超几何函数

超几何函数

$\displaystyle F\left(\begin{gathered} a_1, a_2, \cdots, a_m \\ b_1, b_2, \cdots, b_n \end{gathered} \middle| \ z\right) = \sum_{k \geqslant 0} \frac{a_1^{\overline{k}} \cdots a_m^{\overline{k}}}{b_1^{\overline{k}} \cdots b_n^{\overline{k}}} \cdot \frac{z^k}{k!}$

其中 $\displaystyle \frac{ a^{\overline{k}} }{ k! } = \binom{a+k-1}{k}$

超几何函数的特殊情形

$\displaystyle F\left(\quad | \ z\right) = \sum_{k \geqslant 0} \frac{z^k}{k!} = \text{e}^z$，为了使记号整齐，常常写成 $\displaystyle F\left(\begin{gathered} 1 \\ 1 \end{gathered} \middle| \ z\right) = \sum_{k \geqslant 0} \frac{z^k}{k!} = \text{e}^z$

又因为 $1^{\overline{k}} = k!$，所以我们有

$\displaystyle F\left(\begin{gathered} 1, 1 \\ 1 \end{gathered} \middle| \ z\right) = \sum_{k \geqslant 0} {z^k} = \frac{1}{1-z}$

另外，根据 $\displaystyle k! \binom{a+k-1}{k} = a^{\overline{k}}$ 可以得到封闭形式

$\displaystyle F\left(\begin{gathered} a, 1 \\ 1 \end{gathered} \middle| \ z\right) = \sum_{k \geqslant 0} a^{\overline{k}} \frac{z^k}{k!} = \sum_{k} \binom{a+k-1}{k}z^k = \frac{1}{(1-z)^{a}}$

最后一步是根据上指标反转，如果令 $a \leftarrow -a, \ z \leftarrow -z$，可以得到

$\displaystyle F\left(\begin{gathered} -a, 1 \\ 1 \end{gathered} \middle| \ -z\right) = (1+z)^a$

修正贝塞尔函数

$\displaystyle F\left(\begin{gathered} 1 \\ b, 1 \end{gathered} \middle| \ z\right) = \sum_{k \geqslant 0} \frac{(b-1)!}{(b-1+k)!} \frac{z^k}{k!} = I_{b-1}(2\sqrt{z}) \frac{(b-1)!}{z^{(b-1)/2}}$

其中 $\displaystyle I_{b-1}$ 为阶是 $b-1$ 的修正贝塞尔函数，当 $b=1$ 时，有

$\displaystyle F\left(\begin{gathered} 1, 1 \\ 1 \end{gathered} \middle| \ z\right) = I_0(2 \sqrt{z}) = \sum_{k \geqslant 0} \frac{z^k}{k!}$

合流超几何函数

$m = n = 1$ 时，超几何函数有特殊情形

$\displaystyle F\left(\begin{gathered} a \\ b \end{gathered} \middle| \ z\right) = \sum_{k \geqslant 0} \frac{a^{\overline{k}}}{b^{\overline{k}}} \frac{z^k}{k!} = M(a, b, z)$

高斯超几何级数

$\displaystyle F\left(\begin{gathered} a, b \\ c \end{gathered} \middle| \ z\right) = \sum_{k \geqslant 0} \frac{a^{\overline{k}} b^{\overline{k}} }{c^{\overline{k}}} \frac{z^k}{k!}$

其中一种特殊情况是，$\displaystyle \ln (1+x) = \sum_{k = 1}^{\infty} (-1)^{k-1} \frac{x^k}{k!} = \sum_{k = 0}^{\infty} (-1)^k \frac{x^{k+1}}{k+1} = x \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{(-x)^k}{k+1}$
从而有

$\displaystyle z F\left(\begin{gathered} 1, 1 \\ 2 \end{gathered} \middle| \ -z\right) = z\sum_{k \geqslant 0} \frac{k!k!}{(k+1)!} \frac{(-z)^k}{k!}$

