Tiếp theo Phần 1 , Phần 2, Phần 3 , Phần 4, Phần 5, Phần 6, Phần 7, Phần 8, Phần 9, Phần 10, Phần 11 và Phần 12.
Hàm siêu hình học là một mở rộng của việc khai triển thành chuỗi lũy thừa của nhiều hàm số và có nhiều ứng dụng trong tính tích phân.

Trước hết ta định nghĩa hoán vị tổng quát

$$(z)_n = \begin{cases} 1 &\text{ nếu } n = 0 \\ {} \\

\frac{\Gamma(z+n)}{\Gamma(z)}=z(z+1) \cdots (z+n-1) &\text{ nếu } n > 0.

\end{cases}$$

Ta có $(1)_n = 1. 2. 3 \cdots n = n!$ và $(2)_n = 2. 3.4 \cdots (n+1)=(n+1)!$

Dùng khái niệm trên ta định nghĩa hàm siêu hình học Gauss như sau

$${}_2F_1(a,b;c;z) = \sum_{n=0}^\infty \frac{(a)_n (b)_n}{(c)_n} \frac{z^n}{n!}.$$

1. Biểu diễn các hàm thường gặp thông qua hàm siêu hình học

$ \displaystyle z{}_2F_1 (1,1;2;-z)= z\sum_{n\geq 0}\frac{(1)_n (1)_n}{(2)_n}\frac{(-z)^n}{n!}=\sum_{n\geq 0}\, (-1)^n\frac{ \, n!}{(n+1)!}z^{n+1}$

$=\sum_{n\geq 0}(-1)^{n}\frac{z^{n+1}}{n+1}=\log(1+z) $
$ \displaystyle _2F_1(a,1;1;z)= \sum_{n\geq 0}\frac{(a)_n \, (1)_n}{(1)_n}\frac{z^n}{n!}=\sum_{n\geq 0}\frac{(a)_n }{n!}z^n=(1-z)^{-a}$

$ \displaystyle z \, _2F_1\left(\tfrac{1}{2}, \tfrac{1}{2}; \tfrac{3}{2};z^2\right)=\sum_{n\geq 0}\frac{\left( \frac{1}{2}\right)_n\, \left( \frac{1}{2}\right)_n}{\left( \frac{3}{2}\right)_n}\frac{z^{2n+1}}{n!}$

$= \sum_{n \geq 0}\frac{ \left( \frac{1}{2}\right)_n}{2n+1}\frac{z^{2n+1}}{n!}= \sum_{n \geq 0}\frac{1 \cdot 3 \cdot 5 \cdots (2n-1)}{2^n \, n!\, (2n+1)}z^{2n+1}$.
Hay

$ \displaystyle z \, _2F_1\left(\tfrac{1}{2}, \tfrac{1}{2}; \tfrac{3}{2};z^2\right)= \sum_{n \geq 0}\frac{(2n)!}{4^n \, (n!)^2\, (2n+1)}z^{2n+1}=\sum_{n \geq 0}\frac{{2n \choose n}}{4^n \, (2n+1)}z^{2n+1}= \arcsin(z)$

Giả sử

$ \displaystyle _2 F_1 ( a, b; c; z ) = \sum_{k \geq 0} t_k \,\,\, , \,\,\, t_0 =1 \,\,\,\,\,\,\,\,\, (1)$

Xét tỉ số

$ \displaystyle \frac{t_{k+1}}{t_k} = \frac{(k+a) (k+b) }{(k+c) (k+1)} z \,\,\,\,\,\,\,\,\, (2)$

Từ đó ta có thể tìm các hệ số  $a,b,c $ và $z$ nếu biết chuỗi lũy thừa tương đương với (1).


Ví dụ: Tìm biểu diễn siêu hình học của các hàm

1. $ \displaystyle f(z) = e^ z $

Khai triển Taylor của nó là


$ \displaystyle f(z) = e^ z= \sum_{k\geq 0} \frac{z^k}{k!}$

Do đó


$ \displaystyle \frac{t_{k+1} }{t_k} = \frac{z}{k+1} $


So sánh với (2) ta có


$ \displaystyle e^z ={} _2 F_1 (-,-;-;z)$

1. $ \displaystyle f(z) = \cos(z) = \sum_{k\geq 0} \frac{(-1)^k z^{2k}}{(2k)!} $

Tương tự


$ \displaystyle \frac{t_{k+1}}{t_k} = -\frac{1}{(2k+2)(2k+1)}z= \frac{1}{(k+1)\left(k+\frac{1}{2} \right)}\frac{-z^2}{4}$


So sánh với (2) ta có


$ \displaystyle \cos(z)={}_2 F_1 \left(-,- ; \frac{1}{2}; \frac{-z^2}{4} \right)$

1. $ \displaystyle f(z) = (1-z)^{-a}= \sum_{k\geq 0}\frac{(a)_k}{k!}z^k$

$ \displaystyle \frac{t_{k+1}}{t_k} =\frac{(k+a)}{(k+1)}z= \frac{(k+a)(k+1)}{(k+1)(k+1)}z$

Do đó


$ \displaystyle (1-z)^{-a} ={} _2F_1(a,1;1;z)$


2. Một số biểu diễn tích phân
Tính chất 1.

$ \displaystyle \beta(c-b,b) \, _2F_1(a,b;c;z)=\int_0^1 \frac{t^{b-1}(1-t)^{c-b-1}}{(1-tz)^a}\, dt $

Chứng minh.

Biến đổi vế phải

$ \displaystyle \int_0^1 t^{b-1}(1-t)^{c-b-1} \, (1-tz)^{-a}\, dt $


Dùng khai triển của $ \displaystyle (1-tz)^{-a}$ ta được


$ \displaystyle \int_0^1 t^{b-1}(1-t)^{c-b-1} \sum_{k\geq 0}\frac{(a)_k}{k!}\, (tz)^k $

Từ đó

$ \displaystyle \sum_{k\geq 0}\frac{(a)_k}{k!}\, z^k \, \int_0^1 t^{k+b-1}(1-t)^{c-b-1}\, dt $

Sử dụng hàm beta và đẳng thức  $ \displaystyle \beta(c-b,b) = \frac{\Gamma(b)\Gamma(c-b)}{\Gamma(c)}$ ta có


$ \displaystyle \sum_{n\geq 0}\frac{(a)_k \Gamma(k+b) \Gamma(c-b)}{ \Gamma(k+c)}\, \frac{z^k}{k!} $
Suy ra

$ \displaystyle \beta(c-b,b)\sum_{k\geq 0}\frac{(a)_k \Gamma(k+b) \Gamma(c)}{\Gamma(b) \Gamma(k+c)}\, \frac{z^k}{k!}= \beta(c-b, b) \int^1_0 \frac{(a)_k (b)_k}{(c)_k} \frac{z^k}{k!} $

Đặc biệt khi $ \displaystyle z=1$:

$ \displaystyle _2F_1(a,b;c;1)= \frac{1}{\beta(c-b,b) \,}\int_0^1 \frac{t^{b-1}(1-t)^{c-b-1}}{(1-t)^a}\, dt $


$ \displaystyle _2F_1(a,b;c;1)=\frac{1}{\beta(c-b,b) }\int_0^1 t^{b-1}(1-t)^{c-b-a-1}\, dt =\frac{\beta(b,c-b-a)}{\beta(c-b,b) }=\frac{\Gamma(c-b-a)\Gamma(c)}{\Gamma(c-a)\Gamma(c-b)}$

Còn nữa...