Buktikan itu $_4F_3\left(\frac13,\frac13,\frac23,\frac23;1,\frac43,\frac43;1\right)=\frac{\Gamma \left(\frac13\right)^6}{36 \pi ^2}$
Saya menemukan masalah menarik tentang deret hipergeometrik umum di MO, yang menyatakan bahwa:
$$\, _4F_3\left(\frac{1}{3},\frac{1}{3},\frac{2}{3},\frac{2}{3};1,\frac{4}{3},\frac{4}{3};1\right)=\sum_{n=0}^\infty \left(\frac{(\frac13)_k (\frac23)_k}{(1)_k (\frac43)_k}\right)^2=\frac{\Gamma \left(\frac{1}{3}\right)^6}{36 \pi ^2}$$
Ini secara numerik setuju, tetapi saya tidak menemukan bukti yang menggunakan baik sifat dasar dari fungsi hipergeometrik (misalnya jumlah siklik) atau rumus Gamma klasik (misalnya rumus Dougall). Saya yakin itu ada hubungannya dengan bentuk modular dan elips$K$ integral, tetapi relasi pastinya tetap sulit dipahami.
Bagaimana cara membuktikan identitas ini ? Apa motivasinya? Bisakah kita menghasilkan evaluasi Gamma lain dari rangkaian hipergeometrik orde tinggi menggunakan metode pembuktiannya? Bantuan apa pun akan dihargai.
Jawaban
Membiarkan $S$ jadilah yang diberikan $_4F_3$, kemudian (persamaan pertama berasal dari integrasi termwise), $$\begin{aligned} S &= -\frac{1}{9}\int_0^1 t^{-2/3} (\log t) {_2F_1}(2/3,2/3;1;t)dt =-\frac{1}{9} \frac{d}{da} \left(\int_0^1 t^{-2/3+a} {_2F_1}(2/3,2/3;1;t)dt \right)_{a=0}\\ &= -\frac{1}{9}\frac{d}{da}\left(\frac{\, _3F_2\left(\frac{2}{3},\frac{2}{3},a+\frac{1}{3};1,a+\frac{4}{3};1\right)}{ a+1/3}\right)_{a=0} \end{aligned}$$
Itu mudah dilihat $A=\sqrt{\pi } \Gamma \left(\frac{7}{6}\right)/\Gamma \left(\frac{5}{6}\right)^2$ adalah nilai dari $_3F_2$ di $a=0$( Dixon ). Set$$\begin{aligned} &{d_{2/3}} = \frac{d}{{da}}{\left( {{_3F_2}(\frac{2}{3} + a,\frac{2}{3},\frac{1}{3};1,\frac{4}{3};1)} \right)_{a = 0}} \qquad {d_1} = \frac{d}{{da}}{\left( {{_3F_2}(\frac{2}{3},\frac{2}{3},\frac{1}{3};1 + a,\frac{4}{3};1)} \right)_{a = 0}} \\ &{d_{1/3}} = \frac{d}{{da}}{\left( {{_3F_2}(\frac{2}{3},\frac{2}{3},\frac{1}{3} + a;1,\frac{4}{3};1)} \right)_{a = 0}} \qquad {d_{4/3}} = \frac{d}{{da}}{\left( {{_3F_2}(\frac{2}{3},\frac{2}{3},\frac{1}{3};1,\frac{4}{3} + a;1)} \right)_{a = 0}}\end{aligned}$$
Dengan aturan rantai multivariabel, $$S = A -\frac{1}{3}(d_{1/3}+d_{4/3})\tag{*}$$
Secara umum, turunan dari $_pF_q$sehubungan dengan parameter tidak bisa dipecahkan. Seseorang hanya dapat menanganinya secara ad hoc . Dalam situasi kami, hal itu sudah umum diketahui$_3F_2$ di $1$memenuhi transformasi tertentu: dua generator adalah entri pertama dan ketiga di sini . Dengan menggunakan dua entri ini, kami memperoleh$$\begin{aligned} & \quad _3F_2\left(\frac{2}{3},\frac{2}{3},a+\frac{1}{3};1,a+\frac{4}{3};1\right) \\ &= \frac{\Gamma \left(\frac{2}{3}\right) \Gamma \left(a+\frac{4}{3}\right) \, _3F_2\left(\frac{1}{3},\frac{2}{3},\frac{2}{3}-a;1,\frac{4}{3};1\right)}{\Gamma \left(\frac{4}{3}\right) \Gamma \left(a+\frac{2}{3}\right)} \\ &= \frac{\Gamma \left(\frac{2}{3}\right) \, _3F_2\left(a+\frac{1}{3},a+\frac{2}{3},a+\frac{2}{3};a+1,a+\frac{4}{3};1\right)}{\Gamma \left(\frac{2}{3}-a\right) \Gamma (a+1)} \\ &= \frac{\Gamma \left(-\frac{1}{3}\right) \Gamma \left(a+\frac{1}{3}\right) \Gamma \left(a+\frac{4}{3}\right) \, _3F_2\left(\frac{1}{3},\frac{2}{3},\frac{2}{3};\frac{4}{3},a+1;1\right)}{\Gamma \left(\frac{1}{3}\right)^2 \Gamma \left(a+\frac{2}{3}\right) \Gamma (a+1)}+\frac{\Gamma \left(\frac{1}{3}\right) \Gamma \left(a+\frac{1}{3}\right) \Gamma \left(a+\frac{4}{3}\right)}{\Gamma \left(\frac{2}{3}\right) \Gamma \left(a+\frac{2}{3}\right)^2} \end{aligned}$$
Amati itu untuk keempatnya $_3F_2$ di atas, semua argumen mereka seperti $(2/3,2/3,1/3;1,4/3)$, satu-satunya perbedaan adalah $a$muncul di tempat yang berbeda. Ini mengungkapkan alasannya$(2/3,2/3,1/3;1,4/3)$ spesial.