$\displaystyle \quad \quad = z- \frac{z^2}{2} + \frac{z^3}{3} - \frac{z^4}{4} + \cdots = \ln (1+z)$

高斯超几何函数具有循环分解形式

$\displaystyle F\left(\begin{gathered} a, b \\ c \end{gathered} \middle| \ z\right) = 1 + \frac{a}{1} \frac{b}{c} z\left(1+\frac{a+1}{2} \frac{b+1}{c+1} z \left(1 + \frac{a+2}{3} \frac{b+2}{c+2}z(1+\cdots) \right) \right)$

超几何函数的常用结论

$\textbf{(1)}$
$\displaystyle (-a)^{\overline{k}} = 0$，当 $k > a \geqslant 0$ 且 $a$ 为整数

$\textbf{(2)}$
$\Gamma$ 函数

$\displaystyle z! = \int_{0}^{\infty} t^z e^{-t}dt, \quad \mathcal{R}z > -1$

证明如下

令 $s > 0$，则有 $\displaystyle \frac{\mathrm{d}} { \mathrm{d}x } (e^{-x}x^s) = -e^{-x}x^s + se^{-x}x^{s-1}$

两边同时积分
$[e^{-x}x^s]_{\epsilon}^{l} = -\displaystyle \int_{\epsilon}^{l} e^{-x}x^s \mathrm{d}x + s\int_{\epsilon}^{l}e^{-x}x^{s-1} \mathrm{d}x$

如果记 $\displaystyle \Gamma(s) = \int_{0}^{\infty} e^{-x}x^{s-1} \mathrm{d}x, \quad s > 0$

当 $l \to \infty, \epsilon \to 0$，$[e^{-x}x^s]_{\epsilon}^{l} = 0$，所以有

$\Gamma(s+1) = s\Gamma(s)$，又因为 $\Gamma(1) = \int_{0}^{\infty} e^{-x}\mathrm{d}x = -e^{-x} \big|_{0}^{\infty} = 1$

由此推出 $\Gamma$ 函数的两个性质

$\displaystyle\Gamma(z+1) = z!$

$\displaystyle (-z)! \Gamma(z) = \frac{\pi}{\sin \pi z}$

$\textbf{(3)}$
广义阶乘幂

$\displaystyle z^{\underline{w}} = \frac{z!}{(z-w)!}$

$\displaystyle z^{\overline{w}} = \frac{\Gamma(z+w)}{\Gamma(z)}$

$\textbf{(4)}$

$\displaystyle (x)^{\overline{n}} = (-1)^n \cdot (-x)^{\underline{n}}$

超几何表示

对于超几何函数

$\displaystyle F\left(\begin{gathered} a_1, a_2, \cdots, a_m \\ b_1, b_2, \cdots, b_n \end{gathered} \middle| \ z\right) = \sum_{k \geqslant 0} t_k, \quad t_k = \frac{a_1^{\overline{k}} \cdots a_m^{\overline{k}}}{b_1^{\overline{k}} \cdots b_n^{\overline{k}}} \cdot \frac{z^k}{k!}$

其中第一项是 $t_0 = 1$，其他项可以从相邻比值中得到

$\displaystyle \frac{t_{k+1}}{t_k} = \frac{a_1^{\overline{k+1}} a_2^{\overline{k+1}} \cdots a_m^{\overline{k+1}}}{a_1^{\overline{k}} a_2^{\overline{k}} \cdots a_m^{\overline{k}}} \cdot \frac{b_1^{\overline{k}} b_2^{\overline{k}} \cdots b_n^{\overline{k}}}{b_1^{\overline{k+1}} b_2^{\overline{k+1}} \cdots b_n^{\overline{k+1}}}$

$\displaystyle \quad \quad = \frac{(k+a_1)(k+a_2) \cdots (k+a_m) \cdot z}{(k+b_1) (k+b_2) \cdots (k+b_n) (k+1)}$

