Solución de Frobenius a la ecuación hipergeométrica

A continuación, resolvemos la ecuación diferencial de segundo orden denominada ecuación diferencial hipergeométrica utilizando el método de Frobenius, que lleva el nombre de Ferdinand Georg Frobenius . Este es un método que utiliza la solución en serie para una ecuación diferencial, donde asumimos que la solución toma la forma de una serie. Este es generalmente el método que utilizamos para ecuaciones diferenciales ordinarias complicadas.

La solución de la ecuación diferencial hipergeométrica es muy importante. Por ejemplo, se puede demostrar que la ecuación diferencial de Legendre es un caso especial de la ecuación diferencial hipergeométrica. Por lo tanto, al resolver la ecuación diferencial hipergeométrica, se pueden comparar directamente sus soluciones para obtener las soluciones de la ecuación diferencial de Legendre, después de realizar las sustituciones necesarias. Para obtener más detalles, consulte la ecuación diferencial hipergeométrica .

Probaremos que esta ecuación tiene tres singularidades, a saber, en x = 0, x = 1 y alrededor de x = infinito. Sin embargo, como estos resultarán ser puntos singulares regulares , podremos suponer una solución en forma de serie. Como se trata de una ecuación diferencial de segundo orden, debemos tener dos soluciones linealmente independientes .

El problema, sin embargo, será que las soluciones que supongamos pueden ser independientes o no, o peor aún, pueden incluso no estar definidas (dependiendo del valor de los parámetros de la ecuación). Por eso estudiaremos los diferentes casos de los parámetros y modificaremos nuestra solución supuesta en consecuencia.

La ecuación

Resolver la ecuación hipergeométrica alrededor de todas las singularidades:

${\displaystyle x(1-x)y''+\left\{\gamma -(1+\alpha +\beta )x\right\}y'-\alpha \beta y=0}$

Solución alrededorincógnita= 0

Dejar

${\displaystyle {\begin{aligned}P_{0}(x)&=-\alpha \beta ,\\P_{1}(x)&=\gamma -(1+\alpha +\beta )x,\\P_{2}(x)&=x(1-x)\end{aligned}}}$

Entonces

${\displaystyle P_{2}(0)=P_{2}(1)=0.}$

Por lo tanto, x = 0 y x = 1 son puntos singulares. Empecemos con x = 0. Para ver si es regular, estudiamos los siguientes límites:

${\displaystyle {\begin{aligned}\lim _{x\to a}{\frac {(x-a)P_{1}(x)}{P_{2}(x)}}&=\lim _{x\to 0}{\frac {(x-0)(\gamma -(1+\alpha +\beta )x)}{x(1-x)}}=\lim _{x\to 0}{\frac {x(\gamma -(1+\alpha +\beta )x)}{x(1-x)}}=\gamma \\\lim _{x\to a}{\frac {(x-a)^{2}P_{0}(x)}{P_{2}(x)}}&=\lim _{x\to 0}{\frac {(x-0)^{2}(-\alpha \beta )}{x(1-x)}}=\lim _{x\to 0}{\frac {x^{2}(-\alpha \beta )}{x(1-x)}}=0\end{aligned}}}$

Por lo tanto, ambos límites existen y x = 0 es un punto singular regular . Por lo tanto, suponemos que la solución tiene la forma

${\displaystyle y=\sum _{r=0}^{\infty }a_{r}x^{r+c}}$

con un ₀ ≠ 0. Por lo tanto,

${\displaystyle {\begin{aligned}y'&=\sum _{r=0}^{\infty }a_{r}(r+c)x^{r+c-1}\\y''&=\sum _{r=0}^{\infty }a_{r}(r+c)(r+c-1)x^{r+c-2}.\end{aligned}}}$

Sustituyéndolos en la ecuación hipergeométrica, obtenemos

${\displaystyle x\sum _{r=0}^{\infty }a_{r}(r+c)(r+c-1)x^{r+c-2}-x^{2}\sum _{r=0}^{\infty }a_{r}(r+c)(r+c-1)x^{r+c-2}+\gamma \sum _{r=0}^{\infty }a_{r}(r+c)x^{r+c-1}-(1+\alpha +\beta )x\sum _{r=0}^{\infty }a_{r}(r+c)x^{r+c-1}-\alpha \beta \sum _{r=0}^{\infty }a_{r}x^{r+c}=0}$

Eso es,

${\displaystyle \sum _{r=0}^{\infty }a_{r}(r+c)(r+c-1)x^{r+c-1}-\sum _{r=0}^{\infty }a_{r}(r+c)(r+c-1)x^{r+c}+\gamma \sum _{r=0}^{\infty }a_{r}(r+c)x^{r+c-1}-(1+\alpha +\beta )\sum _{r=0}^{\infty }a_{r}(r+c)x^{r+c}-\alpha \beta \sum _{r=0}^{\infty }a_{r}x^{r+c}=0}$

Para simplificar esta ecuación, necesitamos que todas las potencias sean iguales, es decir, r + c − 1, la potencia más pequeña. Por lo tanto, intercambiamos los índices de la siguiente manera:

${\displaystyle {\begin{aligned}&\sum _{r=0}^{\infty }a_{r}(r+c)(r+c-1)x^{r+c-1}-\sum _{r=1}^{\infty }a_{r-1}(r+c-1)(r+c-2)x^{r+c-1}+\gamma \sum _{r=0}^{\infty }a_{r}(r+c)x^{r+c-1}\\&\qquad -(1+\alpha +\beta )\sum _{r=1}^{\infty }a_{r-1}(r+c-1)x^{r+c-1}-\alpha \beta \sum _{r=1}^{\infty }a_{r-1}x^{r+c-1}=0\end{aligned}}}$

Así, aislando el primer término de las sumas a partir de 0 obtenemos

${\displaystyle {\begin{aligned}&a_{0}(c(c-1)+\gamma c)x^{c-1}+\sum _{r=1}^{\infty }a_{r}(r+c)(r+c-1)x^{r+c-1}-\sum _{r=1}^{\infty }a_{r-1}(r+c-1)(r+c-2)x^{r+c-1}\\&\qquad +\gamma \sum _{r=1}^{\infty }a_{r}(r+c)x^{r+c-1}-(1+\alpha +\beta )\sum _{r=1}^{\infty }a_{r-1}(r+c-1)x^{r+c-1}-\alpha \beta \sum _{r=1}^{\infty }a_{r-1}x^{r+c-1}=0\end{aligned}}}$

