Kapalı hipergeometrik formu $\, _4F_3\left(\frac{3}{8},\frac{5}{8},\frac{7}{8},\frac{9}{8};\frac{5}{6},\frac{7}{6},\frac{9}{6};z\right)$
İzin Vermek $f(z)=\sqrt[3]{\sqrt{z^2-z^3}+z}$, $g(z)=\sqrt{\frac{f(z)}{z}+\frac{1}{f(z)}}$ , sonra bunu nasıl kanıtlayabilirim? $\ 0<z<1$:
$$\small \, _4F_3\left(\frac{3}{8},\frac{5}{8},\frac{7}{8},\frac{9}{8};\frac{5}{6},\frac{7}{6},\frac{9}{6};z\right)=\frac{4 \sqrt[4]{2} }{3 \sqrt{3}}\left(g(z)-\sqrt{-\frac{f(z)}{z}+\frac{2 \sqrt{2}}{z g(z)}-\frac{1}{f(z)}}\right)^{3/2}$$
Bu formül Wolfram Functions sitesinden toplanmıştır, ancak orada herhangi bir kanıt sunulmamaktadır. Genelleştirilmiş hipergeometrik serilerin benzer cebirsel kapalı formlarını (çok büyük olasılıkla,$_2F_1$meslektaşları Schwarz'ın listesindekilerdir). Herhangi bir yardım takdir edilecektir!
Yanıtlar
Aşağıdaki, formülün biraz genişleyen bir kanıtıdır, ancak gerçekten yalnızca iki ana adım vardır. Kilit "gözlem" (!), Sağ taraftaki parantez içindeki ifadenin, kuartik polinomun köklerinden biriyle orantılı olmasıdır.$z x^4 - 4 x + 3$. Böylece, ilk önce parantez içindeki ifadenin gerçekten de kuartiği çözdüğünü kanıtlayabiliriz, ardından verilen hipergeometrik fonksiyonun bu özel kuartik kökün fonksiyonuna eşit olduğunu kanıtlayabiliriz.
İlk adım için, basitçe kuartik kök formülü kullanabiliriz . Wikipedia'daki formüller genel bir çeyrek için yazılmıştır$a x^4 + b x^3 + c x^2 + d x + e$ve burada tekrarlamak oldukça zahmetli ama bizim için $b = c = 0$, bu ifadelerin çoğu basitleştiriyor. Ara doğrulamanın bir kısmını size bırakarak, şunu belirteceğim$\Delta_0 = 36z$, $\Delta_1 = 432z$ ve $p = 0$, yani $$ Q = 6 \sqrt[3]{z + \sqrt{z^2-z^3}} = 6 f(z)\ , $$ bunun anlamı $$ S=\frac{1}{\sqrt{2}} \sqrt{\frac{1}{f(z)} + \frac{f(z)}{z}}\ . $$ Bunu takmak ve $q = - 4/z$ kökler için son formülde, $$ x_{u, v} = \frac{1}{\sqrt{2}}\left(u\sqrt{\frac{1}{f(z)} + \frac{f(z)}{z}}+v\sqrt{-\left(\frac{1}{f(z)} + \frac{f(z)}{z}\right)+2\sqrt{2} v\left/\sqrt{\frac{1}{f(z)} + \frac{f(z)}{z}}\right.}\right)\ . $$ Alma $u=\pm 1$ ve $v = \pm 1$bize dört kökü verir. İfadenizde görünen kök$x_{1,-1}$.
(Cevabın başındaki çok yönlü "gözlem", dörtlü formülün önceden bilinmesini gerektirir. Dördüncül formül içerdiği için $$ Q = \sqrt[3]{\frac{\Delta_1 + \sqrt{\Delta_1^2 - 4\Delta_0^3}}{2}}\ , $$ biri tahmin edebilir $f(z)\propto Q$bir çeyrek için kök formülde, çünkü güçler ve kökler eşleşiyor. Bunun olması için ikisine de ihtiyacımız var$\Delta_0$ ve $\Delta_1$ eşit olmak $z$. Formunu daha da eşleştirmek için$S$ayrıca ihtiyacımız var $p = (8ac - 3 b^2)/8a^2 = 0$. İkinci kısıtı yerine getirmek için şunu tahmin ediyoruz:$b =c = 0$. Önceki kısıtlama bizi bunu tahmin etmeye zorlar$a$ Orantılıdır $z$.)
Sonra bunu göstermek istiyoruz ${}_4 F_3\left(\frac{3}{8},\frac{5}{8},\frac{7}{8},\frac{9}{8};\frac{5}{6},\frac{7}{6},\frac{9}{6};z\right) = \left(\frac{4}{3} x_{1,-1}(z)\right)^{3/2}$. (Bu ifadeyi şöyle gösterelim$(\star)$Bunu yapmak için, önce sağ taraftaki fonksiyonun genelleştirilmiş bir hipergeometrik diferansiyel denklemi sağladığını kanıtlıyoruz ve sonra bize sol tarafa eşit özel bir çözüm verecek belirli ekstra başlangıç koşullarını buluyoruz.