这是一个有理函数，给定的某个级数，写成超几何级数

$\displaystyle \sum_{k \geqslant 0}t_k = t_0 \cdot F\left(\begin{gathered} a_1, a_2, \cdots, a_m \\ b_1, b_2, \cdots, b_n \end{gathered} \middle| \ z\right)$

这里有几点需要注意

如果 $t_k$ 中包含有 $(a+k)!$ 这样的因子，将 $(a+k+1)$ 写到 $\displaystyle \frac{t_{k+1}}{t_k}$ 的相应位置
就是说如果 $(a+k)!$ 出现在分母上，就将 $(a+k+1)$ 写到 $\displaystyle \frac{t_{k+1}}{t_k}$ 的分母上，否则就写到分母上

如果 $t_{k}$ 中包含有 $(a-k)!$ 这样的因子，将 $(a-k)$ 写到 $\displaystyle \frac{t_{k+1}}{t_k}$ 的相反位置
就是说如果 $(a-k)!$ 出现在分子上，就将 $(a-k)$ 相反地写到 $\displaystyle \frac{t_{k+1}}{t_k}$ 的分母上

另外注意 $\displaystyle \frac{t_{k+1}}{t_k}$ 对应的 $(a-k)$，实际上写成超几何函数的参数是 $(-1) \cdot (k-a)$，参数为 $-a$

分母没有 $(k+1)$ 的要补上

几个恒等式的超几何表示

$\textbf{(1)}$

$\displaystyle \sum_{k \leqslant n} \binom{n-k}{k} z^k = \frac{1}{\sqrt{1+4z}}\left( \left(\frac{1+\sqrt{1+4z}}{2}\right)^{n+1} - \left(\frac{1-\sqrt{1+4z}}{2}\right)^{n+1} \right), \quad n \geqslant 0$

来观察 $\displaystyle \sum_{k \leqslant n} \binom{n-k}{k}z^k = \sum_{k} \binom{n+k}{2k}$，这里的化归，大致如下

$\displaystyle \binom{n-k}{k} = \frac{(n - k)!}{k! (n - 2k)!} \Longrightarrow 2k' \leftarrow (n-2k), k = \frac{n-2k'}{2}$，进一步化简得到

$\displaystyle \frac{(n/2 + k')!}{(2k')! (n/2-k')!}$，令 $n \leftarrow n/2, k \leftarrow k'$

所以对应成 $t_k = \displaystyle \binom{n+k}{2k}$

$t_0 = 1$

$\displaystyle \frac{t_{k+1}}{t_k} = \frac{(n+k+1)(k-n)}{(k+1)(k + 1/2)} \cdot \frac{-1}{4}$，超几何表示为

$\displaystyle F\left(\begin{gathered} 1+n, -n \\ 1/2 \end{gathered} \middle| \ -z/4\right) = F\left(\begin{gathered} 1+2\cdot \lceil n/2 \rceil, -n \\ 1/2 \end{gathered} \middle| \ -z/4\right)$

$\textbf{(2)}$

$\displaystyle \sum_{k = 0}^{2n} \binom{r}{k} \binom{r}{2n-k} (-1)^k = (-1)^n \binom{r}{n}$

其中 $\displaystyle t_0 = \binom{r}{2n} = \frac{r!}{(2n)! (r-2n)!}$，这样 $\displaystyle F = (-1)^n \binom{r}{n} \frac{(2n)! (r-2n)!}{r!} = (-1)^n\frac{(2n)!}{n!} \frac{(r-2n)!}{(r-n)!}$

展开超几何函数

$\displaystyle \frac{t_{k+1}}{t_k} = \frac{(r-k)(2n-k)}{(k+1)(r-2n+1+k)} = F\left(\begin{gathered} -r, -2n \\ r-2n+1 \end{gathered} \middle| \ -1\right)$

