Bentuk tertutup dari hipergeometrik $\, _4F_3\left(\frac{3}{8},\frac{5}{8},\frac{7}{8},\frac{9}{8};\frac{5}{6},\frac{7}{6},\frac{9}{6};z\right)$
Membiarkan $f(z)=\sqrt[3]{\sqrt{z^2-z^3}+z}$, $g(z)=\sqrt{\frac{f(z)}{z}+\frac{1}{f(z)}}$ , lalu bagaimana membuktikannya $\ 0<z<1$:
$$\small \, _4F_3\left(\frac{3}{8},\frac{5}{8},\frac{7}{8},\frac{9}{8};\frac{5}{6},\frac{7}{6},\frac{9}{6};z\right)=\frac{4 \sqrt[4]{2} }{3 \sqrt{3}}\left(g(z)-\sqrt{-\frac{f(z)}{z}+\frac{2 \sqrt{2}}{z g(z)}-\frac{1}{f(z)}}\right)^{3/2}$$
Formula ini dikumpulkan dari situs Wolfram Functions tetapi tidak ada bukti yang ditawarkan di sana. Saya pikir akan bermanfaat untuk menemukan bukti yang ketat, serta untuk menyelidiki motivasi rumus ini untuk menghasilkan bentuk tertutup aljabar serupa dari deret hipergeometrik umum (sangat mungkin, mereka$_2F_1$rekan-rekannya adalah mereka yang ada dalam daftar Schwarz). Bantuan apa pun akan dihargai!
Jawaban
Berikut ini adalah bukti rumus yang agak luas, tetapi sebenarnya hanya ada dua langkah utama. Kunci "observasi" (!) Adalah bahwa ekspresi dalam tanda kurung di sisi kanan sebanding dengan salah satu akar dari polinomial kuartik$z x^4 - 4 x + 3$. Jadi, pertama-tama kita dapat membuktikan bahwa ekspresi dalam tanda kurung memang menyelesaikan kuartik, kemudian kita membuktikan bahwa fungsi hipergeometrik yang diberikan sama dengan fungsi khusus dari akar kuartik ini.
Untuk langkah pertama, kita cukup menggunakan rumus untuk akar kuartik . Rumus di Wikipedia ditulis untuk kuartik umum$a x^4 + b x^3 + c x^2 + d x + e$, dan cukup merepotkan untuk diulangi di sini, tetapi bagi kami $b = c = 0$, begitu banyak ekspresi yang disederhanakan. Meninggalkan beberapa verifikasi perantara kepada Anda, saya akan menyatakannya$\Delta_0 = 36z$, $\Delta_1 = 432z$ dan $p = 0$, jadi $$ Q = 6 \sqrt[3]{z + \sqrt{z^2-z^3}} = 6 f(z)\ , $$ yang artinya $$ S=\frac{1}{\sqrt{2}} \sqrt{\frac{1}{f(z)} + \frac{f(z)}{z}}\ . $$ Memasukkan ini dan $q = - 4/z$ ke dalam rumus akhir untuk akar, kita dapatkan $$ x_{u, v} = \frac{1}{\sqrt{2}}\left(u\sqrt{\frac{1}{f(z)} + \frac{f(z)}{z}}+v\sqrt{-\left(\frac{1}{f(z)} + \frac{f(z)}{z}\right)+2\sqrt{2} v\left/\sqrt{\frac{1}{f(z)} + \frac{f(z)}{z}}\right.}\right)\ . $$ Pengambilan $u=\pm 1$ dan $v = \pm 1$memberi kita empat akar. Akar yang muncul di ekspresi Anda adalah$x_{1,-1}$.
("Pengamatan" yang dibuat-buat di awal jawaban mengharuskan mengetahui rumus kuartik terlebih dahulu. Karena rumus kuartik mengandung $$ Q = \sqrt[3]{\frac{\Delta_1 + \sqrt{\Delta_1^2 - 4\Delta_0^3}}{2}}\ , $$ orang mungkin menduga itu $f(z)\propto Q$dalam rumus akar untuk kuartik karena pangkat dan akarnya cocok. Untuk mewujudkannya, kami membutuhkan keduanya$\Delta_0$ dan $\Delta_1$ untuk menjadi sama dengan $z$. Untuk lebih mencocokkan bentuk$S$, Kami juga butuh $p = (8ac - 3 b^2)/8a^2 = 0$. Untuk memenuhi batasan terakhir kami membuat tebakan$b =c = 0$. Batasan sebelumnya memaksa kita untuk menebaknya$a$ sebanding dengan $z$.)
Selanjutnya kami ingin menunjukkan itu ${}_4 F_3\left(\frac{3}{8},\frac{5}{8},\frac{7}{8},\frac{9}{8};\frac{5}{6},\frac{7}{6},\frac{9}{6};z\right) = \left(\frac{4}{3} x_{1,-1}(z)\right)^{3/2}$. (Mari kita tunjukkan ekspresi ini dengan$(\star)$untuk referensi selanjutnya.) Untuk melakukannya, pertama-tama kita membuktikan bahwa fungsi di sisi kanan memenuhi persamaan diferensial hipergeometrik umum , dan kemudian menemukan kondisi awal ekstra tertentu yang akan memberi kita solusi tertentu yang sama dengan sisi kiri.