Perkenalkan definisi operasional: tulis $x\equiv y$ jika $x-y$adalah "kombinasi linier faktor gamma". Sebagai contoh,$x\equiv y$ jika $x-y = A$. Sekarang ambillah turunan di$a=0$, kami dapatkan $$\tag{**}d_{1/3}+d_{4/3} \equiv -d_{2/3} \equiv d_{1/3}+2d_{2/3}+d_1+d_{4/3} \equiv -d_1$$ Memecahkan sistem ini memberi $$d_1 \equiv d_{2/3} \equiv d_{1/3}+d_{4/3} \equiv 0$$
Jadi $d_{1/3}+d_{4/3}$ bisa diekspresikan ke dalam fungsi gamma, begitu juga bisa $S$ berdasarkan $(*)$.
Tidak ada kesulitan dalam pembuatannya $(**)$ eksplisit: $$d_{1/3}+d_{4/3}=\left(3-\frac{\pi }{\sqrt{3}}\right) A-d_{2/3}=d_1+d_{1/3}+2 d_{2/3}+d_{4/3}+\frac{1}{6} A \left(\sqrt{3} \pi -9 \log (3)\right)=-d_1+\frac{1}{2} A \left(\pi \sqrt{3}-6+3 \log (3)\right)+\frac{3 \left(3 \sqrt{3}-2 \pi \right) \Gamma \left(\frac{1}{3}\right)^2 \Gamma \left(\frac{7}{6}\right)^2}{\sqrt[3]{2} \pi ^2}$$
Pemecahan memberi $d_{1/3}+d_{4/3} = \dfrac{2 \sqrt{\pi } \left(27-4 \sqrt{3} \pi \right) \Gamma \left(\frac{13}{6}\right)}{21 \Gamma \left(\frac{5}{6}\right)^2}$. Kami juga memperoleh nilai$d_1, d_{2/3}$ sebagai produk sampingan.
Wow luar biasa! Dipecahkan 9 tahun kemudian! Terima kasih semua untuk menggali ini, dan kemudian untuk menyelesaikannya. Bisakah ini memberikan bentuk umum untuk
$$_4F_3(\frac1m,\frac1m,\frac2m,\frac2m;\frac{m+1}m,\frac{m+1}m,1;1)$$
Saya mungkin harus memberikan beberapa motivasi untuk ini. Dalam makalah berikut, saya melihat waktu keluar yang diharapkan dari gerakan Brownian planar mulai dari 0 dari reguler$m$-gon berpusat di 0:
https://projecteuclid.org/euclid.ecp/1465262013
Ini (hingga konstanta yang bergantung pada ukuran poligon)
$$_4F_3(\frac1m,\frac1m,\frac2m,\frac2m;\frac{m+1}m,\frac{m+1}m,1;1)\times \frac{m^2}{\beta(1/m,(m-2)/m)^2},$$
yang tidak benar-benar keluar dari lidah. Namun, untuk segitiga sama sisi ada metode yang berbeda untuk menghitungnya, dan metode ini memberi$1/6$. Jadi kita mendapatkan identitas dengan menyamakan keduanya, dan itulah identitas. Sekarang, pertanyaannya adalah, dapatkah kita menggunakan metode ini untuk mendapatkan ekspresi yang lebih bagus untuk$_4F_3$ untuk yang lebih besar $m$? Ini kemudian akan menjadi ekspresi yang lebih bagus untuk waktu keluar yang diharapkan dari gerakan Brown dari reguler$m$-gon.
Versi analitik murni (yaitu bukan probabilistik) dari semua ini dapat ditemukan di sini, karena waktu keluar yang diharapkan pada dasarnya adalah norma Hardy H ^ 2 dari domain, hingga konstanta.
https://arxiv.org/abs/1205.2458