Ahora bien, a partir de la independencia lineal de todas las potencias de x , es decir, de las funciones 1, x , x ² , etc., los coeficientes de x ^k se anulan para todo k . Por lo tanto, a partir del primer término, tenemos

${\displaystyle a_{0}(c(c-1)+\gamma c)=0}$

que es la ecuación indicial . Como a ₀ ≠ 0, tenemos

${\displaystyle c(c-1+\gamma )=0.}$

Por eso,

${\displaystyle c_{1}=0,c_{2}=1-\gamma }$

Además, del resto de términos, tenemos

${\displaystyle ((r+c)(r+c-1)+\gamma (r+c))a_{r}+(-(r+c-1)(r+c-2)-(1+\alpha +\beta )(r+c-1)-\alpha \beta )a_{r-1}=0}$

Por eso,

${\displaystyle {\begin{aligned}a_{r}&={\frac {(r+c-1)(r+c-2)+(1+\alpha +\beta )(r+c-1)+\alpha \beta }{(r+c)(r+c-1)+\gamma (r+c)}}a_{r-1}\\&={\frac {(r+c-1)(r+c+\alpha +\beta -1)+\alpha \beta }{(r+c)(r+c+\gamma -1)}}a_{r-1}\end{aligned}}}$

Pero

${\displaystyle {\begin{aligned}(r+c-1)(r+c+\alpha +\beta -1)+\alpha \beta &=(r+c-1)(r+c+\alpha -1)+(r+c-1)\beta +\alpha \beta \\&=(r+c-1)(r+c+\alpha -1)+\beta (r+c+\alpha -1)\end{aligned}}}$

Por lo tanto, obtenemos la relación de recurrencia

${\displaystyle a_{r}={\frac {(r+c+\alpha -1)(r+c+\beta -1)}{(r+c)(r+c+\gamma -1)}}a_{r-1},{\text{ for }}r\geq 1.}$

Simplifiquemos ahora esta relación dando r en términos de 0 _en lugar de r ₋₁ . A partir de la relación de recurrencia (nota: a continuación, las expresiones de la forma ( _{u )} r se _refieren al símbolo de Pochhammer ).

${\displaystyle {\begin{aligned}a_{1}&={\frac {(c+\alpha )(c+\beta )}{(c+1)(c+\gamma )}}a_{0}\\a_{2}&={\frac {(c+\alpha +1)(c+\beta +1)}{(c+2)(c+\gamma +1)}}a_{1}={\frac {(c+\alpha +1)(c+\alpha )(c+\beta )(c+\beta +1)}{(c+2)(c+1)(c+\gamma )(c+\gamma +1)}}a_{0}={\frac {(c+\alpha )_{2}(c+\beta )_{2}}{(c+1)_{2}(c+\gamma )_{2}}}a_{0}\\a_{3}&={\frac {(c+\alpha +2)(c+\beta +2)}{(c+3)(c+\gamma +2)}}a_{2}={\frac {(c+\alpha )_{2}(c+\alpha +2)(c+\beta )_{2}(c+\beta +2)}{(c+1)_{2}(c+3)(c+\gamma )_{2}(c+\gamma +2)}}a_{0}={\frac {(c+\alpha )_{3}(c+\beta )_{3}}{(c+1)_{3}(c+\gamma )_{3}}}a_{0}\end{aligned}}}$

Como podemos ver,

${\displaystyle a_{r}={\frac {(c+\alpha )_{r}(c+\beta )_{r}}{(c+1)_{r}(c+\gamma )_{r}}}a_{0},{\text{ for }}r\geq 0}$

Por lo tanto, nuestra solución asumida toma la forma

${\displaystyle y=a_{0}\sum _{r=0}^{\infty }{\frac {(c+\alpha )_{r}(c+\beta )_{r}}{(c+1)_{r}(c+\gamma )_{r}}}x^{r+c}.}$

Ahora estamos listos para estudiar las soluciones correspondientes a los diferentes casos para c ₁  −  c ₂ = γ − 1 (esto se reduce a estudiar la naturaleza del parámetro γ: si es un entero o no).

Análisis de la solución en términos de la diferencia γ − 1 de las dos raíces

γ no es un entero

Entonces y ₁ = y | _{c = 0} y y ₂ = y | _{c = 1 - γ} . Desde

${\displaystyle y=a_{0}\sum _{r=0}^{\infty }{\frac {(c+\alpha )_{r}(c+\beta )_{r}}{(c+1)_{r}(c+\gamma )_{r}}}x^{r+c},}$

tenemos

${\displaystyle {\begin{aligned}y_{1}&=a_{0}\sum _{r=0}^{\infty }{\frac {(\alpha )_{r}(\beta )_{r}}{(1)_{r}(\gamma )_{r}}}x^{r}=a_{0}\cdot {{}_{2}F_{1}}(\alpha ,\beta ;\gamma ;x)\\y_{2}&=a_{0}\sum _{r=0}^{\infty }{\frac {(\alpha +1-\gamma )_{r}(\beta +1-\gamma )_{r}}{(1-\gamma +1)_{r}(1-\gamma +\gamma )_{r}}}x^{r+1-\gamma }\\&=a_{0}x^{1-\gamma }\sum _{r=0}^{\infty }{\frac {(\alpha +1-\gamma )_{r}(\beta +1-\gamma )_{r}}{(1)_{r}(2-\gamma )_{r}}}x^{r}\\&=a_{0}x^{1-\gamma }{{}_{2}F_{1}}(\alpha -\gamma +1,\beta -\gamma +1;2-\gamma ;x)\end{aligned}}}$

Por lo tanto, sea A ′ a ₀ = a y B ′ a ₀ = B . Entonces ${\displaystyle y=A'y_{1}+B'y_{2}.}$

