超几何变换
先来看一些封闭形式,比如和式 k⩽m∑(kn) 对应于
(mn)F(1,−mn−m+1∣∣∣∣∣∣ −1),n⩾m⩾0
将上式进行化简,等价于 (mn)k∑(kn−m+k)(km)=k∑m!(n−m)!n!⋅(m−k)!(n−m+k)!m!(n−m)!
进一步化简, k∑(m−kn)=k′⩽m∑(k′n),证明完毕
反射定律
(1−z)a1F(a,bc∣∣∣∣∣∣ 1−z−z)=F(a,c−bc∣∣∣∣∣∣ z)
根据二项展开,不难写出左边等于
k⩾0∑ckakbk⋅k!(−z)k⋅m⩾0∑(mk+a+m−1)zm
令 k+m=n,求和可以写成,n⩾0∑znk⩾0∑ckk!akbk(−1)k(n−kn+a−1)
对 zn 的系数展开
(a−1)!c(c+1)⋯(c+k−1)⋅k!(a−1)!a(a+1)⋯(a+k−1)⋅b(b+1)⋯(b+k−1)⋅(−1)k(n−k)!(a+k−1)!(n+a−1)!
(a+k−1)! 可以约去,将 (−1)k 开始的后半部分做一个变形
(−1)k(n−k)!(n−k+1)(n−k+2)⋯n(n+a−1)!⋅(n−k+1)(n−k+2)⋯n
综上所述,可以将原式化简成
ckk!bk⋅n!(a−1)!(n+a−1)!⋅(−n)k=(nn+a−1)F(a,b,−nc,a∣∣∣∣∣∣ 1)
根据范德蒙卷积,多项式的超几何表示这一节内容的 (3),原式为 n!ancn(c−b)n
库默尔公式和反射定律
令 c=1+b−a 代入反射定律中,可以得到
2−aF(a,1−a1+b−a∣∣∣∣∣∣ 21)=F(a,b1+b−a∣∣∣∣∣∣ −1)=b!(b/2)!(b−a)b/2
令 a=−n 就可以得到一个新的恒等式
k⩾0∑(1+b+n)k(−n)k(1+n)kk!2−k=k∑(kn)(2−1)k(kn+k)/(kn+b+k)
=2−nb!(b/2+n)!(b/2)!(b+n)!
其他一些恒等式
k⩽m∑(km+k)2−k=2m,令 k′=m−k 代入,可以得到
k⩾0∑(m−k2m−k)2k=2m,写成超几何形式,令 tktk+1=(k−2m)(k+1)2(k−m)(k+1)
(m2m)F(1,−m−2m∣∣∣∣∣∣ 2)=22m
但这个形式并不是标准形式,因为下参数 −2m 被禁止的
但 (m2m)F(1,−m−2m∣∣∣∣∣∣ 2)=22m 表示 k⩾0∑(m−k2m−k)2k
我们想要令 k>m 的项都为 0(二项式下指标 <0 时值都为 0)
注意到上参数,(−m)k 形式是 (⋯(−m+k−1)(−m+k)⋯),在 k>m 的时候,一定包含 0
所以对于 k>m 的项,F 展开分子为 0
为了使极限有良好定义,对超几何函数 F 的下参数取极限,具体来说
(m2m)ϵ→∞limF(1,−m−2m+ϵ∣∣∣∣∣∣ 2)=22m,m⩾0
这样,分子在 k>m 时候为 0,分母 (−2m)k 在 k>2m 时才为 0,这样以来,极限刚好给出了良好的定义
(1)
(m2m)ε→∞limF(1,−m−2m+ε∣∣∣∣∣∣ 2)=22m,m⩾0
根据 (1) 可以推出其他恒等式,在反射定律中,令 z=2,a=−m,b=1,c=−2m+ε
(−1)mε→0limF(1,−m−2m+ε∣∣∣∣∣∣ 2)=ε→0limF(−m,−2m−1+ε−2m+ε∣∣∣∣∣∣ 2)
=ε→0limk⩾0∑(−2m+ε)k(−m)k(−2m−1+ε)k⋅k!2k=k⩽m∑(km)(2m)k(2m+1)k(−2)k
这就给出了一个公式
k⩽m∑(km)2m+1−k2m+1(−2)k=(−1)m22m/(m2m),这里用了公式 (1)
=1/(m−1/2),m⩾0
(−1)m22m(2m)(2m−1)⋯2⋅1m!m!=(−1)m⋅m(m−21)(m−22)⋯1⋅21m!m!
