Prova che $_4F_3\left(\frac13,\frac13,\frac23,\frac23;1,\frac43,\frac43;1\right)=\frac{\Gamma \left(\frac13\right)^6}{36 \pi ^2}$
Ho trovato un problema interessante sulle serie ipergeometriche generalizzate in MO, affermando che:
$$\, _4F_3\left(\frac{1}{3},\frac{1}{3},\frac{2}{3},\frac{2}{3};1,\frac{4}{3},\frac{4}{3};1\right)=\sum_{n=0}^\infty \left(\frac{(\frac13)_k (\frac23)_k}{(1)_k (\frac43)_k}\right)^2=\frac{\Gamma \left(\frac{1}{3}\right)^6}{36 \pi ^2}$$
Questo numericamente concorda, ma non ho trovato alcuna prova utilizzando proprietà elementari di funzioni ipergeometriche (es. Somma ciclica) o formule gamma classiche (es. Formula di Dougall). Scommetto che ha qualcosa a che fare con forme modulari ed ellittiche$K$ integrale, ma la relazione esatta rimane sfuggente.
Come provare questa identità ? Quale sarà la sua motivazione? Possiamo generare altre valutazioni Gamma di serie ipergeometriche di ordine elevato utilizzando il metodo per dimostrarlo? Qualsiasi aiuto sarà apprezzato.
Risposte
Permettere $S$ sii il dato $_4F_3$, quindi (la prima uguaglianza deriva dall'integrazione termwise), $$\begin{aligned} S &= -\frac{1}{9}\int_0^1 t^{-2/3} (\log t) {_2F_1}(2/3,2/3;1;t)dt =-\frac{1}{9} \frac{d}{da} \left(\int_0^1 t^{-2/3+a} {_2F_1}(2/3,2/3;1;t)dt \right)_{a=0}\\ &= -\frac{1}{9}\frac{d}{da}\left(\frac{\, _3F_2\left(\frac{2}{3},\frac{2}{3},a+\frac{1}{3};1,a+\frac{4}{3};1\right)}{ a+1/3}\right)_{a=0} \end{aligned}$$
Si vede facilmente $A=\sqrt{\pi } \Gamma \left(\frac{7}{6}\right)/\Gamma \left(\frac{5}{6}\right)^2$ è il valore di $_3F_2$ a $a=0$( Dixon ). Impostato$$\begin{aligned} &{d_{2/3}} = \frac{d}{{da}}{\left( {{_3F_2}(\frac{2}{3} + a,\frac{2}{3},\frac{1}{3};1,\frac{4}{3};1)} \right)_{a = 0}} \qquad {d_1} = \frac{d}{{da}}{\left( {{_3F_2}(\frac{2}{3},\frac{2}{3},\frac{1}{3};1 + a,\frac{4}{3};1)} \right)_{a = 0}} \\ &{d_{1/3}} = \frac{d}{{da}}{\left( {{_3F_2}(\frac{2}{3},\frac{2}{3},\frac{1}{3} + a;1,\frac{4}{3};1)} \right)_{a = 0}} \qquad {d_{4/3}} = \frac{d}{{da}}{\left( {{_3F_2}(\frac{2}{3},\frac{2}{3},\frac{1}{3};1,\frac{4}{3} + a;1)} \right)_{a = 0}}\end{aligned}$$
Per regola della catena multivariabile, $$S = A -\frac{1}{3}(d_{1/3}+d_{4/3})\tag{*}$$
In generale, derivato di $_pF_q$rispetto a un parametro è intrattabile. Si possono gestire solo in maniera ad hoc . Nella nostra situazione, è risaputo$_3F_2$ a $1$soddisfa alcune trasformazioni: due generatori sono la 1a e la 3a voce qui . Usando queste due voci, otteniamo$$\begin{aligned} & \quad _3F_2\left(\frac{2}{3},\frac{2}{3},a+\frac{1}{3};1,a+\frac{4}{3};1\right) \\ &= \frac{\Gamma \left(\frac{2}{3}\right) \Gamma \left(a+\frac{4}{3}\right) \, _3F_2\left(\frac{1}{3},\frac{2}{3},\frac{2}{3}-a;1,\frac{4}{3};1\right)}{\Gamma \left(\frac{4}{3}\right) \Gamma \left(a+\frac{2}{3}\right)} \\ &= \frac{\Gamma \left(\frac{2}{3}\right) \, _3F_2\left(a+\frac{1}{3},a+\frac{2}{3},a+\frac{2}{3};a+1,a+\frac{4}{3};1\right)}{\Gamma \left(\frac{2}{3}-a\right) \Gamma (a+1)} \\ &= \frac{\Gamma \left(-\frac{1}{3}\right) \Gamma \left(a+\frac{1}{3}\right) \Gamma \left(a+\frac{4}{3}\right) \, _3F_2\left(\frac{1}{3},\frac{2}{3},\frac{2}{3};\frac{4}{3},a+1;1\right)}{\Gamma \left(\frac{1}{3}\right)^2 \Gamma \left(a+\frac{2}{3}\right) \Gamma (a+1)}+\frac{\Gamma \left(\frac{1}{3}\right) \Gamma \left(a+\frac{1}{3}\right) \Gamma \left(a+\frac{4}{3}\right)}{\Gamma \left(\frac{2}{3}\right) \Gamma \left(a+\frac{2}{3}\right)^2} \end{aligned}$$
Osservalo per tutti e quattro $_3F_2$ sopra, i loro argomenti sono tutti simili $(2/3,2/3,1/3;1,4/3)$, l'unica differenza è $a$appare in luoghi diversi. Questo rivela il motivo$(2/3,2/3,1/3;1,4/3)$ è speciale.