${\displaystyle y=A{{}_{2}F_{1}}(\alpha ,\beta ;\gamma ;x)+Bx^{1-\gamma }{{}_{2}F_{1}}(\alpha -\gamma +1,\beta -\gamma +1;2-\gamma ;x)\,}$

γ = 1

Entonces y ₁ = y | _{c = 0} . Como γ = 1, tenemos

${\displaystyle y=a_{0}\sum _{r=0}^{\infty }{\frac {(c+\alpha )_{r}(c+\beta )_{r}}{(c+1)_{r}^{2}}}x^{r+c}.}$

Por eso,

${\displaystyle {\begin{aligned}y_{1}&=a_{0}\sum _{r=0}^{\infty }{\frac {(\alpha )_{r}(\beta )_{r}}{(1)_{r}(1)_{r}}}x^{r}=a_{0}{{}_{2}F_{1}}(\alpha ,\beta ;1;x)\\y_{2}&=\left.{\frac {\partial y}{\partial c}}\right|_{c=0}.\end{aligned}}}$

Para calcular esta derivada, sea

${\displaystyle M_{r}={\frac {(c+\alpha )_{r}(c+\beta )_{r}}{(c+1)_{r}^{2}}}.}$

Entonces

${\displaystyle \ln(M_{r})=\ln \left({\frac {(c+\alpha )_{r}(c+\beta )_{r}}{(c+1)_{r}^{2}}}\right)=\ln(c+\alpha )_{r}+\ln(c+\beta )_{r}-2\ln(c+1)_{r}}$

Pero

${\displaystyle \ln(c+\alpha )_{r}=\ln \left((c+\alpha )(c+\alpha +1)\cdots (c+\alpha +r-1)\right)=\sum _{k=0}^{r-1}\ln(c+\alpha +k).}$

Por eso,

${\displaystyle {\begin{aligned}\ln(M_{r})&=\sum _{k=0}^{r-1}\ln(c+\alpha +k)+\sum _{k=0}^{r-1}\ln(c+\beta +k)-2\sum _{k=0}^{r-1}\ln(c+1+k)\\&=\sum _{k=0}^{r-1}\left(\ln(c+\alpha +k)+\ln(c+\beta +k)-2\ln(c+1+k)\right)\end{aligned}}}$

Diferenciando ambos lados de la ecuación con respecto a c , obtenemos:

${\displaystyle {\frac {1}{M_{r}}}{\frac {\partial M_{r}}{\partial c}}=\sum _{k=0}^{r-1}\left({\frac {1}{c+\alpha +k}}+{\frac {1}{c+\beta +k}}-{\frac {2}{c+1+k}}\right).}$

Por eso,

${\displaystyle {\frac {\partial M_{r}}{\partial c}}={\frac {(c+\alpha )_{r}(c+\beta )_{r}}{(c+1)_{r}^{2}}}\sum _{k=0}^{r-1}\left({\frac {1}{c+\alpha +k}}+{\frac {1}{c+\beta +k}}-{\frac {2}{c+1+k}}\right).}$

Ahora,

${\displaystyle y=a_{0}x^{c}\sum _{r=0}^{\infty }{\frac {(c+\alpha )_{r}(c+\beta )_{r}}{(c+1)_{r}^{2}}}x^{r}=a_{0}x^{c}\sum _{r=0}^{\infty }M_{r}x^{r}.}$

Por eso,

${\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {\partial y}{\partial c}}&=a_{0}x^{c}\ln(x)\sum _{r=0}^{\infty }{\frac {(c+\alpha )_{r}(c+\beta )_{r}}{(c+1)_{r}^{2}}}x^{r}+a_{0}x^{c}\sum _{r=0}^{\infty }\left({\frac {(c+\alpha )_{r}(c+\beta )_{r}}{(c+1)_{r}^{2}}}\left\{\sum _{k=0}^{r-1}\left({\frac {1}{c+\alpha +k}}+{\frac {1}{c+\beta +k}}-{\frac {2}{c+1+k}}\right)\right\}\right)x^{r}\\&=a_{0}x^{c}\sum _{r=0}^{\infty }{\frac {(c+\alpha )_{r}(c+\beta )_{r}}{(c+1)_{r}^{2}}}\left(\ln x+\sum _{k=0}^{r-1}\left({\frac {1}{c+\alpha +k}}+{\frac {1}{c+\beta +k}}-{\frac {2}{c+1+k}}\right)\right)x^{r}.\end{aligned}}}$

Para c = 0, obtenemos

${\displaystyle y_{2}=a_{0}\sum _{r=0}^{\infty }{\frac {(\alpha )_{r}(\beta )_{r}}{(1)_{r}^{2}}}\left(\ln x+\sum _{k=0}^{r-1}\left({\frac {1}{\alpha +k}}+{\frac {1}{\beta +k}}-{\frac {2}{1+k}}\right)\right)x^{r}.}$

Por lo tanto, y = C ′ y ₁ + D ′ y ₂ . Sea C ′ a ₀ = C y D ′ a ₀ = D . Entonces

${\displaystyle y=C{{}_{2}F_{1}}(\alpha ,\beta ;1;x)+D\sum _{r=0}^{\infty }{\frac {(\alpha )_{r}(\beta )_{r}}{(1)_{r}^{2}}}\left(\ln(x)+\sum _{k=0}^{r-1}\left({\frac {1}{\alpha +k}}+{\frac {1}{\beta +k}}-{\frac {2}{1+k}}\right)\right)x^{r}}$

γ un entero y γ ≠ 1

γ ≤ 0

El valor de es . Para empezar, simplificaremos las cosas concentrando un valor particular de y generalizaremos el resultado en una etapa posterior. Usaremos el valor . La ecuación indicial tiene una raíz en , y vemos a partir de la relación de recurrencia ${\displaystyle \gamma }$ ${\displaystyle \gamma =0,-1,-2,\cdots }$ ${\displaystyle \gamma }$ ${\displaystyle \gamma =-2}$ ${\displaystyle c=0}$