=(m(m−1)⋯1)⋅((−21+m)(−23+m)⋯(21))m!m!⋅(−1)m
=1/(m−1/2),m⩾0
微分法
二项级数的部分和恒等式 描述如下
k⩽m∑(km+r)xkym−k=k⩽m∑(k−r)(−x)k(x+y)m−k
两边同时对 y 微分 n 次,然后令 m−n−k 代替 k,很容易得出
k⩾0∑(m−n−km+r)(nn+k)xm−n−kyk=k⩾0∑(m−n−k−r)(nn+k)(−x)m−n−k(x+y)k
展开写成超几何函数形式,左边记 tktk+1,右边记 tk′tk+1′
左边超几何表示 t0F(n−m,n+1n+r+1∣∣∣∣∣∣ −y)
右边超几何表示 t0′F(n−m,n+1n−m−r+1∣∣∣∣∣∣ 1+y)
这里令 ⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎧n−m=an+1=−n′n+r+1=cn−m−r+1=a−c−n′+1
另外 t0t0′=(c−1+n′)!⋅(c−a−1)!(c−a−1+n′)!⋅(c−1)!,实际上这里做了替换
{c−a=m+r+1r−1=c+n′−1
于是我们有 t0t0′=cn′(c−a)n′=(−c)n′(a−c)n′
可以推出超几何变换
F(a,−nc∣∣∣∣∣∣ z)=(−c)n(a−c)nF(a,−n1−n+a−c∣∣∣∣∣∣ 1−z)
超几何级数的微分
dzdF(a1,⋯,amb1,⋯,bn∣∣∣∣∣∣ z)=k⩾1∑b1k⋯bnk(k−1)!a1k⋯amkzk−1
作代换,令 k−1=k′,从而有
=k+1⩾1∑b1k+1⋯bnk+1(k)!a1k+1⋯amk+1zk=k⩾0∑b1(b1+1)k⋯bn(bn+1)k(k)!a1(a1+1)k⋯am(am+1)kzk
=b1⋯bna1⋯amF(a1+1,⋯,am+1b1+1,⋯,bn+1∣∣∣∣∣∣ z)
dzdF(a1,⋯,amb1,⋯,bn∣∣∣∣∣∣ z)=b1⋯bna1⋯amF(a1+1,⋯,am+1b1+1,⋯,bn+1∣∣∣∣∣∣ z)
微分算子
记算子 ϑ=zdzd
容易推出
dzdF(a1,⋯,amb1,⋯,bn∣∣∣∣∣∣ z)=zk⩾1∑b1k⋯bnk(k−1)!a1k⋯amkzk−1=k⩾0∑b1k⋯bnk(k)!ka1k⋯amkzk
(ϑ+a1)F(a1,⋯,amb1,⋯,bn∣∣∣∣∣∣ z)=k⩾0∑b1k⋯bnkk!a1(a1+1)ka2k⋯amkzk=a1⋅F(a1+1,a2,⋯,amb1,⋯,bn∣∣∣∣∣∣ z)
(ϑ+b1−1)F(a1,⋯,amb1,⋯,bn∣∣∣∣∣∣ z)=k⩾0∑b1k⋯bnkk!(k+b1−1)a1ka2k⋯amkzk=k⩾0∑(b1−1)kb2k⋯bnkk!(b1−1)a1ka2k⋯amkzk
=(b1−1)F(a1,⋯,amb1−1,b2,⋯,bn∣∣∣∣∣∣ z)
从而有超几何函数微分方程如下
(ϑ+a1)(ϑ+a2)⋯(ϑ+am)F=(a1⋯am)F(a1+1,⋯,am+1b1,⋯,bn∣∣∣∣∣∣ z)
(ϑ+b1−1)⋯(ϑ+bn−1)F=(b1−1)⋯(bn−1)F(a1,⋯,amb1−1,⋯,bn−1∣∣∣∣∣∣ z)
记算子 D=dzd,从而
D(ϑ+b1−1)⋯(ϑ+bn−1)F=(ϑ+a1)(ϑ+a2)⋯(ϑ+am)F(1)
反过来,我们可以从微分方程回到幂级数,不妨设 F(z)=k⩾0∑tkzk 是满足上式子的幂级数
左边,观察 [zk+1] 系数,对于 (ϑ+bn−1)
其系数为 Q(z)=(k+1)tk+1zk+1+(bn−1)tk+1zk+1=(k+bn)tk+1zk+1
D(ϑ+b1−1)⋯(ϑ+bn−1)F(z)=[zk](k+1)(k+b1)⋯(k+bn)tk+1
注意这里对 z 求导,自然会有 (k+1) 这一项