令 $r-2n+1 = c$，那么有恒等式

$\displaystyle F\left(\begin{gathered} 1-c-2n, -2n \\ c \end{gathered} \middle| \ -1\right) = (-1)^n \frac{(2n)!}{n!} \frac{(c-1)!}{(c+n-1)!}, \quad n \geqslant 0$

下面证明一个恒等式

$\displaystyle (-1)^n \frac{(2n)!}{n!} = \lim_{b \to -2n} \frac{(b/2)!}{b!} = \lim_{x \to -n} \frac{x!}{(2x)!}$

根据 $(-z)! \Gamma(z) = \displaystyle \frac{\pi}{\sin \pi z}$

$\displaystyle \frac{(-n-\epsilon)!}{(-2n - 2\epsilon)!} \frac{\Gamma(n+\epsilon)}{\Gamma(2n+2\epsilon)} = \frac{\sin(2n+2\epsilon) \pi}{\sin(n+ \epsilon) \pi}$

用 $\sin(x+y)$ 的展开，$\displaystyle \lim_{\epsilon \to 0} \frac{\cos 2n\pi \sin 2\epsilon \pi}{\cos n \pi \sin \epsilon \pi} = (-1)^n(2 + O(\epsilon))$

最后一步用了洛必达法则，分子分母同时对 $\displaystyle \mathrm{d}\epsilon$ 求导，得到 $\displaystyle \frac{2 \pi}{\pi} \frac{\cos 2\epsilon \pi}{\cos \epsilon \pi} = 2$

从而我们有

$\displaystyle \frac{(-n-\epsilon)!}{(-2n - 2\epsilon)!} = 2(-1)^n \cdot \frac{\Gamma(2n)}{\Gamma(n)} = 2(-1)^n \frac{(2n-1)!}{(n-1)!} = (-1)^n \frac{(2n)!}{n!}$

由此，如果令 $b = -2n$，代入 $\textbf{(2)}$ 的超几何恒等式中

右边是 $\displaystyle (-1)^{b/2} \frac{(-b)!}{(-b/2)!} \frac{(c-1)!}{(c-1-b/2)!} = \frac{(b/2)!}{b!} \cdot (c-1)^{\underline{b/2}}$

由此可以得到库默尔公式

$\displaystyle F\left(\begin{gathered} a, b \\ 1+b-a \end{gathered} \middle| \ -1\right) = \frac{(b/2)!}{b!} (b-a)^{\underline{b/2}}$

$\textbf{(3)}$

范德蒙卷积的超几何表示

$\displaystyle \sum_k \binom{r}{k} \binom{s}{n-k} = \binom{r+s}{n}$

其中 $t_0 = \displaystyle \binom{s}{n}$，可以推出

$\displaystyle F\left(\begin{gathered} -r, -n \\ s-n+1 \end{gathered} \middle| \ 1\right) = \binom{r+s}{n} / \binom{s}{n} = \frac{(r+s)!}{(s)!} \frac{(s-n)!}{(s-n+r)!}$

$\displaystyle \quad \quad = \frac{(s+1)^{\overline{r}}}{(s-n+1)^{\overline{r}}} = \frac{\Gamma(s+1+r)}{\Gamma(s+1)} \cdot \frac{\Gamma(s-n+1)}{\Gamma(s-n+1+r)}$

令 $a = -r, \ b = -n$，那么上式可以写成

$\displaystyle F\left(\begin{gathered} a, b \\ c \end{gathered} \middle| \ 1\right) = \frac{\Gamma(c-a-b)\Gamma(c)}{\Gamma(c-a) \Gamma(c-b)}, \quad b \leqslant 0, \quad \mathcal{R}c \geqslant \mathcal{R}a + \mathcal{R}b$

当 $b = -n$ 时，可以用阶乘幂表示

$\displaystyle F\left(\begin{gathered} a, -n \\ c \end{gathered} \middle| \ 1\right) = \frac{(c-a)^{\overline{n}}}{c^{\overline{n}}} = \frac{(a-c)^{\underline{n}}}{(-c)^{\underline{n}}}, \quad n \geqslant 0$

