Forma cerrada conjeturada de $G^{2~2}_{3~3}\left(1\middle|\begin{array}c1,1;b+1\\b,b;0\end{array}\right)$

Question

En mi respuesta a esta pregunta Me encuentro con el siguiente caso de la función G de Meijer:

$$F(b)=G^{2~2}_{3~3}\left(1\middle|\begin{array}c1,1;b+1\\b,b;0\end{array}\right), b>0$$

y basado en mis experimentos, $F(b)$ tienen la siguiente forma cerrada:

$$F(b) \stackrel?=\frac{\Gamma(b)}{b}\left(-\gamma-\psi(b)+\frac{2^{1-b}}{b}{_2F_1}\left(\begin{array}c1,1\\b+1\end{array}\middle|-1\right)+b{_3F_2}\left(\begin{array}c1,1,b+1\\2,2\end{array}\middle|-1\right)\right)$$

¿Hay alguna posibilidad de probarlo?

Edición: Utilizando la definición de la función G de Meijer, $F(b)$ tienen la representación integral: $$F(b)=\frac{1}{2\pi}\int^{+\infty}_{-\infty}\frac{\Gamma(\tfrac{b}{2}+ix)\Gamma(\tfrac{b}{2}-ix)}{\tfrac{b^2}{4}+x^2}dx.$$

Edición 2: He encontrado otra generalización: $$F(b,z)=G^{2~2}_{3~3}\left(z\middle|\begin{array}c1,1;b+1\\b,b;0\end{array}\right)=\frac{1}{2\pi}\int^{+\infty}_{-\infty}\frac{\Gamma(\tfrac{b}{2}+ix)\Gamma(\tfrac{b}{2}-ix)}{\tfrac{b^2}{4}+x^2}e^{(b/2+ix)\log z}dx\\ \stackrel?=\frac{\Gamma(b)z^b}{b}\left(-\log z-\gamma-\psi(b)+\frac{(z+1)^{1-b}}{b}{_2F_1}\left(\begin{array}c1,1\\b+1\end{array}\middle|-z\right)+bz~{_3F_2}\left(\begin{array}c1,1,b+1\\2,2\end{array}\middle|-z\right)\right), b\not\in\{0,-1,-2,\dots\},z\neq0,-1.$$ Edición 3: Se ha simplificado aún más el ${_2F_1}$ parte.

Answer 1

Caso $F(1,1)$ es esta afirmación: $$2 \int_{-\infty}^\infty \frac{dx}{(4 x^2+1)\cosh(\pi x)} = 2\log 2 .$$ Tal vez empiece con una prueba de ello.

añadido el 24 de marzo

Lo intentaremos $F(1,1)$ caso utilizando residuos. He cambiado ligeramente las variables para que el problema $$\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{dx}{(x^2+1)\cosh(\pi x/2)} = 2\log 2 .$$ La función $$F(z) := \frac{1}{(z^2+1)\cosh(\pi z/2)}$$ es analítica en el plano complejo, excepto los polos en $(2n+1)i$ , $n \in \mathbb Z$ . Sea $M$ sea un número entero grande, y consideremos la integral de contorno de $F$ alrededor del cuadrado con vértices $$-4 M ,\quad 4 M ,\quad 4M + 8 M i,\quad -4 M\pi + 8 M i .$$ La integral a lo largo del lado inferior es $$\int_{-4M}^{4M} \frac{dx}{(x^2+1)\cosh(\pi x/2)}$$ por lo que el límite como $M \to \infty$ es la integral a calcular. Podemos hacer estimaciones para los otros tres lados para mostrar que sus integrales van a cero como $M \to \infty$ . (Aplazado...)

Los polos para $F(z)$ dentro del cuadrado están en $z=(2n+1) i$ , para $n=0,1,\dots, 4M-1$ . Ahora $z=i$ es un doble polo, el residuo allí es $$\mathrm{Res}_{z=i} F(z) = \frac{-i}{2\pi} .$$ Para $n>0$ el residuo es $$\mathrm{Res}_{z=(2n+1) i} F(z) = \frac{(-1)^n i}{2 n (n+1)\pi}$$ Ahora como $M \to \infty$ El cuadrado encierra más y más de estos polos, por lo que en el límite la suma es la suma de todos los residuos en el semiplano superior: $$\frac{-i}{2\pi}+\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n i}{2n(n+1)\pi} =\frac{-i\log 2}{\pi}$$ por lo que finalmente la integral alrededor del contorno (que converge a la integral que queremos) también converge a $2\pi i$ veces esta suma de residuos, $$\int_{-\infty}^{+\infty} F(z)\,dz = 2 \log 2 .$$

