超幾何関数の下限 ${}_2F_1$

3
M.B.M. 2020-09-27 10:21.

私は、次の下限を表示しようとしています。

$${}_2F_1[-m, -m; -(m+l); z]\geq (1-z)^m,\tag{1}$$

どこ ${}_2F_1[a,b;c;z]$ガウス超幾何関数であり$m,l=0,1,2,\ldots$、および $0<z<1$。数値実験はこの限界が成り立つことを確認しているようですが、それを証明する方法がわかりません。何か助けはありますか?

私が試したこと

議論するとき $c$${}_2F_1[a,b;c;z]$ は負の整数です ${}_2F_1[a,b;c;z]$通常は未定義ですが、DLMFに関する議論によれば、ここではLHSを次のように表現できます。

$${}_2F_1[-m, -m; -(m+l); z]=\sum_{n=0}^m (-1)^n\binom{m}{n}\frac{(-m)_n}{(-(m+l))_n}z^n=\sum_{n=0}^m \binom{m}{n}\frac{\binom{m}{n}}{\binom{m+l}{n}}(-z)^n,$$ どこ $(-m)_n=\left\{\begin{array}{rl}\frac{(-1)^nm!}{(m-n)!},&0\leq n\leq m \\ 0, &n>m\end{array}\right.$あるポッホハンマーのシンボルのために$m$ そして $n$ 非負の整数。

上記の限界を証明するために、私はもともとそれを示しようとしました

$$\binom{m}{n}\frac{\binom{m}{n}}{\binom{m+l}{n}}z^n-\binom{m}{n+1}\frac{\binom{m}{n+1}}{\binom{m+l}{n+1}}z^{n+1}\geq\binom{m}{n}z^n-\binom{m}{n+1}z^{n+1}\tag{2}$$

ために $m,l,n=0,1,2,\ldots$ そして $0<z<1$
編集: @VarunVejallaは反例を指摘しました$m,l,n=2,2,1$コメントで、(2)が成り立たないことを示しています。しかし、これは(1)の真実を排除するものではありません。

(1)を証明する方法、またはそれに対する反例はありがたいです!

1 answers

2
Andy Walls 2020-09-28 03:45.

帰納法による証明:

不平等 $(1)$ のために保持します $l = 0$

$$\begin{align*}{}_2F_1[-m, -m; -(m+0); z]&=\sum_{n=0}^m (-1)^n\binom{m}{n}\frac{(-m)_n}{(-(m+0))_n}z^n\\ \\ &=\sum_{n=0}^m \binom{m}{n}\left(-z\right)^n\\ \\ &=(1-z)^m \quad \text{(binomial theorem)}\\ \\ \therefore \;{}_2F_1[-m, -m; -(m+0); z]&\ge (1-z)^m \\ \end{align*}$$

不平等を仮定する $(1)$ のために保持します $l-1$、すなわち:

$${}_2F_1[-m, -m; -(m+l-1); z]\ge (1-z)^m$$

だから今

$$\begin{align*} {}_2F_1[-m, -m; -(m+l); z] &=\sum_{n=0}^m (-1)^n\binom{m}{n}\frac{(-m)_n}{(-(m+l))_n}z^n\\ \\ &= \sum_{n=0}^m (-1)^n\binom{m}{n}\frac{(-m)_n}{\left(\frac{(-1)^n(m+l)!}{(m+l-n)!}\right)}z^n\\ \\ &= \sum_{n=0}^m (-1)^n\binom{m}{n}\frac{(-m)_n}{\frac{(-1)^n(m+l-1)!}{(m+l-1-n)!}\cdot\frac{m+l}{m+l-n}}z^n\\ \\ &= \sum_{n=0}^m \dfrac{m+l-n}{m+l}(-1)^n\binom{m}{n}\frac{(-m)_n}{(-(m+l-1))_n}z^n\\ \\ &= {}_2F_1[-m, -m; -(m+l-1); z] \\ &\quad + \dfrac{1}{m+l}\sum_{n=0}^m n(-1)^{n+1}\binom{m}{n}\frac{(-m)_n}{(-(m+l-1))_n}z^n \\ \\ &= {}_2F_1[-m, -m; -(m+l-1); z] \\ &\quad - \dfrac{z}{m+l}\sum_{n=1}^m \frac{(-m)_n(-m)_n}{(-(m+l-1))_n}\dfrac{z^{n-1}}{(n-1)!} \\ \\ &= {}_2F_1[-m, -m; -(m+l-1); z] \\ &\quad - \dfrac{z}{m+l}\sum_{k=0}^{m-1} \frac{(-m)_{k+1}(-m)_{k+1}}{(-(m+l-1))_{k+1}}\dfrac{z^{k}}{k!} \\ \\ &= {}_2F_1[-m, -m; -(m+l-1); z] \\ &\quad + \dfrac{m^2 z}{(m+l)(m+l-1)}\sum_{k=0}^{m-1} \frac{(-(m-1))_{k}(-(m-1))_{k}}{(-(m-1+l-1))_{k}}\dfrac{z^{k}}{k!} \\ \\ &= {}_2F_1[-m, -m; -(m+l-1); z] \\ &\quad + \dfrac{m^2 z}{(m+l)(m+l-1)}{}_2F_1[-(m-1), -(m-1); -(m-1+l-1); z] \\ \\ {}_2F_1[-m, -m; -(m+l); z] &\ge (1-z)^m + \dfrac{m^2 z}{(m+l)(m+l-1)}(1-z)^{m-1}\\ \\ \therefore \; {}_2F_1[-m, -m; -(m+l); z] &\ge (1-z)^m\\ \end{align*}$$

ふぅ!

すべての手順を確認してください。上記に誤りがないことを保証するものではありません。:)

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