Bakmamız gereken genelleştirilmiş hipergeometrik denklemlerin özel durumu şudur: $$ \begin{multline} z \frac{d}{dz} \left(z \frac{d}{dz} + b_1 - 1\right) \left(z \frac{d}{dz} + b_2 - 1\right) \left(z \frac{d}{dz} + b_3 - 1\right) y(z)\\ = z \left(z \frac{d}{dz} + a_1\right) \left(z \frac{d}{dz} + a_2\right) \left(z \frac{d}{dz} + a_3\right) \left(z \frac{d}{dz} + a_4\right) y(z)\ , \end{multline} $$ nerede $a_1 = \frac{3}{8}, a_2=\frac{5}{8}, a_3 = \frac{7}{8}, a_4=\frac{9}{8}$ ve $b_1 = \frac{5}{6},b_2 = \frac{7}{6},b_3 = \frac{9}{6}$. Var$4$ doğrusal bağımsız çözümler, bunlardan biri ${}_4 F_3(a_1, a_2, a_3, a_4; b_1, b_2, b_3;z)$. Diğer çözümler formdadır$z^{1-b_i} {}_4 F_3(1+a_1-b_i, 1 + a_2-b_1,1+a_3-b_i,1+a_4-b_i;1+b_1-b_i,\dots, 2-b_i;z)$.
Doğrulayabiliriz $\left(\frac{4}{3} x_{1,-1}(z)\right)^{3/2}$Diferansiyel denklemi takarak, tüm türevleri alarak ve basitleştirerek çözer. Ancak, Mathematica'nın yardımıyla bile bu oldukça zor bir iştir. Burada, ters yönde giden farklı bir yöntem sunacağım, yani, diferansiyel çözücü adı verilen diferansiyel bir denklem oluşturacağız.$\left(\frac{4}{3} x_{1,-1}(z)\right)^{3/2}$ doyurucu, yukarıdaki genelleştirilmiş hipergeometrik denklem olacaktır.
Buradaki yapı, burada bu yanıtta açıklanan sürece çok benzer . Esasen yapacağımız şey, türevlerinin doğrusal bir kombinasyonunu yazmaktır.$y(z)$ bir cebirsel denklemden türetilen bu türevlerin tatmin ettiği belirli ilişkiler nedeniyle sıfır olmaya zorlanan $y$kendisi tatmin eder. Dan beri$x(z) = \left(\frac{4}{3} y(z)\right)^{3/2}$ tatmin eder $z x^4 - 4x +3$için aşağıdaki denklemimiz var $y$, $$ \frac{81}{256} z y^{8/3} - 3 y^{2/3} + 3 = 0\ . $$ Tüm türevlerini ifade etmek için bu denklemi dolaylı olarak farklılaştırabiliriz. $y$ açısından $y$ ve $z$. Katsayıları bulmak istiyoruz$\mu_i(z)$ aşağıdaki ifadeyi sıfır yapan $$ \mu_0 y''''(z) + \mu_1 y'''(z) + \mu_2 y''(z) + \mu_3 y'(z) + \mu_4 y(z) + \mu_5\ . $$ İfadelerini kullanma $y^{(n)}(z)$ daha önce türetilmişse, bu, rasyonel bir işlevi olarak yeniden yazılabilir $y^{1/3}$ payı polinom olan $y^{1/3}$bir dereceye kadar. Cebirsel denklemi için kullanabiliriz$y$ bu polinomun derecesini en aza indirmek için $8/3$. Şimdi bu ifadeyi sıfır olmaya zorlarız, yani her bir kuvvetin katsayıları$y^{1/3}$ olmalı $0$. Bu koşullardan çözebiliriz$\mu_i$ açısından $z$ve son olarak aşağıdaki diferansiyel denklemi elde edin. $$ \begin{multline} (z^3-z^4)y''''(z) + \left(\frac{13}{2}z^2-9z^3\right)y'''(z) \\ + \left(\frac{305}{36}z - \frac{615}{32}z^2\right)y''(z) + \left(\frac{35}{24} - \frac{555}{64}z\right)y'(z) - \frac{945}{4096} y(z) = 0\ . \end{multline} $$Genelleştirilmiş hipergeometrik denklemin parametrelerini bağlayabilir ve diferansiyel çözücü ile gerçekten aynı olduğunu doğrulamak için basitleştirebiliriz. Bu süreç oldukça yorucu ve Mathematica'nın yardımıyla zor değil, bu yüzden burada kaydetmeyeceğim. Yine de, biraz daha açık olmak gerekirse, denklemin basitleştiğini söyleyeceğim$$ \begin{multline} (z^3-z^4) y''''(z) + [(t_1 + 3)z^2 - (s_1 + 6)z^3]y'''(z) + \\ [(t_1+t_2+1)z-(3s_1+s_2+7)z^2]y''(z) + [t_3 - (s_1+s_2+s_3+1)z]y'(z) - s_4 y(z) = 0 \end{multline} $$ nerede $s_i$ ve $t_i$ derece $i$ temel simetrik polinomlar içinde$a_1,a_2, a_3, a_4$ ve $b_1, b_2, b_3$, sırasıyla. Umarım bunu elle doğrulamak daha kolaydır.
Son olarak, diferansiyel çözücünün tatmin edici özel çözümünü bulmak için $(\star)$sağ taraftaki türevleri, belirli çözümü tespit edecek ilk koşulları sağlamak için kullanabiliriz. Bu türevler kolayca değerlendirilebilir, çünkü diferansiyel çözücünün yapısının ilk adımında türevleri fonksiyonun değerleri cinsinden ifade etmiştik.