Forma cerrada de la función hipergeométrica ${_4F_3}\left(\begin{array}c1,1,\tfrac54,\tfrac74\\\tfrac32,2,2\end{array}\middle|\,-t\right)$

Question

Inspirado por esta cuestión y por el uso de Mathematica la siguiente conjetura parece ser cierto para todas complejo distinto de cero $t$ número de: $${_4F_3}\left(\begin{array}c1,1,\tfrac54,\tfrac74\\\tfrac32,2,2\end{array}\middle|\,-t\right) \stackrel{?}{=} \frac{16}{3t}\ln\left(\tfrac14\sqrt{1+\sqrt{1+t}}\left(\sqrt{1+\sqrt{1+t}}+\sqrt{2}\right)\right),$$ donde ${_4F_3}$ es una función hipergeométrica generalizada.

¿Cómo podemos demostrar esta conjetura identidad?

Algunos casos especiales:

$$\begin{align} {_4F_3}\left(\begin{array}c1,1,\tfrac54,\tfrac74\\\tfrac32,2,2\end{array}\medio|\,-4\right) &\stackrel{?}{=} \frac{4}{3}\ln\left(\frac{\sqrt{\varphi}+\varphi}{2}\right)\\ {_4F_3}\left(\begin{array}c1,1,\tfrac54,\tfrac74\\\tfrac32,2,2\end{array}\medio|\,-8\right) &\stackrel{?}{=} \frac{2}{3}\ln\left(\frac{\sqrt2 + 2}{2}\right)\\ {_4F_3}\left(\begin{array}c1,1,\tfrac54,\tfrac74\\\tfrac32,2,2\end{array}\medio|\,-15\right) &\stackrel{?}{=} \frac{16}{45}\ln\left(\frac{\sqrt{10} + 5}{4}\right)\\ {_4F_3}\left(\begin{array}c1,1,\tfrac54,\tfrac74\\\tfrac32,2,2\end{array}\medio|\,-35\right) &\stackrel{?}{=} \frac{16}{105}\ln\left(\frac{\sqrt{14} + 7}{4}\right)\\ {_4F_3}\left(\begin{array}c1,1,\tfrac54,\tfrac74\\\tfrac32,2,2\end{array}\medio|\,-48\right) &\stackrel{?}{=} \frac{1}{9}\ln 3, \end{align}$$ donde $\varphi$ es la proporción áurea.

Especialmente para todos los $n \neq 1$ números enteros no negativos

$${_4F_3}\left(\begin{array}c1,1,\tfrac54,\tfrac74\\\tfrac32,2,2\end{array}\middle|\,1-n^2\right) \stackrel{?}{=} \frac{16}{3n^2-3}\ln\left(\frac{\sqrt{2n+2}+(n+1)}{4}\right).$$

Answer 1

Si los parámetros de $\{b_k\}$ $_4F_3$ eran un poco más genérico ( $b_k\notin \mathbb{Z}$ $b_j-b_k\notin\mathbb{Z}$ ) la prueba sería muy simple: basta con comprobar que el correspondiente hipergeométrica generalizada de la ecuación se satisface y $t\to 0 $ comportamientos de ambos lados coinciden.

En nuestra no-genéricos caso la ecuación se comprueba fácilmente, pero la principal asymptotics no necesariamente corrección de la solución de forma única. Sin embargo, podemos usar que $$\frac{d}{dt}\left(t\,{}_{p+1}F_q\Bigl[\begin{array}{c} 1,a_1,\ldots,a_p\\ b_1,\ldots,b_q \end{array};-t\Bigr]\right)={}_{p+1}F_q\Bigl[\begin{array}{c} 2,a_1,\ldots,a_p\\ b_1,\ldots,b_q \end{array};-t\Bigr].$$ Por lo tanto, si denotamos $\displaystyle f(t):={}_{4}F_3\biggl[\begin{array}{c} 1,1,\frac54,\frac74\\ 2,2,\frac32\end{array};-t\biggr]$, la última ecuación implica que $$\frac{d}{dt}\left(t\frac{d}{dt}tf(t)\right)={}_2F_1\left( \frac54,\frac74; \frac32;-t\right).\la etiqueta{$\spadesuit$}$$ Ahora vamos a denotar $g(t):=\frac{16}{3t}\ln\left(\tfrac14\sqrt{1+\sqrt{1+t}}\left(\sqrt{1+\sqrt{1+t}}+\sqrt{2}\right)\right)$ y aplicar el procedimiento descrito en el principio para demostrar que $$\frac{d}{dt}\left(t\frac{d}{dt}tg(t)\right)={}_2F_1\left( \frac54,\frac74; \frac32;-t\right).\la etiqueta{$\clubsuit$}$$ (Esto es sencillo, ya que aquí no tenemos ningún problema con el entero exponentes críticos. También, tenga en cuenta que el logaritmo es asesinado por los derivados, de modo que el lado izquierdo es algebraico).

De esta manera hemos demostrado que $$t\frac{d}{dt}tf(t)=t\frac{d}{dt}tg(t)+C_1\quad \Longrightarrow\quad f(t)=g(t)+\frac{C_1\ln t+C_2}{t}$$ con algunas constantes $C_1$$C_2$. Sin embargo, puesto que tanto $f(t)$ $g(t)$ son regulares en $t=0$, se deduce que el $C_1=C_2=0$ e lo $f(t)=g(t)$.