Answer 2

Utilizando el método de la otra respuesta, suponiendo que basta con sumar los residuos en el semiplano superior como en ese caso, obtengo $$\frac{1}{2\pi}\,\int _{-\infty }^{\infty }\!{\frac {\Gamma \left(b/2+ix \right) \Gamma \left( b/2-ix \right) {{\rm e}^{ \left( b/2+ix \right) \ln \left( z \right) }}}{{b}^{2}/4+{x}^{2}}}{dx} ={\frac {\Gamma \left( b \right) \ln \left( z \right) }{b}}-{ \frac {\Psi \left( b \right) \Gamma \left( b \right) }{b}}-{\frac { \gamma\,\Gamma \left( b \right) }{b}}+{\frac {\Gamma \left( b \right) }{{b}^{2}}}+ \frac{\Gamma \left( b \right) b}{z(b+1)} \;{\mbox{$ _4 $F$ _3 $}\left(1,1,b+1,b+1;\,2,2,b+2;\,-\frac{1}{z}\right)}$$

Numéricamente, esto parece coincidir con la fórmula dada en la pregunta.

Answer 3

Inspirado en la respuesta de GEdgar para el $F(1,1)$ caso, doy una respuesta (¡a mi propia pregunta!) para el caso general.

Partimos de la representación integral $$F(b,z)=\frac{1}{2\pi}\int^{+\infty}_{-\infty}\frac{\Gamma(\tfrac{b}{2}+ix)\Gamma(\tfrac{b}{2}-ix)}{\tfrac{b^2}{4}+x^2}z^{\frac{b}{2}+ix}dx.$$

Consideramos la función $G(w)=\frac{\Gamma(\tfrac{b}{2}+iw)\Gamma(\tfrac{b}{2}-iw)}{\tfrac{b^2}{4}+w^2}z^{\frac{b}{2}+iw}dw$ . $G(w)$ tienen polos dobles en $w=\pm\frac{b}{2}i$ y polos individuales en $w=\pm(\frac{b}{2}+n)i$ para todos los enteros positivos $n$ .

Ahora dejemos que $N$ sea un número entero grande, y considere la trayectoria integral alrededor del rectángulo con vértices $-N,N,N-(N+\frac{b+1}{2})i,-N-(N+\frac{b+1}{2})i$ . Se puede demostrar que las integrales de los tres lados son cero, y por tanto tenemos $$F(b,z)=-i(\text{sum of residues of $ G(w) $ in the lower half-plane}).$$

Queda por calcular los residuos en cada polo.

De hecho, tenemos $$\begin{align*} -i\operatorname{Res}_{w=-\frac{b}{2}i}G(w)&=\frac{z^b\Gamma(b)}{b}\left(\frac1b-\log z-\gamma-\psi(b)\right)\\ -i\operatorname{Res}_{w=-(\frac{b}{2}+n)i}G(w)&=\frac{(-1)^{n+1}z^{b+n}\Gamma(b+n)}{n~n!(b+n)}. \end{align*}$$

Comparando con la forma cerrada conjeturada, sólo tenemos que demostrar que $$\frac1b-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-z)^nb\Gamma(b+n)}{n~n!\Gamma(b)(b+n)}\stackrel?=\frac{(z+1)^{1-b}}{b}{_2F_1}\left(\begin{array}c1,1\\b+1\end{array}\middle|-z\right)+bz~{_3F_2}\left(\begin{array}c1,1,b+1\\2,2\end{array}\middle|-z\right).$$

Ahora bien, tenga en cuenta que $$\frac{(z+1)^{1-b}}{b}{_2F_1}\left(\begin{array}c1,1\\b+1\end{array}\middle|-z\right)+bz~{_3F_2}\left(\begin{array}c1,1,b+1\\2,2\end{array}\middle|-z\right)\\ =b^{-1}{_2F_1}\left(\begin{array}cb,b\\b+1\end{array}\middle|-z\right)+bz~{_3F_2}\left(\begin{array}c1,1,b+1\\2,2\end{array}\middle|-z\right)\\ =\underbrace{\sum_{m=0}^{\infty}\frac{\Gamma(b+m)^2\Gamma(b+1)}{b\Gamma(b)^2\Gamma(b+m+1)m!}(-z)^m}_{n=m}-\underbrace{\sum_{m=0}^{\infty}\frac{b\Gamma(m+1)^2\Gamma(b+m+1)\Gamma(2)^2}{\Gamma(1)^2\Gamma(b+1)\Gamma(m+2)^2m!}(-z)^{m+1}}_{n=m+1}\\ =\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\Gamma(b+n)}{\Gamma(b)(b+n)n!}(-z)^n-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\Gamma(b+n)}{n~n!\Gamma(b)}(-z)^{n}\\ =\frac1b+\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{\Gamma(b+n)}{\Gamma(b)(b+n)n!}(-z)^n-\frac{\Gamma(b+n)}{n~n!\Gamma(b)}(-z)^{n}\right)\\ =\frac1b+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\Gamma(b+n)(-z)^n}{n!\Gamma(b)}\left(\frac{1}{b+n}-\frac{1}{b}\right)\\ =\frac1b-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{b\Gamma(b+n)(-z)^n}{n(b+n)n!\Gamma(b)}.$$

Edit: Ninja's por 2 minutos.