同理,右边为 [zk](k+a1)(k+a2)⋯(k+an)tk
由此 tktk+1=(k+b1)⋯(k+bn)(k+1)(k+a1)(k+a2)⋯(k+am),恰好对于超几何函数表达式
另外,更为普遍的是 2 个上参数的超几何表达式
z(1−z)F′′(z)+(c−z(a+b+1))F′(z)−abF(z)=0(2)
F(z)=F(a,bc∣∣∣∣∣∣ z),根据上式,D(ϑ+c−1)F=(ϑ+a)(ϑ+b)F
其中 (ϑ+c−1)F=zF′(z)+(c−1)F(z),对其求导
左边 F′(z)+zF′′(z)+(c−1)F′(z),右边 zF′(z)+z2F′′(z)+bzF′(z)+azF′(z)+abF(z)
z(1−z)F′′(z)+(c−z(a+b+1))F′(z)−abF(z)=0
如果幂级数 F(z)=k⩾0∑tkzk 满足 (1),那么我们可以有
tktk+1=(k+b1)⋯(k+bn)(k+1)(k+a1)⋯(k+am)
从而 F(z) 就是 t0F(a1,⋯,am; b1,⋯,bn; z)
微分法应用
算子 ϑ=zdzd,所以对于 (1) 而言
右边形式为 αkzkF(k)(z),左边有形式 βkzk−1F(k)(z)
所以微分方程总是可以写成
zn−1(βn−zαn)F(n)(z)+⋯+(β1−zα1)F′(z)−α0F(z)=0(3)
写成全 ϑ 形式,可以用 z 乘以 (1) 的两边
ϑ(ϑ+b1−1)⋯(ϑ+bn−1)F=z(ϑ+a1)⋯(ϑ+am)F
ϑ=(ϑ+1−1) 对应超几何表达式中的 (k+1),(ϑ+bj−1) 对应因子 (k+bj),对应到超几何函数中的 bjk
右边的 z 对应 zk,(ϑ+aj) 对应 ajk
高斯恒等式
高斯恒等式重要的理论依据是基于 2 个上参数的恒等式的超几何表达,即上式 (2)
F⎝⎛2a,2ba+b+21∣∣∣∣∣∣∣ x⎠⎞=F⎝⎛a,ba+b+21∣∣∣∣∣∣∣ 4t(1−t)⎠⎞
先来看右边,令 x=4t(1−t),那么右边形式满足微分方程
x(1−x)dx2d2P+(a+b+21−(a+b+1)x)dxdP−abP=0(2)
作变换,令 x=4t(1−t),那么有 dtdx=4−8t,dxdt=4(1−2t)1
dxdP=dtdP⋅dxdt=4−8t1⋅dtdP
dx2d2P=dxd(4−8t1)⋅dtdP+4−8t1⋅dxd(dtdP)
=dtd(4−8t1)⋅dxdt⋅dtdP+(4−8t)21dt2d2P
=16(1−2t)21dt2d2P+8(1−2t)31dtdP
原式划归如下
41t(1−t)dt2d2P+2(1−2t)t(1−t)dtdP+(a+b+21)(1−4t(1−t))4(1−2t)21dtdP−4(1−2t)2t(1−t)dtdP−abP=0
t(1−t)dt2d2P+(a+b+21−(2a+2b+1)t)dtdP−4abP=0
将高斯恒等式左边代入 (2),恰好和上式一致,问题证毕
超几何恒等式关于二项式系数的推论
先来看一个关于复数 z!1 的定义
z!1=n→∞lim(nn+z)n−z(4)
证明其实很简单,因为 n→∞limnm(n+m)m=1,从而 (nn+m)⋅nmm!=1
令 m=z,即可证明
这是为了引出阶乘加倍公式
x!(x−21)!=(2x)!(−21)!/22x(5)
证明并不难,在 (4) 中分别令 z=−1/2,z=x,z=x−1/2
(−1/2)!=1/(nn−1/2)⋅n−1/2
x!(x−1/2)!=(nn+x)⋅n−x⋅n−x+1/2⋅(nn+x−1/2)
从而有 x!(x−1/2)!(−1/2)!=n→+∞lim(nn+x)(nn+x−1/2)⋅n−2x/(nn−1/2)(1.0)
这里我们要依据两个已知的恒等式,rk(r−21)k=(2r)2k/22k(1.1)
(nn−21)=(n2n)/22n(1.2)