Kasus khusus dari persamaan hipergeometrik umum yang harus kita lihat adalah $$ \begin{multline} z \frac{d}{dz} \left(z \frac{d}{dz} + b_1 - 1\right) \left(z \frac{d}{dz} + b_2 - 1\right) \left(z \frac{d}{dz} + b_3 - 1\right) y(z)\\ = z \left(z \frac{d}{dz} + a_1\right) \left(z \frac{d}{dz} + a_2\right) \left(z \frac{d}{dz} + a_3\right) \left(z \frac{d}{dz} + a_4\right) y(z)\ , \end{multline} $$ dimana $a_1 = \frac{3}{8}, a_2=\frac{5}{8}, a_3 = \frac{7}{8}, a_4=\frac{9}{8}$ dan $b_1 = \frac{5}{6},b_2 = \frac{7}{6},b_3 = \frac{9}{6}$. Memiliki$4$ solusi independen linier, salah satunya adalah ${}_4 F_3(a_1, a_2, a_3, a_4; b_1, b_2, b_3;z)$. Solusi lainnya adalah dalam bentuk$z^{1-b_i} {}_4 F_3(1+a_1-b_i, 1 + a_2-b_1,1+a_3-b_i,1+a_4-b_i;1+b_1-b_i,\dots, 2-b_i;z)$.
Kami dapat memverifikasi bahwa $\left(\frac{4}{3} x_{1,-1}(z)\right)^{3/2}$memecahkan persamaan diferensial dengan memasukkannya, mengambil semua turunannya, dan menyederhanakannya. Namun, ini adalah tugas yang agak sulit bahkan dengan bantuan Mathematica. Di sini saya menyajikan metode berbeda yang berlawanan arah, yaitu, kita akan membangun persamaan diferensial yang disebut resolvent diferensial itu.$\left(\frac{4}{3} x_{1,-1}(z)\right)^{3/2}$ satisifes, yang akan menjadi persamaan hipergeometrik umum di atas.
Konstruksi di sini sangat mirip dengan proses yang dijelaskan dalam jawaban ini . Pada dasarnya yang akan kita lakukan adalah menuliskan kombinasi linier dari turunan$y(z)$ yang dipaksa menjadi nol karena hubungan tertentu yang terpenuhi oleh turunan ini, yang diturunkan dari persamaan aljabar yang $y$itu sendiri memuaskan. Sejak$x(z) = \left(\frac{4}{3} y(z)\right)^{3/2}$ memuaskan $z x^4 - 4x +3$, kami memiliki persamaan berikut untuk $y$, $$ \frac{81}{256} z y^{8/3} - 3 y^{2/3} + 3 = 0\ . $$ Secara implisit, kita dapat mendiferensiasi persamaan ini untuk mengekspresikan semua turunannya $y$ dengan kondisi $y$ dan $z$. Kami ingin mencari koefisien$\mu_i(z)$ yang membuat ekspresi berikut menjadi nol, $$ \mu_0 y''''(z) + \mu_1 y'''(z) + \mu_2 y''(z) + \mu_3 y'(z) + \mu_4 y(z) + \mu_5\ . $$ Menggunakan ekspresi $y^{(n)}(z)$ diturunkan sebelumnya, ini dapat ditulis ulang sebagai fungsi rasional $y^{1/3}$ yang pembilangnya merupakan polinomial dari $y^{1/3}$dari beberapa tingkat tinggi. Kita dapat menggunakan persamaan aljabar untuk$y$ untuk mengurangi derajat polinomial ini menjadi kurang dari $8/3$. Sekarang kita memaksa ungkapan ini menjadi nol, yang berarti koefisien dari setiap pangkat$y^{1/3}$ seharusnya $0$. Dari kondisi tersebut kita bisa menyelesaikannya$\mu_i$ dengan kondisi $z$, dan akhirnya mendapatkan persamaan diferensial berikut. $$ \begin{multline} (z^3-z^4)y''''(z) + \left(\frac{13}{2}z^2-9z^3\right)y'''(z) \\ + \left(\frac{305}{36}z - \frac{615}{32}z^2\right)y''(z) + \left(\frac{35}{24} - \frac{555}{64}z\right)y'(z) - \frac{945}{4096} y(z) = 0\ . \end{multline} $$Kita dapat memasukkan parameter persamaan hipergeometrik umum dan menyederhanakannya untuk mengonfirmasi bahwa itu memang sama dengan resolvent diferensial. Proses ini agak membosankan dan tidak sulit dengan bantuan Mathematica, jadi saya tidak akan mencatatnya di sini. Namun demikian, untuk menjadi sedikit lebih eksplisit, saya akan mengatakan bahwa persamaannya disederhanakan menjadi$$ \begin{multline} (z^3-z^4) y''''(z) + [(t_1 + 3)z^2 - (s_1 + 6)z^3]y'''(z) + \\ [(t_1+t_2+1)z-(3s_1+s_2+7)z^2]y''(z) + [t_3 - (s_1+s_2+s_3+1)z]y'(z) - s_4 y(z) = 0 \end{multline} $$ dimana $s_i$ dan $t_i$ adalah derajatnya $i$ polinomial simetris dasar dalam$a_1,a_2, a_3, a_4$ dan $b_1, b_2, b_3$, masing-masing. Semoga ini lebih mudah untuk memverifikasi dengan tangan.
Terakhir, untuk menemukan solusi khusus dari resolvent diferensial yang memuaskan $(\star)$, kita dapat menggunakan turunan dari sisi kanan untuk memberikan kondisi awal yang akan menentukan solusi tertentu. Turunan ini dapat dengan mudah dievaluasi, karena pada langkah pertama pembuatan pemecah diferensial, kami telah menyatakan turunan dalam bentuk nilai fungsinya.