のp78 (52)式にあります。なのでこれをKummerの二次変換公式と呼びましょう。同論文には大量の変換公式があるので、固有名称にはなり得ませんが。
また(8)で $z$ を $2z$ で置き換えて下のようにするのもアリです。
\begin{equation}F\left[\begin{matrix}a,b\\2b\end{matrix};2z\right]=(1-z)^{-a} F\left[\begin{matrix}\frac{a}{2},\frac{a+1}{2}\\b+\frac{1}{2}\end{matrix};\left(\frac{z}{1-z}\right)^2\right]\tag{8'}\end{equation}
このあとに続く重要な公式です。定理２を変形して$$(1-z)^{a+b-c}F\left[\begin{matrix}a,b\\c\end{matrix};z\right]=F\left[\begin{matrix}c-b,c-a\\c\end{matrix};z\right]$$両辺を級数の形に書き下します。$(1-z)^{a+b-c}$ も(5)を使って展開します。$$\left(\sum_{n=0}^\infty\frac{(c-a-b)_n}{n!}z^n\right)\left(\sum_{n=0}^\infty\frac{(a)_n(b)_n}{(c)_nn!}z^n\right)=\sum_{n=0}^\infty\frac{(c-b)_n(c-a)_n}{(c)_nn!}z^n$$左辺はコーシー積をとります。$$\sum_{n=0}^\infty\left(\sum_{k=0}^n\frac{(a)_k(b)_k(c-a-b)_{n-k}}{(c)_k k! (n-k)!}\right)z^n=\sum_{n=0}^\infty\frac{(c-b)_n(c-a)_n}{(c)_nn!}z^n$$$z^n$ の係数を比較すると次のようになります。$$\sum_{k=0}^n\frac{(a)_k(b)_k(c-a-b)_{n-k}}{(c)_k k! (n-k)!}=\frac{(c-b)_n(c-a)_n}{(c)_nn!}$$ここで\begin{equation}(a)_{n-k}=\frac{(-1)^k(a)_n}{(1-a-n)_k}\tag{9}\end{equation}によって $(c-a-b)_{n-k}$ と $(n-k)!=(1)_{n-k}$ を計算すると$$\sum_{k=0}^n\frac{(a)_k(b)_k(c-a-b)_n(-n)_k}{(c)_k k!n! (1+a+b-c-n)_k}=\frac{(c-a)_n(c-b)_n}{(c)_nn!}$$整理して次の公式が示されます。
\begin{equation}\sum_{k=0}^n\frac{(a)_k(b)_k(-n)_k}{(c)_k (1+a+b-c-n)_k k!}=\frac{(c-a)_n(c-b)_n}{(c)_n(c-a-b)_n}\tag{10}\end{equation}超幾何関数の形で書くと\begin{equation}{}_3F_2\left[\begin{matrix}a,b,-n\\c,1+a+b-c-n\end{matrix};1\right]=\frac{(c-a)_n(c-b)_n}{(c)_n(c-a-b)_n}\tag{11}\end{equation}
(10)と(11)は一致していることが分かるでしょうか？(11)の左辺は無限級数ですが、分母に $(-n)_k$ があるため $k\ge n+1$ では積がゼロとなってしまいます。ゆえに和は有限で打ち切られ、(10)の左辺と同じなのです。
さて、次は$$(1-z)^{-a}F\left[\begin{matrix}\frac{a}{2},\frac{a+1}{2}-b\\1+a-b\end{matrix};-\frac{4z}{(1-z)^2}\right]$$なる関数を考えます。超幾何関数を級数表示し、(5)を使って $(1-z)^{-a-2n}$ も展開します。$$(1-z)^{-a}F\left[\begin{matrix}\frac{a}{2},\frac{a+1}{2}-b\\1+a-b\end{matrix};-\frac{4z}{(1-z)^2}\right]=\sum_{n=0}^\infty\left(\frac{(\frac{a}{2})_n(\frac{1+a}{2}-b)_n(-4)^n}{(1+a-b)_n n!}z^n \sum_{k=0}^\infty\frac{(a+2n)_k}{k!}z^k\right)$$$l=k+n$ とおくと\begin{eqnarray*}&=&\sum_{n=0}^\infty\left(\sum_{l=n}^\infty\frac{(\frac{a}{2})_n(\frac{1+a}{2}-b)_n(a+2n)_{l-n}(-4)^n}{(1+a-b)_n n!(l-n)!}z^l\right)\\ &=& \sum_{l=0}^\infty\left(\sum_{n=0}^l\frac{(\frac{a}{2})_n(\frac{1+a}{2}-b)_n(a+2n)_{l-n}(-4)^n}{(1+a-b)_n n!