Uso del método de Ramanujan para demostrar funciones hipergeométricas mayores

Question

Ramanujan tenía un método interesante para obtener diferentes identidades hipergeométricas. Voy a proporcionar un breve seguimiento de cómo:

Método de Ramanujan de la identidad de Morley:

Empieza con el producto de dos binomios $\displaystyle(1+u)^{y+n}\left(1+1/u\right)^x$ . El coeficiente de $u^n$ (denominado $[u^n]$ ) se da $$\displaystyle\begin{align*}[u^n](1+u)^{y+n}\left(1+\frac 1u\right)^x & =[u^n]\sum\limits_{k=0}^{\infty}\binom xku^{-k}\sum\limits_{r=0}^{\infty}\binom{y+n}ru^r\\ & =\sum\limits_{k=0}^{\infty}\binom xk[u^{n+k}]\sum\limits_{r=0}^{\infty}\binom{y+n}ru^r\\ & =\sum\limits_{k=0}^{\infty}\binom xk\binom{y+n}{n+k}\end{align*}$$ Y también tenemos el coeficiente de $u^n$ de $(1+u)^{x+y+n}u^{-x}$ $$\Estilo de visualización \begin{align*}[u^{n+x}](1+u)^{x+y+n} & =[u^{n+x}]\sum\limits_{k=0}^{\infty}\binom{x+y+n}{k}u^k=\binom{x+y+n}{n+x}\end{align*}$$ Como son iguales, la identidad hipergeométrica se obtiene poco después con un poco de manipulación.

Preguntas:

1. Desde $(1+u)^{y+n}(1+1/u)^x$ da $_2F_1$ ¿cómo se obtienen secuencias mayores, por ejemplo $_5F_4$ ?
2. Usando eso, ¿es posible probar $$_5F_4\left[\begin{array}{c c}\frac 12n+1,n,-x,-y,-z\\\frac 12n,x+n+1,y+n+1,z+n+1\end{array}\right]=\frac {\Gamma(x+n+1)\Gamma(y+n+1)\Gamma(z+n+1)\Gamma(x+y+z+n+1)}{\Gamma(n+1)\Gamma(x+y+n+1)\Gamma(y+z+n+1)\Gamma(x+z+n+1)}$$

He pasado algún tiempo, pero no tengo ni idea de qué hacer. Creo que el RHS puede ser representado por $$\binom{x+y+z+n}r$$

Para $r=$ algo. Sin embargo, no estoy seguro de lo que el LHS es, y lo que $r$ es.

Answer 1

Todo lo que sigue se realiza en el ámbito del Método de los Coeficientes. Algunas de las restricciones de indexación pueden aliviarse si es necesario. Los resultados son un poco tediosos pero sencillos. Es bueno tener a mano técnicas generalizadas.
Lema 1. Para $b>a$ y $(b-a)\in\mathbb{Z}$ la función generadora de $\left(\begin{array}{c} n+a\cdot k\\ m+b\cdot k \end{array}\right)$ es $\left[t_{0}^{n}\right]\frac{t_{0}^{m}}{\left(1-t_{0}\right)^{m+1}}\cdot\frac{1}{1-\left(\frac{t_{0}^{b-a}}{\left(1-t_{0}\right)^{b}}\right)\cdot s}$
donde s es la variable de indexación, es decir
En $\left[t_{0}^{n}\right]$ es un operador que transforma ${\displaystyle \sum\left(\frac{t_{0}^{i}}{\left(1-t_{0}\right)^{j}}\right)^{k}}s^{k}$ a ${\displaystyle \sum}\left(\begin{array}{c} n+a\cdot k\\ m+b\cdot k \end{array}\right)s^{k}$

$Proof. \left[t_{0}^{n}\right]\frac{t_{0}^{m}}{\left(1-t_{0}\right)^{m+1}}\cdot\frac{1}{1-\left(\frac{t_{0}^{b-a}}{\left(1-t_{0}\right)^{b}}\right)\cdot s}=\left[t_{0}^{0}\right]\frac{t_{0}^{m-n}}{\left(1-t_{0}\right)^{m+1}}{\displaystyle \sum_{k}}\left(\frac{t_{0}^{b-a}}{\left(1-t_{0}\right)^{b}}\right)^{k}s^{k}$
Para un k concreto evaluamos el término seleccionado por $\left[t_{0}^{0}\right]$ (el $CT()$ tipo de término).
$\left[t_{0}^{0}\right]\frac{t_{0}^{m-n}}{\left(1-t_{0}\right)^{m+1}}{\displaystyle \sum_{k}}\left(\frac{t_{0}^{b-a}}{\left(1-t_{0}\right)^{b}}\right)^{k}=\left[t_{0}^{0}\right]\frac{t_{0}^{m-n+\left(b-a\right)\cdot k}}{\left(1-t_{0}\right)^{m+1+b\cdot k}}$
$=\left[t_{0}^{0}\right]t_{0}^{m-n+\left(b-a\right)\cdot k}{\displaystyle {\displaystyle \sum_{i}\left(\begin{array}{c} m+b\cdot k+i\\ i \end{array}\right)t_{0}^{i}}}$
Configuración $m-n+\left(b-a\right)\cdot k+i=0$ da $i=n-m-\left(b-a\right)\cdot$
$=\left(\begin{array}{c} m+b\cdot k+n-m-\left(b-a\right)\cdot k\\ n-m-\left(b-a\right)\cdot k \end{array}\right) =\left(\begin{array}{c} n+a\cdot k\\ n-m-\left(b-a\right)\cdot k \end{array}\right)$