Introdurre una definizione operativa: scrivere $x\equiv y$ Se $x-y$è una "combinazione lineare di fattori gamma". Per esempio,$x\equiv y$ Se $x-y = A$. Ora prendi la derivata in$a=0$, otteniamo $$\tag{**}d_{1/3}+d_{4/3} \equiv -d_{2/3} \equiv d_{1/3}+2d_{2/3}+d_1+d_{4/3} \equiv -d_1$$ Risolvere questo sistema dà $$d_1 \equiv d_{2/3} \equiv d_{1/3}+d_{4/3} \equiv 0$$
Così $d_{1/3}+d_{4/3}$ può essere espresso in funzione gamma, così può $S$ secondo $(*)$.
Non ci sono difficoltà nel fare $(**)$ esplicito: $$d_{1/3}+d_{4/3}=\left(3-\frac{\pi }{\sqrt{3}}\right) A-d_{2/3}=d_1+d_{1/3}+2 d_{2/3}+d_{4/3}+\frac{1}{6} A \left(\sqrt{3} \pi -9 \log (3)\right)=-d_1+\frac{1}{2} A \left(\pi \sqrt{3}-6+3 \log (3)\right)+\frac{3 \left(3 \sqrt{3}-2 \pi \right) \Gamma \left(\frac{1}{3}\right)^2 \Gamma \left(\frac{7}{6}\right)^2}{\sqrt[3]{2} \pi ^2}$$
Risolvere dà $d_{1/3}+d_{4/3} = \dfrac{2 \sqrt{\pi } \left(27-4 \sqrt{3} \pi \right) \Gamma \left(\frac{13}{6}\right)}{21 \Gamma \left(\frac{5}{6}\right)^2}$. Otteniamo anche valori di$d_1, d_{2/3}$ come sottoprodotti.
Wow fantastico! Risolto 9 anni dopo! Grazie a tutti per aver scoperto questo e poi per averlo risolto. Può questo dare una forma generale per
$$_4F_3(\frac1m,\frac1m,\frac2m,\frac2m;\frac{m+1}m,\frac{m+1}m,1;1)$$
Probabilmente dovrei dare alcune motivazioni per questo. Nel seguente articolo, ho esaminato il tempo di uscita previsto di un moto browniano planare a partire da 0 da un normale$m$-gon centrato su 0:
https://projecteuclid.org/euclid.ecp/1465262013
È (fino a una costante che dipende dalla dimensione del poligono)
$$_4F_3(\frac1m,\frac1m,\frac2m,\frac2m;\frac{m+1}m,\frac{m+1}m,1;1)\times \frac{m^2}{\beta(1/m,(m-2)/m)^2},$$
che non rotola esattamente dalla lingua. Tuttavia, per un triangolo equilatero esiste un metodo diverso per calcolarlo, e dà$1/6$. Quindi otteniamo un'identità equiparando i due, e questa è l'identità. Ora, la domanda è: possiamo usare questo metodo per ottenere un'espressione migliore per il file$_4F_3$ per più grande $m$? Questa sarebbe quindi un'espressione più gradevole per il tempo di uscita previsto del moto browniano dal normale$m$-gon.
Una versione puramente analitica (cioè non probabilistica) di tutto questo può essere trovata qui, perché il tempo di uscita atteso è fondamentalmente la norma di Hardy H ^ 2 del dominio, fino a una costante.
https://arxiv.org/abs/1205.2458