Forma fechada de hipergeométrica $\, _4F_3\left(\frac{3}{8},\frac{5}{8},\frac{7}{8},\frac{9}{8};\frac{5}{6},\frac{7}{6},\frac{9}{6};z\right)$

Question

Deixei $f(z)=\sqrt[3]{\sqrt{z^2-z^3}+z}$, $g(z)=\sqrt{\frac{f(z)}{z}+\frac{1}{f(z)}}$ , então como provar isso 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 é coletada do site Wolfram Functions, mas nenhuma prova é oferecida lá. Acho que valerá a pena encontrar uma prova rigorosa, bem como investigar a motivação desta fórmula para gerar formas algébricas fechadas semelhantes de séries hipergeométricas generalizadas (muito provavelmente, o seu$_2F_1$contrapartes são aqueles na lista de Schwarz). Qualquer ajuda será apreciada!

Answer 1

O que se segue é uma prova um tanto extensa da fórmula, mas na verdade existem apenas duas etapas principais. A "observação" chave (!) É que a expressão entre parênteses no lado direito é proporcional a uma das raízes do polinômio quártico$z x^4 - 4 x + 3$. Assim, podemos primeiro provar que a expressão entre parênteses realmente resolve o quártico, depois provamos que a função hipergeométrica dada é igual a esta função particular da raiz quártica.

Para a primeira etapa, podemos simplesmente usar a fórmula para raízes quárticas . As fórmulas na Wikipedia são escritas para uma quartil geral$a x^4 + b x^3 + c x^2 + d x + e$, e são muito complicados de repetir aqui, mas para nós $b = c = 0$, muitas dessas expressões simplificam. Deixando algumas das verificações intermediárias para você, direi que$\Delta_0 = 36z$, $\Delta_1 = 432z$ e $p = 0$, então $$ Q = 6 \sqrt[3]{z + \sqrt{z^2-z^3}} = 6 f(z)\ , $$ o que significa que $$ S=\frac{1}{\sqrt{2}} \sqrt{\frac{1}{f(z)} + \frac{f(z)}{z}}\ . $$ Conectando isso e $q = - 4/z$ na fórmula final para as raízes, obtemos $$ x_{u, v} = \frac{1}{\sqrt{2}}\left(u\sqrt{\frac{1}{f(z)} + \frac{f(z)}{z}}+v\sqrt{-\left(\frac{1}{f(z)} + \frac{f(z)}{z}\right)+2\sqrt{2} v\left/\sqrt{\frac{1}{f(z)} + \frac{f(z)}{z}}\right.}\right)\ . $$ Levando $u=\pm 1$ e $v = \pm 1$nos dá as quatro raízes. A raiz que aparece na sua expressão é$x_{1,-1}$.

(A rebuscada "observação" no início da resposta requer o conhecimento prévio da fórmula quártica. Uma vez que a fórmula quártica contém $$ Q = \sqrt[3]{\frac{\Delta_1 + \sqrt{\Delta_1^2 - 4\Delta_0^3}}{2}}\ , $$ pode-se supor que $f(z)\propto Q$na fórmula da raiz para um quártico porque os poderes e as raízes coincidem. Para que isso aconteça, precisamos de ambos$\Delta_0$ e $\Delta_1$ ser igual a $z$. A fim de combinar ainda mais a forma de$S$, nos também precisamos $p = (8ac - 3 b^2)/8a^2 = 0$. Para satisfazer a última restrição, fazemos a suposição de que$b =c = 0$. A primeira restrição nos força a adivinhar que$a$ é proporcional a $z$.)

Em seguida, gostaríamos de mostrar que ${}_4 F_3\left(\frac{3}{8},\frac{5}{8},\frac{7}{8},\frac{9}{8};\frac{5}{6},\frac{7}{6},\frac{9}{6};z\right) = \left(\frac{4}{3} x_{1,-1}(z)\right)^{3/2}$. (Vamos denotar esta expressão por$(\star)$para referências posteriores.) Para fazer isso, primeiro provamos que a função do lado direito satisfaz uma equação diferencial hipergeométrica generalizada e, em seguida, encontramos certas condições iniciais extras que nos darão uma solução particular igual ao lado esquerdo.

