Докажи это $_4F_3\left(\frac13,\frac13,\frac23,\frac23;1,\frac43,\frac43;1\right)=\frac{\Gamma \left(\frac13\right)^6}{36 \pi ^2}$
Я нашел интересную проблему об обобщенных гипергеометрических рядах в МО, заявив, что:
$$\, _4F_3\left(\frac{1}{3},\frac{1}{3},\frac{2}{3},\frac{2}{3};1,\frac{4}{3},\frac{4}{3};1\right)=\sum_{n=0}^\infty \left(\frac{(\frac13)_k (\frac23)_k}{(1)_k (\frac43)_k}\right)^2=\frac{\Gamma \left(\frac{1}{3}\right)^6}{36 \pi ^2}$$
Это численно согласуется, но я не нашел доказательств, использующих элементарные свойства гипергеометрических функций (например, циклическая сумма) или классические формулы гамма (например, формула Дугалла). Бьюсь об заклад, это как-то связано с модульными формами и эллиптическими$K$ интегрально, но точное соотношение остается неуловимым.
Как подтвердить эту личность ? Что будет его мотивацией? Можем ли мы сгенерировать другую гамма-оценку гипергеометрических рядов высокого порядка, используя метод ее доказательства? Любая помощь будет оценена по достоинству.
Ответы
Позволять $S$ быть данным $_4F_3$, то (первое равенство получается из почленного интегрирования), $$\begin{aligned} S &= -\frac{1}{9}\int_0^1 t^{-2/3} (\log t) {_2F_1}(2/3,2/3;1;t)dt =-\frac{1}{9} \frac{d}{da} \left(\int_0^1 t^{-2/3+a} {_2F_1}(2/3,2/3;1;t)dt \right)_{a=0}\\ &= -\frac{1}{9}\frac{d}{da}\left(\frac{\, _3F_2\left(\frac{2}{3},\frac{2}{3},a+\frac{1}{3};1,a+\frac{4}{3};1\right)}{ a+1/3}\right)_{a=0} \end{aligned}$$
Это легко увидеть $A=\sqrt{\pi } \Gamma \left(\frac{7}{6}\right)/\Gamma \left(\frac{5}{6}\right)^2$ стоимость $_3F_2$ в $a=0$( Диксон ). Набор$$\begin{aligned} &{d_{2/3}} = \frac{d}{{da}}{\left( {{_3F_2}(\frac{2}{3} + a,\frac{2}{3},\frac{1}{3};1,\frac{4}{3};1)} \right)_{a = 0}} \qquad {d_1} = \frac{d}{{da}}{\left( {{_3F_2}(\frac{2}{3},\frac{2}{3},\frac{1}{3};1 + a,\frac{4}{3};1)} \right)_{a = 0}} \\ &{d_{1/3}} = \frac{d}{{da}}{\left( {{_3F_2}(\frac{2}{3},\frac{2}{3},\frac{1}{3} + a;1,\frac{4}{3};1)} \right)_{a = 0}} \qquad {d_{4/3}} = \frac{d}{{da}}{\left( {{_3F_2}(\frac{2}{3},\frac{2}{3},\frac{1}{3};1,\frac{4}{3} + a;1)} \right)_{a = 0}}\end{aligned}$$
По правилу многопараметрической цепочки, $$S = A -\frac{1}{3}(d_{1/3}+d_{4/3})\tag{*}$$
В общем, производная от $_pF_q$по параметру неразрешима. С ними можно справиться только спонтанно . В нашей ситуации хорошо известно, что$_3F_2$ в $1$удовлетворяет определенные преобразования: два генератора являются первыми и третьим входом здесь . Используя эти две записи, получаем$$\begin{aligned} & \quad _3F_2\left(\frac{2}{3},\frac{2}{3},a+\frac{1}{3};1,a+\frac{4}{3};1\right) \\ &= \frac{\Gamma \left(\frac{2}{3}\right) \Gamma \left(a+\frac{4}{3}\right) \, _3F_2\left(\frac{1}{3},\frac{2}{3},\frac{2}{3}-a;1,\frac{4}{3};1\right)}{\Gamma \left(\frac{4}{3}\right) \Gamma \left(a+\frac{2}{3}\right)} \\ &= \frac{\Gamma \left(\frac{2}{3}\right) \, _3F_2\left(a+\frac{1}{3},a+\frac{2}{3},a+\frac{2}{3};a+1,a+\frac{4}{3};1\right)}{\Gamma \left(\frac{2}{3}-a\right) \Gamma (a+1)} \\ &= \frac{\Gamma \left(-\frac{1}{3}\right) \Gamma \left(a+\frac{1}{3}\right) \Gamma \left(a+\frac{4}{3}\right) \, _3F_2\left(\frac{1}{3},\frac{2}{3},\frac{2}{3};\frac{4}{3},a+1;1\right)}{\Gamma \left(\frac{1}{3}\right)^2 \Gamma \left(a+\frac{2}{3}\right) \Gamma (a+1)}+\frac{\Gamma \left(\frac{1}{3}\right) \Gamma \left(a+\frac{1}{3}\right) \Gamma \left(a+\frac{4}{3}\right)}{\Gamma \left(\frac{2}{3}\right) \Gamma \left(a+\frac{2}{3}\right)^2} \end{aligned}$$
Обратите внимание, что для всех четырех $_3F_2$ выше, их аргументы похожи на $(2/3,2/3,1/3;1,4/3)$, единственная разница в том, $a$появляется в разных местах. Это показывает, почему$(2/3,2/3,1/3;1,4/3)$ особенный.
