Forma cerrada de hipergeométrica $\, _4F_3\left(\frac{3}{8},\frac{5}{8},\frac{7}{8},\frac{9}{8};\frac{5}{6},\frac{7}{6},\frac{9}{6};z\right)$
Dejar $f(z)=\sqrt[3]{\sqrt{z^2-z^3}+z}$, $g(z)=\sqrt{\frac{f(z)}{z}+\frac{1}{f(z)}}$ , entonces, ¿cómo probar eso para $\ 0<z<1$:
$$\small \, _4F_3\left(\frac{3}{8},\frac{5}{8},\frac{7}{8},\frac{9}{8};\frac{5}{6},\frac{7}{6},\frac{9}{6};z\right)=\frac{4 \sqrt[4]{2} }{3 \sqrt{3}}\left(g(z)-\sqrt{-\frac{f(z)}{z}+\frac{2 \sqrt{2}}{z g(z)}-\frac{1}{f(z)}}\right)^{3/2}$$
Esta fórmula se recopila del sitio Wolfram Functions, pero no se ofrece ninguna prueba allí. Creo que valdrá la pena encontrar una prueba rigurosa, así como investigar la motivación de esta fórmula para generar formas cerradas algebraicas similares de series hipergeométricas generalizadas (muy probablemente, su$_2F_1$las contrapartes son las de la lista de Schwarz). ¡Cualquier ayuda será apreciada!
Respuestas
La siguiente es una prueba algo extensa de la fórmula, pero en realidad solo hay dos pasos principales. La "observación" clave (!) Es que la expresión entre paréntesis en el lado derecho es proporcional a una de las raíces del polinomio cuártico$z x^4 - 4 x + 3$. Por lo tanto, primero podemos probar que la expresión entre paréntesis realmente resuelve el cuártico, luego probamos que la función hipergeométrica dada es igual a esta función particular de la raíz cuártica.
Para el primer paso, simplemente podemos usar la fórmula para raíces cuárticas . Las fórmulas en Wikipedia están escritas para un cuartico general.$a x^4 + b x^3 + c x^2 + d x + e$, y son bastante engorrosos de repetir aquí, pero para nosotros $b = c = 0$, muchas de esas expresiones se simplifican. Dejando a usted parte de la verificación intermedia, le diré que$\Delta_0 = 36z$, $\Delta_1 = 432z$ y $p = 0$, entonces $$ Q = 6 \sqrt[3]{z + \sqrt{z^2-z^3}} = 6 f(z)\ , $$ Lo que significa que $$ S=\frac{1}{\sqrt{2}} \sqrt{\frac{1}{f(z)} + \frac{f(z)}{z}}\ . $$ Conectando esto y $q = - 4/z$ en la fórmula final para las raíces, obtenemos $$ x_{u, v} = \frac{1}{\sqrt{2}}\left(u\sqrt{\frac{1}{f(z)} + \frac{f(z)}{z}}+v\sqrt{-\left(\frac{1}{f(z)} + \frac{f(z)}{z}\right)+2\sqrt{2} v\left/\sqrt{\frac{1}{f(z)} + \frac{f(z)}{z}}\right.}\right)\ . $$ Tomando $u=\pm 1$ y $v = \pm 1$nos da las cuatro raíces. La raíz que aparece en tu expresión es$x_{1,-1}$.
(La "observación" inverosímil al principio de la respuesta requiere conocer la fórmula cuártica de antemano. Dado que la fórmula cuártica contiene $$ Q = \sqrt[3]{\frac{\Delta_1 + \sqrt{\Delta_1^2 - 4\Delta_0^3}}{2}}\ , $$ uno podría suponer que $f(z)\propto Q$en la fórmula de la raíz para un cuartico porque los poderes y las raíces coinciden. Para que eso suceda, necesitamos ambos$\Delta_0$ y $\Delta_1$ ser igual a $z$. Para emparejar aún más la forma de$S$, también necesitamos $p = (8ac - 3 b^2)/8a^2 = 0$. Para satisfacer la última restricción, hacemos la conjetura de que$b =c = 0$. La primera restricción nos obliga a adivinar que$a$ es proporcional a $z$.)
A continuación nos gustaría mostrar que ${}_4 F_3\left(\frac{3}{8},\frac{5}{8},\frac{7}{8},\frac{9}{8};\frac{5}{6},\frac{7}{6},\frac{9}{6};z\right) = \left(\frac{4}{3} x_{1,-1}(z)\right)^{3/2}$. (Denotemos esta expresión por$(\star)$para referencias posteriores.) Para hacerlo, primero probamos que la función del lado derecho satisface una ecuación diferencial hipergeométrica generalizada , y luego encontramos ciertas condiciones iniciales adicionales que nos darán una solución particular que sea igual al lado izquierdo.