(l-n)!}\right)z^l\end{eqnarray*}$(l-n)!$ には(9)を用い、$(a+2n)_{l-n}=\frac{(a+l)_n(a)_l}{(a)_{2n}}$ と改めて$$= \sum_{l=0}^\infty\frac{(a)_l}{l!}\left(\sum_{n=0}^l\frac{(\frac{a}{2})_n(\frac{1+a}{2}-b)_n(-l)_n(a+l)_n4^n}{(1+a-b)_n n!(a)_{2n}}\right)z^l$$$(a)_{2n}=4^n(\frac{a}{2})_n(\frac{a+1}{2})_n$ でしたから$$ = \sum_{l=0}^\infty\frac{(a)_l}{l!}\left(\sum_{n=0}^l\frac{(\frac{1+a}{2}-b)_n(a+l)_n(-l)_n}{(1+a-b)_n (\frac{a+1}{2})_nn!}\right)z^l$$定理５が使えて$$=\sum_{l=0}^\infty\frac{(a)_l}{l!}\frac{(\frac{1+a}{2})_l(1-b-l)_l}{(1+a-b)_l(\frac{1-a}{2}-l)_l}z^l$$$(1-b-l)_l$ と $(\frac{1-a}{2}-l)_l$ を簡単にすると$$=\sum_{l=0}^\infty\frac{(a)_l(b)_l}{(1+a-b)_l}\frac{z^l}{l!}$$以上から
\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{12}\end{equation}
定理６の右辺でPfaffの変換公式(2)を用いると次の系を得ます。
\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}\\1+a-b\end{matrix};\frac{4z}{(1+z)^2}\right]\tag{13}\end{equation}
系７において $a\to 2a$ , $b\to2a-b+1$ , とおくと $1+a-b\to b$ となるので$$F\left[\begin{matrix}2a,2a-b+1\\b\end{matrix};z\right] = (1+z)^{-2a} F\left[\begin{matrix}a,a+\frac{1}{2}\\b\end{matrix};\frac{4z}{(1+z)^2}\right]$$$z\to\frac{1-\sqrt{1-z}}{1+\sqrt{1-z}}$ とおくと
\begin{equation}F\left[\begin{matrix}a,a+\frac{1}{2}\\b\end{matrix};z\right]= \left(\frac{2}{1+\sqrt{1-z}}\right)^{2a}F\left[\begin{matrix}2a,2a-b+1\\b\end{matrix};\frac{1-\sqrt{1-z}}{1+\sqrt{1-z}}\right]\tag{14}\end{equation}
初出がBaileyの論文だそうなのでこのような名前にしていますが、実際にどう呼ばれているかは知りません。系７で $z$ に $z^2$ を代入すると$$F\left[\begin{matrix}a,b\\1+a-b\end{matrix};z^2\right] = (1+z^2)^{-a} F\left[\begin{matrix}\frac{a}{2},\frac{a+1}{2}\\1+a-b\end{matrix};\frac{4z^2}{(1+z^2)^2}\right]$$$b$ を $\frac{1}{2}+a-b$ とおくと$$F\left[\begin{matrix}a,a+\frac{1}{2}-b\\b+\frac{1}{2}\end{matrix};z^2\right] = (1+z^2)^{-a} F\left[\begin{matrix}\frac{a}{2},\frac{a+1}{2}\\b+\frac{1}{2}\end{matrix};\frac{4z^2}{(1+z^2)^2}\right]$$右辺に定理３を用いて
\begin{equation}F\left[\begin{matrix}a,b\\2b\end{matrix};\frac{4z}{(1+z)^2}\right] = (1+z)^{2a} F\left[\begin{matrix}a,a+\frac{1}{2}-b\\b+\frac{1}{2}\end{matrix};z^2\right]\tag{15}\end{equation}
今回はここまでです。変換公式について調べると、非常に多くのバリエーションがあり、とても書ききれません。Goursatの三次変換公式なるものもあり、いずれ書くかも。
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