Введите операционное определение: напишите $x\equiv y$ если $x-y$представляет собой «линейную комбинацию гамма-факторов». Например,$x\equiv y$ если $x-y = A$. Теперь возьмем производную в$a=0$, мы получаем $$\tag{**}d_{1/3}+d_{4/3} \equiv -d_{2/3} \equiv d_{1/3}+2d_{2/3}+d_1+d_{4/3} \equiv -d_1$$ Решение этой системы дает $$d_1 \equiv d_{2/3} \equiv d_{1/3}+d_{4/3} \equiv 0$$
Таким образом $d_{1/3}+d_{4/3}$ можно выразить в гамма-функции, так что можно $S$ в соответствии с $(*)$.
Нетрудно сделать $(**)$ явный: $$d_{1/3}+d_{4/3}=\left(3-\frac{\pi }{\sqrt{3}}\right) A-d_{2/3}=d_1+d_{1/3}+2 d_{2/3}+d_{4/3}+\frac{1}{6} A \left(\sqrt{3} \pi -9 \log (3)\right)=-d_1+\frac{1}{2} A \left(\pi \sqrt{3}-6+3 \log (3)\right)+\frac{3 \left(3 \sqrt{3}-2 \pi \right) \Gamma \left(\frac{1}{3}\right)^2 \Gamma \left(\frac{7}{6}\right)^2}{\sqrt[3]{2} \pi ^2}$$
Решение дает $d_{1/3}+d_{4/3} = \dfrac{2 \sqrt{\pi } \left(27-4 \sqrt{3} \pi \right) \Gamma \left(\frac{13}{6}\right)}{21 \Gamma \left(\frac{5}{6}\right)^2}$. Также получаем значения$d_1, d_{2/3}$ как побочные продукты.
Ух ты, потрясающе! Решено 9 лет спустя! Спасибо всем за то, что раскопали это, а затем за решение. Может ли это дать общую форму для
$$_4F_3(\frac1m,\frac1m,\frac2m,\frac2m;\frac{m+1}m,\frac{m+1}m,1;1)$$
Я, наверное, должен дать для этого какие-то мотивы. В следующей статье я рассмотрел ожидаемое время выхода плоского броуновского движения, начиная с 0, из регулярного$m$-угольник с центром в 0:
https://projecteuclid.org/euclid.ecp/1465262013
Это (с точностью до константы, которая зависит от размера многоугольника)
$$_4F_3(\frac1m,\frac1m,\frac2m,\frac2m;\frac{m+1}m,\frac{m+1}m,1;1)\times \frac{m^2}{\beta(1/m,(m-2)/m)^2},$$
который точно не скатывается с языка. Однако для равностороннего треугольника есть другой метод расчета, и он дает$1/6$. Таким образом, мы получаем идентичность, приравнивая два, и это идентичность. Теперь вопрос в том, можем ли мы использовать этот метод, чтобы получить более красивое выражение для$_4F_3$ для большего $m$? Тогда это было бы более подходящим выражением для ожидаемого времени выхода броуновского движения из регулярного$m$-гон.
Здесь можно найти чисто аналитическую (т.е. не вероятностную) версию всего этого, потому что ожидаемое время выхода в основном является нормой Харди H ^ 2 для области с точностью до константы.
https://arxiv.org/abs/1205.2458