${\displaystyle a_{r}={\frac {(r+c+\alpha -1)(r+c+\beta -1)}{(r+c)(r+c-3)}}a_{r-1},}$

que cuando ese denominador tiene un factor que se anula cuando . En este caso, se puede obtener una solución poniendo donde es una constante. ${\displaystyle r=3}$ ${\displaystyle c}$ ${\displaystyle c=0}$ ${\displaystyle a_{0}=b_{0}c}$ ${\displaystyle b_{0}}$

Con esta sustitución, los coeficientes de se anulan cuando y . El factor de en el denominador de la relación de recurrencia se cancela con el del numerador cuando . Por lo tanto, nuestra solución toma la forma ${\displaystyle x^{r}}$ ${\displaystyle c=0}$ ${\displaystyle r<3}$ ${\displaystyle c}$ ${\displaystyle r\geq 3}$

${\displaystyle y_{1}={\frac {b_{0}}{(-2)\times (-1)}}\left({\frac {(\alpha )_{3}(\beta )_{3}}{(3!0!}}x^{3}+{\frac {(\alpha )_{4}(\beta )_{4}}{4!1!}}x^{4}+{\frac {(\alpha )_{5}(\beta )_{5}}{5!2!}}x^{5}+\cdots \right)}$

${\displaystyle ={\frac {b_{0}}{(-2)_{2}}}\sum _{r=3}^{\infty }{\frac {(\alpha )_{r}(\beta )_{r}}{r!(r-3)!}}x^{r}={\frac {b_{0}}{(-2)_{2}}}{\frac {(\alpha )_{3}(\beta )_{3}}{3!}}\sum _{r=3}^{\infty }{\frac {(\alpha +3)_{r-3}(\beta +3)_{r-3}}{(1+3)_{r-3}(r-3)!}}x^{r}.}$

Si comenzamos la suma en en lugar de vemos que ${\displaystyle r=0}$ ${\displaystyle r=3}$

${\displaystyle y_{1}=b_{0}{\frac {(\alpha )_{3}(\beta )_{3}}{(-2)_{2}\times 3!}}x^{3}{_{2}F_{1}}(\alpha +3,\beta +3;(1+3);x).}$

El resultado (tal como lo hemos escrito) se generaliza fácilmente. Para , con entonces ${\displaystyle \gamma =1+m}$ ${\displaystyle m=1,2,3,\cdots }$

${\displaystyle y_{1}=b_{0}{\frac {(\alpha )_{m}(\beta )_{m}}{(1-m)_{m-1}\times m!}}x^{m}{_{2}F_{1}}(\alpha +m,\beta +m;(1+m);x).}$

Obviamente, si , entonces . La expresión para que acabamos de dar parece un poco poco elegante ya que tenemos una constante multiplicativa aparte de la constante multiplicativa arbitraria habitual . Más adelante, veremos que podemos reformular las cosas de tal manera que esta constante adicional nunca aparezca. ${\displaystyle \gamma =-2}$ ${\displaystyle m=3}$ ${\displaystyle y_{1}(x)}$ ${\displaystyle b_{0}}$

La otra raíz de la ecuación indicial es , pero nos da (aparte de una constante multiplicativa) el mismo resultado que el obtenido utilizando . Esto significa que debemos tomar la derivada parcial (con respecto a ) de la solución de prueba habitual para encontrar una segunda solución independiente. Si definimos el operador lineal como ${\displaystyle c=1-\gamma =3}$ ${\displaystyle c=0}$ ${\displaystyle c}$ ${\displaystyle L}$

${\displaystyle L=x(1-x){\frac {d^{2}}{dx^{2}}}-(\alpha +\beta +1)x{\frac {d}{dx}}+\gamma {\frac {d}{dx}}-\alpha \beta ,}$

Entonces como en nuestro caso, ${\displaystyle \gamma =-2}$

${\displaystyle Lc\sum _{r=0}^{\infty }b_{r}(c)x^{r}=b_{0}c^{2}(c-3).}$

(Insistimos en que .) Tomando la derivada parcial con respecto a , ${\displaystyle b_{0}\neq 0}$ ${\displaystyle c}$

${\displaystyle L{\frac {\partial }{\partial c}}c\sum _{r=0}^{\infty }b_{r}(c)x^{r+c}=b_{0}(3c^{2}-6c).}$

Nótese que debemos evaluar la derivada parcial en (y no en la otra raíz ). De lo contrario, el lado derecho no es cero en lo anterior y no tenemos una solución de . El factor no se cancela para y . Esta parte de la segunda solución independiente es ${\displaystyle c=0}$ ${\displaystyle c=3}$ ${\displaystyle Ly(x)=0}$ ${\displaystyle c}$ ${\displaystyle r=0,1}$ ${\displaystyle r=2}$

${\displaystyle {\bigg [}{\frac {\partial }{\partial c}}b_{0}{\bigg (}c+c{\frac {(c+\alpha )(c+\beta )}{(c+1)(c-2)}}x+c{\frac {(c+\alpha )(c+\alpha +1)(c+\beta )(c+\beta +1)}{(c+1)(c+2)(c-2)(c-1)}}x^{2}{\bigg )}{\bigg ]}{\bigg \vert }_{c=0}.}$ ${\displaystyle =b_{0}\left(1+{\frac {\alpha \beta }{1!\times (-2)}}x+{\frac {\alpha (\alpha +1)\beta (\beta +1)}{2!\times (-2)\times (-1)}}x^{2}\right)=b_{0}\sum _{r=0}^{3-1}{\frac {(\alpha )_{r}(\beta )_{r}}{r!(1-3)_{r}}}x^{r}.}$

Ahora podemos centrar nuestra atención en los términos en los que el factor se cancela. Primero ${\displaystyle c}$

${\displaystyle cb_{3}={\frac {b_{0}}{(c-1)(c-2)}}{\cancel {c}}{\frac {(c+\alpha )(c+\alpha +1)(c+\alpha +2)(c+\beta )(c+\beta +1)(c+\beta +2)}{{\cancel {c}}(c+1)(c+2)(c+3)}}.}$

Después de esto, las relaciones de recurrencia nos dan

${\displaystyle cb_{4}=cb_{3}(c){\frac {(c+\alpha +3)(c+\beta +3)}{(c+1)(c+4))}}.}$