$=\left(\begin{array}{c} n+a\cdot k\\ m+b\cdot k \end{array}\right)$
Lema 2. ${\displaystyle \sum_{k=0}}{\displaystyle \prod_{i=0}^{j}\left(\begin{array}{c} n_{i}+a_{i}\cdot k\\ m_{i}+b_{i}\cdot k \end{array}\right)s^{k}=\left(\prod_{i=0}^{j}\left(\left[t_{i}^{n_{i}}\right]\frac{t_{i}^{m_{i}}}{\left(1-t_{i}\right)^{m_{i}+1}}\right)\right)\cdot\frac{1}{1-s\cdot{\displaystyle \prod_{i=0}^{j}\left(\left(\frac{t_{i}^{\left(b_{i}-a_{i}\right)}}{\left(1-t_{i}\right)^{b_{i}}}\right)\right)}}}$
Prueba. No es más que la aplicación iterativa del Lemma 1 ya que los términos están aislados.
Lema 3. ${\displaystyle \sum_{k=0}}{\displaystyle \prod_{i=0}^{j}\left(\begin{array}{c} n_{i}+a_{i}\cdot k\\ m_{i}+b_{i}\cdot k \end{array}\right)=\left(\prod_{i=0}^{j}\left(\left[t_{i}^{n_{i}}\right]\frac{t_{i}^{m_{i}}}{\left(1-t_{i}\right)^{m_{i}+1}}\right)\right)\cdot\frac{1}{1-{\displaystyle \prod_{i=0}^{j}\left(\left(\frac{t_{i}^{\left(b_{i}-a_{i}\right)}}{\left(1-t_{i}\right)^{b_{i}}}\right)\right)}}}$
Prueba. Esto es sólo la caída de s , o el establecimiento de s = 1 si lo prefiere, pero que tiene la implicación de la evaluación. Lo cual no es necesario ya que el propósito es generar coeficientes no valores de funciones.
Ejemplo 4. ${\displaystyle \sum_{k}\left(\begin{array}{c} x\\ k \end{array}\right)\left(\begin{array}{c} y+n\\ n+k \end{array}\right)=\left[t_{0}^{x}\right]\left[t_{1}^{y+n}\right]\frac{t_{0}^{0}}{\left(1-t_{0}\right)^{1}}\cdot\frac{t_{1}^{n}}{\left(1-t_{1}\right)^{n+1}}\cdot\frac{1}{1-\frac{t_{0}^{1}}{\left(1-t_{0}\right)^{1}}\cdot\frac{t_{1}^{1}}{\left(1-t_{1}\right)^{1}}}}$
$=\left[t_{0}^{0}\right]\left[t_{1}^{0}\right]\frac{t_{0}^{-x}}{\left(1-t_{0}\right)^{1}}\cdot\frac{t_{1}^{-y}}{\left(1-t_{1}\right)^{n+1}}\cdot\frac{1}{1-\frac{t_{0}^{1}}{\left(1-t_{0}\right)^{1}}\cdot\frac{t_{1}^{1}}{\left(1-t_{1}\right)^{1}}}$
$=\left[t_{0}^{0}\right]\left[t_{1}^{0}\right]\frac{t_{0}^{-x}}{\left(1-t_{0}\right)^{0}}\cdot\frac{t_{1}^{-y}}{\left(1-t_{1}\right)^{n}}\cdot\frac{1}{\left(1-t_{0}-t_{1}\right)}=\left[t_{0}^{0}\right]\left[t_{1}^{0}\right]t_{0}^{-x}\frac{t_{1}^{-y}}{\left(1-t_{1}\right)^{n+1}}{\displaystyle \cdot\frac{1}{\left(1-\frac{t_{0}}{\left(1-t_{1}\right)}\right)}}$
$=\left[t_{0}^{0}\right]\left[t_{1}^{0}\right]t_{0}^{-x}\frac{t_{1}^{-y}}{\left(1-t_{1}\right)^{n+1}}\cdot{\displaystyle \sum_{i}\left(\frac{t_{0}}{\left(1-t_{1}\right)}\right)^{i}=\left[t_{0}^{0}\right]\left[t_{1}^{0}\right]{\displaystyle \sum_{i}}\frac{t_{0}^{i-x}\cdot t_{1}^{-y}}{\left(1-t_{1}\right)^{n+1-i}}}$
Evaluación de la $t_{0}$ tenemos i=x
$=\left[t_{1}^{0}\right]{\displaystyle \cdot}\frac{t_{1}^{-y}}{\left(1-t_{1}\right)^{n+1+x}}=\left[t_{1}^{0}\right]\cdot t_{1}^{-y}{\displaystyle \sum_{j}\left(\begin{array}{c} n+x+j\\ j \end{array}\right)^{j}t_{1}^{j}}$
Fijando j-y=0 se obtiene j=y
$\left(\begin{array}{c} n+x+y\\ y \end{array}\right)=\left(\begin{array}{c} n+x+y\\ n+x \end{array}\right)$
Cuál es su primera respuesta
Observación Si se quiere puedo realizar la evaluación de los tres términos en los comentarios pero se hace un poco tedioso. Este fue un buen problema para mí porque he estado queriendo organizar esto durante años.