Forma chiusa di ipergeometrico $\, _4F_3\left(\frac{3}{8},\frac{5}{8},\frac{7}{8},\frac{9}{8};\frac{5}{6},\frac{7}{6},\frac{9}{6};z\right)$

Aug 18 2020

Permettere $f(z)=\sqrt[3]{\sqrt{z^2-z^3}+z}$, $g(z)=\sqrt{\frac{f(z)}{z}+\frac{1}{f(z)}}$ , quindi come dimostrarlo per $\ 0<z<1$:

$$\small \, _4F_3\left(\frac{3}{8},\frac{5}{8},\frac{7}{8},\frac{9}{8};\frac{5}{6},\frac{7}{6},\frac{9}{6};z\right)=\frac{4 \sqrt[4]{2} }{3 \sqrt{3}}\left(g(z)-\sqrt{-\frac{f(z)}{z}+\frac{2 \sqrt{2}}{z g(z)}-\frac{1}{f(z)}}\right)^{3/2}$$

Questa formula viene raccolta dal sito Wolfram Functions ma non viene fornita alcuna prova. Penso che sarà degno di trovare una dimostrazione rigorosa, nonché di indagare la motivazione di questa formula al fine di generare forme chiuse algebriche simili di serie ipergeometriche generalizzate (molto probabilmente$_2F_1$le controparti sono quelle nella lista di Schwarz). Qualsiasi aiuto sarà apprezzato!

Risposte

8 ElliotYu Aug 25 2020 at 03:47

Quella che segue è una prova piuttosto ampia della formula, ma in realtà ci sono solo due passaggi principali. La chiave "osservazione" (!) È che l'espressione tra parentesi a destra è proporzionale a una delle radici del polinomio quartico$z x^4 - 4 x + 3$. Quindi possiamo prima dimostrare che l'espressione tra parentesi risolve effettivamente il quartico, poi dimostriamo che la funzione ipergeometrica data è uguale a questa particolare funzione della radice quartica.

Per il primo passaggio, possiamo semplicemente usare la formula per le radici quartiche . Le formule su Wikipedia sono scritte per un quartico generale$a x^4 + b x^3 + c x^2 + d x + e$, e sono abbastanza complicati da ripetere qui, ma per noi $b = c = 0$, molte di queste espressioni si semplificano. Lasciando a te alcune delle verifiche intermedie, lo dichiaro$\Delta_0 = 36z$, $\Delta_1 = 432z$ e $p = 0$, così $$ Q = 6 \sqrt[3]{z + \sqrt{z^2-z^3}} = 6 f(z)\ , $$ che significa che $$ S=\frac{1}{\sqrt{2}} \sqrt{\frac{1}{f(z)} + \frac{f(z)}{z}}\ . $$ Collegando questo e $q = - 4/z$ nella formula finale per le radici, otteniamo $$ x_{u, v} = \frac{1}{\sqrt{2}}\left(u\sqrt{\frac{1}{f(z)} + \frac{f(z)}{z}}+v\sqrt{-\left(\frac{1}{f(z)} + \frac{f(z)}{z}\right)+2\sqrt{2} v\left/\sqrt{\frac{1}{f(z)} + \frac{f(z)}{z}}\right.}\right)\ . $$ Prendendo $u=\pm 1$ e $v = \pm 1$ci dà le quattro radici. La radice che appare nella tua espressione è$x_{1,-1}$.

(La inverosimile "osservazione" all'inizio della risposta richiede di conoscere in anticipo la formula quartica. Poiché la formula quartica contiene $$ Q = \sqrt[3]{\frac{\Delta_1 + \sqrt{\Delta_1^2 - 4\Delta_0^3}}{2}}\ , $$ si potrebbe supporre che $f(z)\propto Q$nella formula della radice per un quartico perché i poteri e le radici corrispondono. Perché ciò accada, abbiamo bisogno di entrambi$\Delta_0$ e $\Delta_1$ essere uguale a $z$. Al fine di abbinare ulteriormente la forma di$S$, abbiamo anche bisogno di $p = (8ac - 3 b^2)/8a^2 = 0$. Per soddisfare quest'ultimo vincolo, supponiamo che$b =c = 0$. Il primo vincolo poi ci costringe a indovinarlo$a$ è proporzionale a $z$.)

Successivamente vorremmo mostrarlo ${}_4 F_3\left(\frac{3}{8},\frac{5}{8},\frac{7}{8},\frac{9}{8};\frac{5}{6},\frac{7}{6},\frac{9}{6};z\right) = \left(\frac{4}{3} x_{1,-1}(z)\right)^{3/2}$. (Indichiamo questa espressione con$(\star)$per riferimenti successivi.) Per fare ciò, prima dimostriamo che la funzione sul lato destro soddisfa un'equazione differenziale ipergeometrica generalizzata , e poi troviamo alcune condizioni iniziali extra che ci daranno una soluzione particolare che è uguale al lato sinistro.