${\displaystyle cb_{5}=cb_{3}(c){\frac {(c+\alpha +3)(c+\alpha +4)(c+\beta +3)(c+\beta +4))}{(c+2)(c+1)(c+5)(c+4)}}.}$

Entonces, si tenemos ${\displaystyle r\geq 3}$

${\displaystyle cb_{r}={\frac {b_{0}}{(c-1)(c-2)}}{\frac {(c+\alpha )_{r}(c+\beta )_{r}}{(c+1)_{r-3}(c+1)_{r}}}.}$

Necesitamos las derivadas parciales

${\displaystyle {\frac {\partial cb_{3}(c)}{\partial c}}{\bigg \vert }_{c=0}={\frac {b_{0}}{(1-3)_{3-1}}}{\frac {(\alpha )_{3}(\beta )_{3}}{0!3!}}{\bigg [}{\frac {1}{1}}+{\frac {1}{2}}+{\frac {1}{\alpha }}+{\frac {1}{\alpha +1}}+{\frac {1}{\alpha +2}}}$ ${\displaystyle +{\frac {1}{\beta }}+{\frac {1}{\beta +1}}+{\frac {1}{\beta +2}}-{\frac {1}{1}}-{\frac {1}{2}}-{\frac {1}{3}}{\bigg ]}.}$

De manera similar, podemos escribir

${\displaystyle {\frac {\partial cb_{4}(c)}{\partial c}}{\bigg \vert }_{c=0}={\frac {b_{0}}{(1-3)_{3-1}}}{\frac {(\alpha )_{4}(\beta )_{4}}{1!4!}}{\bigg [}{\frac {1}{1}}+{\frac {1}{2}}}$ ${\displaystyle +\sum _{k=0}^{k=3}{\frac {1}{\alpha +k}}+\sum _{k=0}^{k=3}{\frac {1}{\beta +k}}-{\frac {1}{1}}-{\frac {1}{2}}-{\frac {1}{3}}-{\frac {1}{4}}-{\frac {1}{1}}{\bigg ]},}$

y

${\displaystyle {\frac {\partial cb_{5}(c)}{\partial c}}{\bigg \vert }_{c=0}={\frac {b_{0}}{(1-3)_{3-1}}}{\frac {(\alpha )_{5}(\beta )_{5}}{2!5!}}{\bigg [}{\frac {1}{1}}+{\frac {1}{2}}}$ ${\displaystyle +\sum _{k=0}^{k=4}{\frac {1}{\alpha +k}}+\sum _{k=0}^{k=4}{\frac {1}{\beta +k}}-{\frac {1}{1}}-{\frac {1}{2}}-{\frac {1}{3}}-{\frac {1}{4}}-{\frac {1}{5}}-{\frac {1}{1}}-{\frac {1}{2}}{\bigg ]}.}$

Queda claro que para ${\displaystyle r\geq 3}$

${\displaystyle {\frac {\partial cb_{r}(c)}{\partial c}}{\bigg \vert }_{c=0}={\frac {b_{0}}{(1-3)_{3-1}}}{\frac {(\alpha )_{r}(\beta )_{r}}{(r-3)!r!}}{\bigg [}H_{2}+\sum _{k=0}^{k=r-1}{\frac {1}{\alpha +k}}+\sum _{k=0}^{k=r-1}{\frac {1}{\beta +k}}-H_{r}-H_{r-3}{\bigg ]}.}$

Aquí, es la suma parcial n-ésima de la serie armónica , y por definición y . ${\displaystyle H_{k}}$ ${\displaystyle k}$ ${\displaystyle H_{0}=0}$ ${\displaystyle H_{1}=1}$

Juntando todo esto, para el caso tenemos una segunda solución ${\displaystyle \gamma =-2}$

${\displaystyle y_{2}(x)=\log x\times {\frac {b_{0}}{(-2)_{2}}}\sum _{r=3}^{\infty }{\frac {(\alpha )_{r}(\beta )_{r}}{r!(r-3)!}}x^{r}+b_{0}\sum _{r=0}^{3-1}{\frac {(\alpha )_{r}(\beta )_{r}}{r!(1-3)_{r}}}x^{r}}$

${\displaystyle +{\frac {b_{0}}{(-2)_{2}}}\sum _{r=3}^{\infty }{\frac {(\alpha )_{r}(\beta )_{r}}{(r-3)!r!}}{\bigg [}H_{2}+\sum _{k=0}^{k=r-1}{\frac {1}{\alpha +k}}+\sum _{k=0}^{k=r-1}{\frac {1}{\beta +k}}-H_{r}-H_{r-3}{{\bigg ]}x^{r}}.}$

Las dos soluciones independientes para (donde es un entero positivo) son entonces ${\displaystyle \gamma =1-m}$ ${\displaystyle m}$

${\displaystyle y_{1}(x)={\frac {1}{(1-m)_{m-1}}}\sum _{r=m}^{\infty }{\frac {(\alpha )_{r}(\beta )_{r}}{r!(r-m)!}}x^{r}}$

y

${\displaystyle y_{2}(x)=\log x\times y_{1}(x)+\sum _{r=0}^{m-1}{\frac {(\alpha )_{r}(\beta )_{r}}{r!(1-m)_{r}}}x^{r}}$

${\displaystyle +{\frac {1}{(1-m)_{m-1}}}\sum _{r=m}^{\infty }{\frac {(\alpha )_{r}(\beta )_{r}}{(r-m)!r!}}{\bigg [}H_{m-1}+\sum _{k=0}^{k=r-1}{\frac {1}{\alpha +k}}+\sum _{k=0}^{k=r-1}{\frac {1}{\beta +k}}-H_{r}-H_{r-m}{\bigg ]}x^{r}.}$