在 (1.1) 中,令 r=n+x, k=n,可以得到 n!(n+x)n⋅n!(n+x−1/2)n=(2n)!(2n+2x)2n⋅n!n!(2n)!⋅2−2n
同时 (1.2) 给出 (nn−1/2)=(n2n)⋅2−2n
(1.0) 化简成 n→∞lim(2n2x+2n)⋅n−2x
同时在 (4) 中令 z=2x, n←2n,综上所得,可知
x!(x−21)!=(2n2n+2x)(−21)!⋅n2x,(2x)!=(2n2n+2x)(2n)2x
相乘即可得到 (5)
超几何级数与二项式还有一个推论
k⩽m∑(nm−k)(km+n+1)(2−1)k=(n(m+n)/2)2n−m[m+n是偶数],m⩾n⩾0(6)
首先不难将二项式写成超几何形式 ε→0lim(nm)F(n−m,−n−m−1+αε−m+ε∣∣∣∣∣∣ 21)
令 α=2,这样可以用高斯恒等式
ε→0lim(nm)F(2(n/2−m/2),2(−n/2−m/2−1/2+ε)−m+ε∣∣∣∣∣∣ 21)=ε→0lim(nm)F(n/2−m/2,−n/2−m/2−1/2+ε−m+ε∣∣∣∣∣∣ 1)
1) m+n 是奇数,m+n=2N−1,那么 F=F(N−m−1/2,−N+ε−m+ε∣∣∣∣∣∣ 1),只要证明 ε→0limF=0
根据欧拉恒等式的推广,F(a,bc∣∣∣∣∣∣ 1)=Γ(c−a)Γ(c−b)Γ(c−a−b)Γ(c),Rc⩾Ra+Rb
此时 Γ(c−b)=Γ(N−m),因为 2N−2m=n−m+1⩽0
所以 N⩽m,因此分母 Γ(N−m)→∞,从而 F→0
2) m+n 是偶数,n−m=−2N,那么令 n=m−2N,可以得到
ε→0limF(−N,N−m−1/2+ε−m+ε∣∣∣∣∣∣ 1)
而这个形式恰好符合恒等式 F(−n,ac∣∣∣∣∣∣ 1)=cn(c−a)n,代入
ε→0limF=mN(N−1/2)N
此时只需要证明 (m−2Nm)(−1/2)!(N−1/2)!⋅m!(m−N)!=(m−2Nm−N)2−2N
在 (5) 中令 x=N,即可证明
(m−2N)!(N)!(m−N)!⋅(2N)!N!⋅(−1/2)!(N−1/2)!=(m−2Nm−N)⋅2−2N
至此,超几何函数只剩下差分,机械求和法两个部分没有讨论了
q-binomial
q-binomial 定义和常用结论
定义
[n]q=i=0∑n−1qi=x→qlim1−x1−xn,[n]!q=i=1∏n[i]q
[mn]q=[m]!q[n−m]!q[n]!q
性质1
[mn]1=(mn)
展开可得
[mn]q=x→qlimi=1∏m1−x1−xii=1∏n−m1−x1−xii=1∏n1−x1−xi=x→qlimi=1∏m(1−xi)i=n−m+1∏n(1−xi)
性质2
[mn]q=[n−mn]q(1)
若 n⩾1,那么有
[mn]q=[m−1n−1]q+qm[mn−1]q(2)
证明,只需要展开即可验证
[m−1n−1]q+qm[mn−1]q
=i=1∏m−1(1−qi)i=n−m+1∏(1−qi)+qm⋅i=1∏m(1−qi)i=n−m∏n−1(1−qi)
=i=1∏m(1−qi)(1−qm)i=n−m+1∏n−1(1−qi)+qm(1−qn−m)i=n−m+1∏n−1(1−qi)
整理得到,i=1∏m(1−qi)i=n−m+1∏n(1−qi)=[mn]q
于此同时,令 m=n−m 还可以得到
[mn]q=qn−m[m−1n−1]q+[mn−1]q
这个式子还有一个组合意义,建立一个纵向 [0,n],横向 [0,m] 的 n×m 的网格
从 (0,0) 开始,每一次往上或者往右走一步,最后到达 (n−m,m)
在所有可能经过的路径中,路径右下方网格数为 cnt,那么 [mn]q 就表示 ∑qcnt
证明用递推,从 (0,0)→(n−m,m) 的路径中,到达 (n−