Il caso particolare delle equazioni ipergeometriche generalizzate che dovremmo considerare è $$ \begin{multline} z \frac{d}{dz} \left(z \frac{d}{dz} + b_1 - 1\right) \left(z \frac{d}{dz} + b_2 - 1\right) \left(z \frac{d}{dz} + b_3 - 1\right) y(z)\\ = z \left(z \frac{d}{dz} + a_1\right) \left(z \frac{d}{dz} + a_2\right) \left(z \frac{d}{dz} + a_3\right) \left(z \frac{d}{dz} + a_4\right) y(z)\ , \end{multline} $$ dove $a_1 = \frac{3}{8}, a_2=\frac{5}{8}, a_3 = \frac{7}{8}, a_4=\frac{9}{8}$ e $b_1 = \frac{5}{6},b_2 = \frac{7}{6},b_3 = \frac{9}{6}$. Esso ha$4$ soluzioni linearmente indipendenti, una delle quali è ${}_4 F_3(a_1, a_2, a_3, a_4; b_1, b_2, b_3;z)$. Le altre soluzioni sono della forma$z^{1-b_i} {}_4 F_3(1+a_1-b_i, 1 + a_2-b_1,1+a_3-b_i,1+a_4-b_i;1+b_1-b_i,\dots, 2-b_i;z)$.

Possiamo verificare che il file $\left(\frac{4}{3} x_{1,-1}(z)\right)^{3/2}$risolve l'equazione differenziale inserendola, prendendo tutte le derivate e semplificando. Tuttavia, questo è un compito piuttosto difficile anche con l'aiuto di Mathematica. Qui presento un metodo diverso che va nella direzione opposta, cioè costruiremo un'equazione differenziale chiamata risolvente differenziale che$\left(\frac{4}{3} x_{1,-1}(z)\right)^{3/2}$ satisifes, che risulterà essere l'equazione ipergeometrica generalizzata sopra.

La costruzione qui è molto simile al processo descritto in questa risposta qui . In sostanza, quello che faremo è scrivere una combinazione lineare di derivati ​​di$y(z)$ che è costretto a essere zero a causa di alcune relazioni che queste derivate soddisfano, che derivano da un'equazione algebrica che $y$si soddisfa. Da$x(z) = \left(\frac{4}{3} y(z)\right)^{3/2}$ soddisfa $z x^4 - 4x +3$, abbiamo la seguente equazione per $y$, $$ \frac{81}{256} z y^{8/3} - 3 y^{2/3} + 3 = 0\ . $$ Possiamo implicitamente diffrenziare questa equazione per esprimere tutte le derivate di $y$ in termini di $y$ e $z$. Vogliamo trovare i coefficienti$\mu_i(z)$ che rendono zero la seguente espressione, $$ \mu_0 y''''(z) + \mu_1 y'''(z) + \mu_2 y''(z) + \mu_3 y'(z) + \mu_4 y(z) + \mu_5\ . $$ Utilizzando le espressioni di $y^{(n)}(z)$ derivato in precedenza, questo può essere riscritto come una funzione razionale di $y^{1/3}$ il cui numeratore è un polinomio di $y^{1/3}$di qualche grado elevato. Possiamo usare l'equazione algebrica per$y$ per ridurre il grado di questo polinomio a meno di $8/3$. Ora forziamo questa espressione a essere zero, vale a dire che i coefficienti di ciascuna potenza di$y^{1/3}$ dovrebbe essere $0$. Da queste condizioni possiamo risolvere$\mu_i$ in termini di $z$e infine ottenere la seguente equazione differenziale. $$ \begin{multline} (z^3-z^4)y''''(z) + \left(\frac{13}{2}z^2-9z^3\right)y'''(z) \\ + \left(\frac{305}{36}z - \frac{615}{32}z^2\right)y''(z) + \left(\frac{35}{24} - \frac{555}{64}z\right)y'(z) - \frac{945}{4096} y(z) = 0\ . \end{multline} $$Possiamo collegare i parametri dell'equazione ipergeometrica generalizzata e semplificarla per confermare che è effettivamente la stessa del risolvente differenziale. Questo processo è piuttosto noioso e non difficile con l'aiuto di Mathematica, quindi non lo registrerò qui. Tuttavia, per essere un po 'più esplicito, dirò che l'equazione si semplifica a$$ \begin{multline} (z^3-z^4) y''''(z) + [(t_1 + 3)z^2 - (s_1 + 6)z^3]y'''(z) + \\ [(t_1+t_2+1)z-(3s_1+s_2+7)z^2]y''(z) + [t_3 - (s_1+s_2+s_3+1)z]y'(z) - s_4 y(z) = 0 \end{multline} $$ dove $s_i$ e $t_i$ sono il grado $i$ polinomi simmetrici elementari in$a_1,a_2, a_3, a_4$ e $b_1, b_2, b_3$, rispettivamente. Si spera che questo sia più facile da verificare a mano.

Infine, per trovare la soluzione particolare del risolvente differenziale che soddisfa $(\star)$, possiamo usare le derivate del lato destro per fornire le condizioni iniziali che definiranno la particolare soluzione. Queste derivate possono essere facilmente valutate, poiché nella prima fase della costruzione del risolvente differenziale, abbiamo già espresso le derivate in termini di valori della funzione.