La solución general es la habitual, donde y son constantes arbitrarias. Ahora bien, si el lector consulta una «solución estándar» para este caso, como la dada por Abramowitz y Stegun ^[1] en §15.5.21 (que escribiremos al final de la siguiente sección), se encontrará que la solución que hemos encontrado parece algo diferente de la solución estándar. En nuestra solución para , el primer término en la parte de la serie infinita de es un término en . El primer término en la serie infinita correspondiente en la solución estándar es un término en . El término falta en la solución estándar. No obstante, las dos soluciones son completamente equivalentes. ${\displaystyle y(x)=Ay_{1}(x)+By_{2}(x)}$ ${\displaystyle A}$ ${\displaystyle B}$ ${\displaystyle y_{2}}$ ${\displaystyle y_{2}}$ ${\displaystyle y_{2}}$ ${\displaystyle x^{m}}$ ${\displaystyle x^{m+1}}$ ${\displaystyle x^{m}}$

La forma "estándar" de la solución γ ≤ 0

La razón de la aparente discrepancia entre la solución dada anteriormente y la solución estándar en Abramowitz y Stegun ^[1] §15.5.21 es que hay un número infinito de maneras de representar las dos soluciones independientes de la EDO hipergeométrica. En la última sección, por ejemplo, reemplazamos con . Supongamos, sin embargo, que se nos da alguna función que es continua y finita en todas partes en un intervalo arbitrariamente pequeño alrededor de . Supongamos también que se nos da ${\displaystyle a_{0}}$ ${\displaystyle b_{0}c}$ ${\displaystyle h(c)}$ ${\displaystyle c=0}$

${\displaystyle h(c)\vert _{c=0}\neq 0,}$y ${\displaystyle {\frac {dh}{dc}}{\bigg \vert }_{c=0}\neq 0.}$

Entonces, si en lugar de reemplazar con reemplazamos con , todavía encontramos que tenemos una solución válida de la ecuación hipergeométrica. Claramente, tenemos una infinidad de posibilidades para . Sin embargo, hay una "elección natural" para . Supongamos que es el primer término distinto de cero en la primera solución con . Si hacemos el recíproco de , entonces no tendremos una constante multiplicativa involucrada en como hicimos en la sección anterior. Desde otro punto de vista, obtenemos el mismo resultado si "insistimos" en que es independiente de , y encontramos usando las relaciones de recurrencia al revés. ${\displaystyle a_{0}}$ ${\displaystyle b_{0}c}$ ${\displaystyle a_{0}}$ ${\displaystyle b_{0}h(c)c}$ ${\displaystyle h(c)}$ ${\displaystyle h(c)}$ ${\displaystyle cb_{N}(c)=b_{0}f(c)}$ ${\displaystyle y_{1}(x)}$ ${\displaystyle c=0}$ ${\displaystyle h(c)}$ ${\displaystyle f(c)}$ ${\displaystyle y_{1}(x)}$ ${\displaystyle a_{N}}$ ${\displaystyle c}$ ${\displaystyle a_{0}(c)}$

Para la primera solución, la función nos da (aparte de la constante multiplicativa) lo mismo que hubiéramos obtenido utilizando . Supongamos que utilizando da lugar a dos soluciones independientes y . En lo sucesivo, denotaremos las soluciones a las que llegamos dado algún como y . ${\displaystyle (c=0)}$ ${\displaystyle h(c)}$ ${\displaystyle y_{1}(x)}$ ${\displaystyle h(c)=1}$ ${\displaystyle h(c)=1}$ ${\displaystyle y_{1}(x)}$ ${\displaystyle y_{2}(x)}$ ${\displaystyle h(c)\neq 1}$ ${\displaystyle {\tilde {y}}_{1}(x)}$ ${\displaystyle {\tilde {y}}_{2}(x)}$

La segunda solución requiere que tomemos la derivada parcial con respecto a , y sustituyendo la solución de prueba habitual obtenemos ${\displaystyle c}$

${\displaystyle L{\frac {\partial }{\partial c}}\sum _{r=0}^{\infty }ch(c)b_{r}x^{r+c}=b_{0}\left({\frac {dh}{dc}}c^{2}(c-1)+2ch(c)(c-1)+h(c)c^{2}\right).}$

El operador es el mismo operador lineal que se analizó en la sección anterior. Es decir, la EDO hipergeométrica se representa como . ${\displaystyle L}$ ${\displaystyle Ly(x)=0}$

Evaluar el lado izquierdo en nos dará una segunda solución independiente. Nótese que esta segunda solución es de hecho una combinación lineal de y . ${\displaystyle c=0}$ ${\displaystyle {{\tilde {y}}_{2}}}$ ${\displaystyle y_{1}(x)}$ ${\displaystyle y_{2}(x)}$

Cualesquiera dos combinaciones lineales independientes ( y ) de y son soluciones independientes de ${\displaystyle {\tilde {y}}_{1}}$ ${\displaystyle {\tilde {y}}_{2}}$ ${\displaystyle y_{1}}$ ${\displaystyle y_{2}}$ ${\displaystyle Ly=0}$ .

La solución general se puede escribir como una combinación lineal de y así como también como combinaciones lineales de y . ${\displaystyle {\tilde {y}}_{1}}$ ${\displaystyle {\tilde {y}}_{2}}$ ${\displaystyle y_{1}}$ ${\displaystyle y_{2}}$

Revisaremos el caso especial en el que se consideró esto en la última sección. Si "insistimos" , entonces las relaciones de recurrencia dan como resultado ${\displaystyle \gamma =1-3=-2}$ ${\displaystyle a_{3}(c)=const.}$

${\displaystyle a_{2}=a_{3}{\frac {c(3+c)}{(2+\alpha +c)(2+\beta +c)}},}$ ${\displaystyle a_{1}=a_{3}{\frac {c(2+c)(3+c)(c-1)}{(1+\alpha +c)(2+\alpha +c)(1+\beta +c)(2+\beta +c)}},}$

y

${\displaystyle a_{0}=a_{3}{\frac {c(1+c)(2+c)(3+c)(c-1)(c-2)}{(\alpha +c)_{3}(\beta +c)_{3}}}=b_{0}ch(c).}$

Estos tres coeficientes son todos cero como se esperaba. Tenemos tres términos involucrados en al tomar la derivada parcial con respecto a , denotamos la suma de los tres términos que involucran estos coeficientes como donde ${\displaystyle c=0}$ ${\displaystyle y_{2}(x)}$ ${\displaystyle c}$ ${\displaystyle S_{3}}$