El caso particular de ecuaciones hipergeométricas generalizadas que debemos considerar es $$ \begin{multline} z \frac{d}{dz} \left(z \frac{d}{dz} + b_1 - 1\right) \left(z \frac{d}{dz} + b_2 - 1\right) \left(z \frac{d}{dz} + b_3 - 1\right) y(z)\\ = z \left(z \frac{d}{dz} + a_1\right) \left(z \frac{d}{dz} + a_2\right) \left(z \frac{d}{dz} + a_3\right) \left(z \frac{d}{dz} + a_4\right) y(z)\ , \end{multline} $$ dónde $a_1 = \frac{3}{8}, a_2=\frac{5}{8}, a_3 = \frac{7}{8}, a_4=\frac{9}{8}$ y $b_1 = \frac{5}{6},b_2 = \frac{7}{6},b_3 = \frac{9}{6}$. Tiene$4$ soluciones linealmente independientes, una de las cuales es ${}_4 F_3(a_1, a_2, a_3, a_4; b_1, b_2, b_3;z)$. Las otras soluciones son de la forma$z^{1-b_i} {}_4 F_3(1+a_1-b_i, 1 + a_2-b_1,1+a_3-b_i,1+a_4-b_i;1+b_1-b_i,\dots, 2-b_i;z)$.
Podemos verificar que el $\left(\frac{4}{3} x_{1,-1}(z)\right)^{3/2}$resuelve la ecuación diferencial insertándola, tomando todas las derivadas y simplificando. Sin embargo, esta es una tarea bastante difícil incluso con la ayuda de Mathematica. Aquí presento un método diferente que va en sentido contrario, es decir, construiremos una ecuación diferencial llamada resolutivo diferencial que$\left(\frac{4}{3} x_{1,-1}(z)\right)^{3/2}$ satisifes, que resultará ser la ecuación hipergeométrica generalizada anterior.
La construcción aquí es muy similar al proceso descrito en esta respuesta aquí . Básicamente, lo que haremos es escribir una combinación lineal de derivadas de$y(z)$ que se ve obligado a ser cero debido a ciertas relaciones que satisfacen estas derivadas, que se derivan de una ecuación algebraica que $y$en sí mismo satisface. Ya que$x(z) = \left(\frac{4}{3} y(z)\right)^{3/2}$ satisface $z x^4 - 4x +3$, tenemos la siguiente ecuación para $y$, $$ \frac{81}{256} z y^{8/3} - 3 y^{2/3} + 3 = 0\ . $$ Podemos diferenciar implícitamente esta ecuación para expresar todas las derivadas de $y$ en términos de $y$ y $z$. Queremos encontrar los coeficientes$\mu_i(z)$ que hacen que la siguiente expresión sea cero, $$ \mu_0 y''''(z) + \mu_1 y'''(z) + \mu_2 y''(z) + \mu_3 y'(z) + \mu_4 y(z) + \mu_5\ . $$ Usando las expresiones de $y^{(n)}(z)$ derivado anteriormente, esto se puede reescribir como una función racional de $y^{1/3}$ cuyo numerador es un polinomio de $y^{1/3}$de algún alto grado. Podemos usar la ecuación algebraica para$y$ para reducir el grado de este polinomio a menos de $8/3$. Ahora forzamos esta expresión a ser cero, lo que quiere decir que los coeficientes de cada potencia de$y^{1/3}$ debiera ser $0$. A partir de estas condiciones podemos resolver$\mu_i$ en términos de $z$, y finalmente obtenga la siguiente ecuación diferencial. $$ \begin{multline} (z^3-z^4)y''''(z) + \left(\frac{13}{2}z^2-9z^3\right)y'''(z) \\ + \left(\frac{305}{36}z - \frac{615}{32}z^2\right)y''(z) + \left(\frac{35}{24} - \frac{555}{64}z\right)y'(z) - \frac{945}{4096} y(z) = 0\ . \end{multline} $$Podemos insertar los parámetros de la ecuación hipergeométrica generalizada y simplificarla para confirmar que de hecho es el mismo que el resolutivo diferencial. Este proceso es bastante tedioso y no es difícil con la ayuda de Mathematica, por lo que no lo registraré aquí. Sin embargo, para ser un poco más explícito, diré que la ecuación se simplifica a$$ \begin{multline} (z^3-z^4) y''''(z) + [(t_1 + 3)z^2 - (s_1 + 6)z^3]y'''(z) + \\ [(t_1+t_2+1)z-(3s_1+s_2+7)z^2]y''(z) + [t_3 - (s_1+s_2+s_3+1)z]y'(z) - s_4 y(z) = 0 \end{multline} $$ dónde $s_i$ y $t_i$ son el grado $i$ polinomios simétricos elementales en$a_1,a_2, a_3, a_4$ y $b_1, b_2, b_3$, respectivamente. Con suerte, esto es más fácil de verificar a mano.
Finalmente, para encontrar la solución particular del resolutivo diferencial que satisfaga $(\star)$, podemos usar las derivadas del lado derecho para proporcionar las condiciones iniciales que precisarán la solución particular. Estas derivadas se pueden evaluar fácilmente, ya que en el primer paso de la construcción del resolutivo diferencial, ya hemos expresado las derivadas en términos de los valores de la función.