$\textbf{(4)}$

$\displaystyle \sum_k \binom{a+b}{a+k} \binom{b+c}{b+k} \binom{c+a}{c+k}(-1)^k = \frac{(a+b+c)!}{a!b!c!}, \quad a, b, c \geqslant 0$

针对这个式子进行超几何表示，会比较麻烦

$\displaystyle F = \frac{(a+b+c)!}{a!b!c!} / t_0 = \frac{(a!b!c!) \cdot (a+b+c)!}{(a+b)!(b+c)!(a+c)!}$

$\displaystyle \frac{t_{k+1}}{t_k} = \frac{(k-a)(k-b)(k-c)}{(k+a+1)(k+b+1)(k+c+1)}$

令 $k' = c+k$，即式子中出现的 $k$ 用 $k-c$ 代换

$\displaystyle F\left(\begin{gathered} -c-a, -c-b, -2c \\ a-c+1, b-c+1 \end{gathered} \middle| \ 1\right)$

再做一替换，令 $\displaystyle c=n, \quad a-n+1 = a', \quad b-n+1 = b'$，超几何表示为

$\displaystyle F\left(\begin{gathered} 1-2n-a, 1-2n-b, -2n \\ a, b \end{gathered} \middle| \ 1\right)$，这里的 $a, b$ 实际上是 $a', b'$

那超几何恒等式右边等于多少呢？

$\displaystyle (a+b+1)^{\overline{c}} \cdot \frac{c!}{\frac{(c+a)!}{a!} \frac{(c+b)!}{b!}} = (a'+b'+2n-1)^{\overline{n}} \frac{n!}{(a+1)^{\overline{n}} \cdot (b+1)^{\overline{n}}}$

$\displaystyle \quad \quad = (a'+b'+2n-1)^{\overline{n}} \frac{n!}{(a'+n)^{\overline{n}} \cdot (b'+n)^{\overline{n}}}$

还可以进一步化简
$\displaystyle \frac{n!}{(a'+n)^{\overline{n}} \cdot (b'+n)^{\overline{n}}} = \frac{n!}{(1-2n-a')\cdots(-a'-n) \cdot (1-2n-b')\cdots (-b'-n)}$

注意到 $(1-2n-a')\cdots (-a'-n) = (1-2n-a')^{\overline{n}}$，$(1-2n-a')$ 又恰好是超几何函数的上参数

上式 $\displaystyle = \frac{n! (-2n)^{\overline{n}} }{ (1-2n-a')^{\overline{n}} (1-2n-b')^{\overline{n}} (-2n)^{\overline{n}} }$

注意到 $n!(-2n)^{\overline{n}} = (-1)^n (2n)^{\underline{n}} n! = (-1)^n (2n)!$

上式的分母可以写成 $t_n \cdot n! \cdot a^{\overline{n}} b^{\overline{n}}$

由此 $\displaystyle F = (-1)^n \frac{(2n)!}{n!} \frac{(a+b+2n-1)^{\overline{n}}}{ t_n \cdot a^{\overline{n}} b^{\overline{n}}}$

上式还不够完美，因为分子中有一个 $t_n$，如果 $t_n = 1$ 是不是就完美了呢？

实际上，我们可以从 $k = n$ 开始求级数，即 $\displaystyle \sum [k = \left< n, n+1, \cdots \right>]$
也就是说，对超几何级数 $k' = k+n, k' \geqslant n$

此时有 $t_n = 1$，并且

$\displaystyle F = \frac{(a+b+c)!}{a!b!c!} / t_n = (-1)^n \frac{(2n)!}{n!} (a+b+1)^{\overline{n}} \frac{1}{ (a-n+1)^{\overline{n}} \cdot (b-n+1)^{\overline{n}} }$