${\displaystyle S_{3}=\left[{\frac {\partial }{\partial c}}\left(a_{0}(c)x^{c}+a_{1}(c)x^{c+1}+a_{2}(c)x^{c+2}\right)\right]_{c=0},}$ ${\displaystyle =a_{3}\left[{\frac {3\times 2\times 1(-2)\times (-1)}{(\alpha )_{3}(\beta )_{3}}}x^{3-3}+{\frac {3\times 2\times (-1)}{(\alpha +1)(\alpha +2)(\beta +1)(\beta +2)}}x^{3-2}+{\frac {3}{(\alpha +2)(\beta +2)_{1}}}x^{3-1}\right].}$

El lector puede confirmar que podemos ordenar esto y hacer que sea fácil generalizarlo poniendo

${\displaystyle S_{3}=-a_{3}\sum _{r=1}^{3}{\frac {(-3)_{r}(r-1)!}{(1-\alpha -3)_{r}(1-\beta -3)_{r}}}x^{3-r}.}$

A continuación podemos pasar a los otros coeficientes, las relaciones de recurrencia dan como resultado

${\displaystyle a_{4}=a_{3}{\frac {(3+c+\alpha )(3+c+\beta )}{(4+c)(1+c)}}}$ ${\displaystyle a_{5}=a_{3}{\frac {(4+c+\alpha )(3+c+\alpha )(4+c+\beta )(3+c+\alpha }{(5+c)(4+c)(1+c)(2+c)}}}$

El entorno nos da ${\displaystyle c=0}$

${\displaystyle {\tilde {y}}_{1}(x)=a_{3}x^{3}\sum _{r=0}^{\infty }{\frac {(\alpha +3)_{r}(\beta +3)_{r}}{(3+1)_{r}r!}}x^{r}=a_{3}x^{3}{_{2}F_{1}}(\alpha +3,\beta +3;(1+3);z).}$

Esto es (aparte de la constante multiplicativa ) lo mismo que . Ahora, para encontrar necesitamos derivadas parciales ${\displaystyle (a)_{3}(b)_{3}/2}$ ${\displaystyle y_{1}(x)}$ ${\displaystyle {\tilde {y}}_{2}}$

${\displaystyle {\frac {\partial a_{4}}{\partial c}}{\bigg \vert }_{c=0}=a_{3}{\bigg [}{\frac {(3+c+\alpha )(3+c+\beta )}{(4+c)(1+c)}}{\bigg (}{\frac {1}{\alpha +3+c}}+{\frac {1}{\beta +3+c}}-{\frac {1}{4+c}}-{\frac {1}{1+c}}{\bigg )}{\bigg ]}_{c=0}}$

${\displaystyle =a_{3}{\frac {(3+\alpha )_{1}(3+\beta )_{1}}{(1+3)_{1}\times 1}}{\bigg (}{\frac {1}{\alpha +3}}+{\frac {1}{\beta +3}}-{\frac {1}{4}}-{\frac {1}{1}}{\bigg )}.}$

Entonces

${\displaystyle {\frac {\partial a_{5}}{\partial c}}{\bigg \vert }_{c=0}=a_{3}{\frac {(3+\alpha )_{2}(3+\beta )_{2}}{(1+3)_{2}\times 1\times 2}}{\bigg (}{\frac {1}{\alpha +3}}+{\frac {1}{\alpha +4}}+{\frac {1}{\beta +3}}+{\frac {1}{\beta +4}}-{\frac {1}{4}}-{\frac {1}{5}}-{\frac {1}{1}}-{\frac {1}{2}}{\bigg )}.}$

Podemos reescribir esto como

${\displaystyle {\frac {\partial a_{5}}{\partial c}}{\bigg \vert }_{c=0}=a_{3}{\frac {(3+\alpha )_{2}(3+\beta )_{2}}{(1+3)_{2}\times 2!}}{\bigg [}\sum _{k=0}^{1}\left({\frac {1}{\alpha +3+k}}+{\frac {1}{\beta +3+k}}\right)+\sum _{k=1}^{3}{\frac {1}{k}}-\sum _{k=1}^{5}{\frac {1}{k}}-{\frac {1}{1}}-{\frac {1}{2}}{\bigg ]}.}$

El patrón pronto se vuelve claro y, para ${\displaystyle r=1,2,3,\cdots }$

${\displaystyle {\frac {\partial a_{r+3}}{\partial c}}{\bigg \vert }_{c=0}=a_{3}{\frac {(3+\alpha )_{r}(3+\beta )_{r}}{(1+3)_{r}\times r!}}{\bigg [}\sum _{k=0}^{r-1}\left({\frac {1}{\alpha +3+k}}+{\frac {1}{\beta +3+k}}\right)+\sum _{k=1}^{3}{\frac {1}{k}}-\sum _{k=1}^{r+3}{\frac {1}{k}}-\sum _{k=1}^{r}{\frac {1}{k}}{\bigg ]}.}$

Claramente, para , ${\displaystyle r=0}$

${\displaystyle {\frac {\partial a_{3}}{\partial c}}{\bigg \vert }_{c=0}=0.}$

La parte de la serie infinita es , donde ${\displaystyle {\tilde {y}}_{2}}$ ${\displaystyle S_{\infty }}$

${\displaystyle S_{\infty }=x^{3}\sum _{r=1}^{\infty }{\frac {\partial a_{r+3}}{\partial c}}{\bigg \vert }_{c=0}x^{r}.}$

Ahora podemos escribir (sin tener en cuenta la constante arbitraria) para ${\displaystyle \gamma =1-m}$

${\displaystyle {\tilde {y}}_{1}(x)=x^{m}{_{2}F_{1}}(\alpha +m,\beta +m;1+m;x)}$

${\displaystyle {\tilde {y}}_{2}(x)={\tilde {y}}_{1}(x)\log x-\sum _{r=1}^{m}{\frac {(-m)_{r}(r-1)!}{(1-\alpha -m)_{r}(1-\beta -m)_{r}}}x^{m-r}.}$ ${\displaystyle +x^{m}\sum _{r=0}^{\infty }{\frac {(\alpha +m)_{r}(\beta +m)_{r}}{(1+m)_{r}\times r!}}{\bigg [}\sum _{k=0}^{r-1}\left({\frac {1}{\alpha +m+k}}+{\frac {1}{\beta +m+k}}\right)+\sum _{k=1}^{m}{\frac {1}{k}}-\sum _{k=1}^{r+m}{\frac {1}{k}}-\sum _{k=1}^{r}{\frac {1}{k}}{{\bigg ]}x^{r}}.}$