O caso particular de equações hipergeométricas generalizadas que devemos olhar é $$ \begin{multline} z \frac{d}{dz} \left(z \frac{d}{dz} + b_1 - 1\right) \left(z \frac{d}{dz} + b_2 - 1\right) \left(z \frac{d}{dz} + b_3 - 1\right) y(z)\\ = z \left(z \frac{d}{dz} + a_1\right) \left(z \frac{d}{dz} + a_2\right) \left(z \frac{d}{dz} + a_3\right) \left(z \frac{d}{dz} + a_4\right) y(z)\ , \end{multline} $$ Onde $a_1 = \frac{3}{8}, a_2=\frac{5}{8}, a_3 = \frac{7}{8}, a_4=\frac{9}{8}$ e $b_1 = \frac{5}{6},b_2 = \frac{7}{6},b_3 = \frac{9}{6}$. Tem$4$ soluções linearmente independentes, uma das quais é ${}_4 F_3(a_1, a_2, a_3, a_4; b_1, b_2, b_3;z)$. As outras soluções são do formulário$z^{1-b_i} {}_4 F_3(1+a_1-b_i, 1 + a_2-b_1,1+a_3-b_i,1+a_4-b_i;1+b_1-b_i,\dots, 2-b_i;z)$.

Podemos verificar que o $\left(\frac{4}{3} x_{1,-1}(z)\right)^{3/2}$resolve a equação diferencial conectando-a, pegando todas as derivadas e simplificando. Porém, esta é uma tarefa bastante difícil, mesmo com a ajuda do Mathematica. Apresento aqui um método diferente que vai na direção oposta, ou seja, vamos construir uma equação diferencial chamada de resolvente diferencial que$\left(\frac{4}{3} x_{1,-1}(z)\right)^{3/2}$ satisifes, que se revelará a equação hipergeométrica generalizada acima.

A construção aqui é muito semelhante ao processo descrito nesta resposta aqui . Essencialmente, o que faremos é escrever uma combinação linear de derivados de$y(z)$ que é forçado a ser zero devido a certas relações que esses derivados satisfazem, que são derivados de uma equação algébrica que $y$se satisfaz. Desde a$x(z) = \left(\frac{4}{3} y(z)\right)^{3/2}$ satisfaz $z x^4 - 4x +3$, temos a seguinte equação para $y$, $$ \frac{81}{256} z y^{8/3} - 3 y^{2/3} + 3 = 0\ . $$ Podemos diferenciar implicitamente esta equação para expressar todas as derivadas de $y$ em termos de $y$ e $z$. Queremos encontrar os coeficientes$\mu_i(z)$ que tornam a seguinte expressão zero, $$ \mu_0 y''''(z) + \mu_1 y'''(z) + \mu_2 y''(z) + \mu_3 y'(z) + \mu_4 y(z) + \mu_5\ . $$ Usando as expressões de $y^{(n)}(z)$ derivado anteriormente, isso pode ser reescrito como uma função racional de $y^{1/3}$ cujo numerador é um polinômio de $y^{1/3}$de algum alto grau. Podemos usar a equação algébrica para$y$ para reduzir o grau deste polinômio para menos de $8/3$. Agora forçamos essa expressão a ser zero, o que significa que os coeficientes de cada potência de$y^{1/3}$ deveria estar $0$. A partir dessas condições, podemos resolver para$\mu_i$ em termos de $z$e, finalmente, obtenha a seguinte equação 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 inserir os parâmetros da equação hipergeométrica generalizada e simplificá-la para confirmar que é realmente o mesmo que o resolvente diferencial. Esse processo é um tanto tedioso e não é difícil com a ajuda do Mathematica, então não vou registrar aqui. No entanto, para ser um pouco mais explícito, direi que a equação simplifica para$$ \begin{multline} (z^3-z^4) y''''(z) + [(t_1 + 3)z^2 - (s_1 + 6)z^3]y'''(z) + \\ [(t_1+t_2+1)z-(3s_1+s_2+7)z^2]y''(z) + [t_3 - (s_1+s_2+s_3+1)z]y'(z) - s_4 y(z) = 0 \end{multline} $$ Onde $s_i$ e $t_i$ são os graus $i$ polinômios simétricos elementares em$a_1,a_2, a_3, a_4$ e $b_1, b_2, b_3$, respectivamente. Esperançosamente, isso é mais fácil de verificar manualmente.

Finalmente, para encontrar a solução particular do resolvente diferencial que satisfaça $(\star)$, podemos usar as derivadas do lado direito para fornecer as condições iniciais que definirão a solução específica. Essas derivadas podem ser facilmente avaliadas, visto que na primeira etapa da construção do resolvente diferencial, já expressamos as derivadas em termos dos valores da função.