作代换 $a-n+1 = a', \quad b-n+1 = b'$，即可得超几何恒等式

$\displaystyle F\left(\begin{gathered} 1-2n-a, 1-2n-b, -2n \\ a, b \end{gathered} \middle| \ 1\right) = (-1)^n \frac{(2n)!}{n!} \frac{(a+b+2n-1)^{\overline{n}}}{a^{\overline{n}} b^{\overline{n}}}, \quad n \geqslant 0$

推广到复数，就是迪克逊公式

$\displaystyle F\left(\begin{gathered} a, b, c \\ 1+c-a, 1+c-b \end{gathered} \middle| \ 1\right) = \frac{(c/2)!}{c!} \frac{(c-a)^{\underline{c/2}} (c-b)^{\underline{c/2}} }{ (c-a-b)^{\underline{c/2}} }, \quad \mathcal{R}a + \mathcal{R}b < 1+ \mathcal{R}c/2$

$\textbf{(5)}$

$\displaystyle \sum_k \binom{m-r+s}{k} \binom{n+r-s}{n-k} \binom{r+k}{m+n} = \binom{r}{m} \binom{s}{n}$

写成超几何形式，不难发现

$\displaystyle t_0 = \binom{n+r-s}{n} \binom{r}{m+n}$，超几何恒等式的右边为

$\displaystyle \frac{\binom{r}{m}}{\binom{r}{m+n}} \frac{\binom{s}{n}}{\binom{n+r-s}{n}} = \frac{(m+1)^{\overline{n}}}{(r-m)^{\underline{n}}} \cdot \frac{(b-c)^{\underline{n}}}{c^{\overline{n}}}$

超几何表示为

$\displaystyle F\left(\begin{gathered} r-s-m, r+1, -n \\ r-s+1, r-m-n+1 \end{gathered} \middle| \ 1\right)$

令 $a = r-s-m, b = r+1, c=r-s+1$，可以推出 Saalschütz 恒等式

$\displaystyle F\left(\begin{gathered} a, b, -n \\ c, a+b-c-n+1 \end{gathered} \middle| \ 1\right) = \frac{(c-a)^{\overline{n}}}{(c)^{\overline{n}}} \cdot \frac{(c-b)^{\overline{n}}}{(c-a-b)^{\overline{n}}}$

$\displaystyle \quad = \frac{ (a-c)^{\underline{n}} (b-c)^{\underline{n}} }{ (-c)^{\underline{n}} (a+b-c)^{\underline{n}} }, \quad n \geqslant 0$

假设上参数为 $a_k$，下参数为 $b_k$，恒等式给出，超几何函数满足 $b_1 + b_2 = a_1 + a_2 + a_3 + 1$ 时的封闭形式

推广
$\displaystyle (a_1-b_1)F\left(\begin{gathered} a_1, a_2, \cdots, a_m \\ b_1+1, b_2, \cdots b_n \end{gathered} \middle| \ z\right) = a_1F\left(\begin{gathered} a_1+1, a_2, \cdots, a_m \\ b_1+1, b_2, \cdots, b_n \end{gathered} \middle| \ z\right) - b_1F\left(\begin{gathered} a_1, a_2, \cdots, a_m \\ b_1, b_2, \cdots, b_n \end{gathered} \middle| \ z\right)$

实际上，等价于证明，对于第 $k$ 项而言，我们有

$\displaystyle (a-b) \frac{a^{\overline{k}}}{(b+1)^{\overline{k}}} = a \frac{(a+1)^{\overline{k}}}{(b+1)^{\overline{k}}} - b\frac{a^{\overline{k}}}{b^{\overline{k}}}$

这个不等式很好证明，右边通分即可，分母为 $\displaystyle b^{\overline{k}}(b+1)^{\overline{k}}$，分子为 $\displaystyle b^{\overline{k}} \cdot \left(a^{\overline{k}}(a+k) - a^{\overline{k}}(b+k) \right)$
化简完就等于左边