Algunos autores prefieren expresar las sumas finitas en este último resultado utilizando la función digamma . En particular, se utilizan los siguientes resultados ${\displaystyle \psi (x)}$

${\displaystyle H_{n}=\psi (n+1)+\gamma _{em}.}$Aquí está la constante de Euler-Mascheroni . También ${\displaystyle \gamma _{em}=0.5772156649=\psi (1)}$

${\displaystyle \sum _{k=0}^{n-1}{\frac {1}{z+k}}=\psi (z+n)-\psi (z).}$

Con estos resultados obtenemos la forma dada en Abramamowitz y Stegun §15.5.21, es decir

${\displaystyle {\tilde {y}}_{2}(x)={\tilde {y}}_{1}(x)\log x-\sum _{r=1}^{m}{\frac {(-m)_{r}(r-1)!}{(1-\alpha -m)_{r}(1-\beta -m)_{r}}}x^{m-r}.}$ ${\displaystyle +x^{m}\sum _{r=0}^{\infty }{\frac {(\alpha +m)_{r}(\beta +m)_{r}}{(1+m)_{r}\times r!}}{\bigg [}\psi (\alpha +r+m)-\psi (\alpha +m)+\psi (\beta +r+m)-\psi (\beta +m)}$ ${\displaystyle -\psi (r+1+m)-\psi (r+1)+\psi (1+m)+\psi (1){{\bigg ]}x^{r}}.}$

La forma "estándar" de la solución γ > 1

En esta sección, nos concentraremos en la "solución estándar", y no reemplazaremos con . Pondremos donde . Para la raíz de la ecuación indicial teníamos ${\displaystyle a_{0}}$ ${\displaystyle b_{0}(c-1+\gamma )}$ ${\displaystyle \gamma =1+m}$ ${\displaystyle m=1,2,3,\cdots }$ ${\displaystyle c=1-\gamma }$

${\displaystyle A_{r}=\left[A_{r-1}{\frac {(r+\alpha -1+c)(r+\beta -1+c)}{(r+c)(r+c+\gamma -1)}}\right]_{c=1-\gamma }=A_{r-1}{\frac {(r+\alpha -\gamma )(r+\beta -\gamma )}{(r+1-\gamma )(r)}},}$

donde en cuyo caso estamos en problemas si . Por ejemplo, si , el denominador en las relaciones de recurrencia se anula para . Podemos utilizar exactamente los mismos métodos que acabamos de utilizar para la solución estándar en la última sección. No reemplazaremos (en el caso donde ) con ya que esto no nos dará la forma estándar de solución que buscamos. En cambio, ``insistiremos" en que como lo hicimos en la solución estándar para en la última sección. (Recuerde que esto definió la función y que ahora se reemplazará con .) Luego podemos calcular los coeficientes de a como funciones de utilizando las relaciones de recurrencia al revés. No hay nada nuevo que agregar aquí, y el lector puede utilizar los mismos métodos que se utilizaron en la última sección para encontrar los resultados de ^[1] §15.5.18 y §15.5.19, estos son ${\displaystyle r\geq 1}$ ${\displaystyle r=\gamma -1=m}$ ${\displaystyle \gamma =4}$ ${\displaystyle r=3}$ ${\displaystyle \gamma =4}$ ${\displaystyle a_{0}}$ ${\displaystyle b_{0}(c+3)}$ ${\displaystyle A_{3}=const.}$ ${\displaystyle \gamma =-2}$ ${\displaystyle h(c)}$ ${\displaystyle a_{0}}$ ${\displaystyle b_{0}(c+3)h(c)}$ ${\displaystyle x^{0}}$ ${\displaystyle x^{2}}$ ${\displaystyle c}$

${\displaystyle y_{1}={_{2}F_{1}}(\alpha ,\beta ;1+m;x),}$

y

${\displaystyle y_{2}={_{2}F_{1}}(\alpha ,\beta ;1+m;x)\log x+z^{m}\sum _{r=1}^{\infty }{\frac {(\alpha )_{r}(\beta )_{r}}{r!(1+m)_{r}}}[\psi (\alpha +r)-\psi (\alpha )+\psi (\beta +k)-\psi (\beta )}$ ${\displaystyle -\psi (m+1+r)+\psi (m+1)-\psi (r+1)+\psi (1)]z^{r}-\sum _{k=1}^{m}{\frac {(k-1)!(-m)_{k}}{(1-\alpha )_{k}(1-\beta )_{k}}}z^{-r}.}$

Nótese que las potencias de en la parte de suma finita de ahora son negativas, de modo que esta suma diverge como ${\displaystyle z}$ ${\displaystyle y_{2}(x)}$ ${\displaystyle z\rightarrow 0\$}$

Solución alrededorincógnita= 1

Estudiemos ahora el punto singular x = 1. Para ver si es regular,

${\displaystyle {\begin{aligned}\lim _{x\to a}{\frac {(x-a)P_{1}(x)}{P_{2}(x)}}&=\lim _{x\to 1}{\frac {(x-1)(\gamma -(1+\alpha +\beta )x)}{x(1-x)}}=\lim _{x\to 1}{\frac {-(\gamma -(1+\alpha +\beta )x)}{x}}=1+\alpha +\beta -\gamma \\\lim _{x\to a}{\frac {(x-a)^{2}P_{0}(x)}{P_{2}(x)}}&=\lim _{x\to 1}{\frac {(x-1)^{2}(-\alpha \beta )}{x(1-x)}}=\lim _{x\to 1}{\frac {(x-1)\alpha \beta }{x}}=0\end{aligned}}}$

Por lo tanto, ambos límites existen y x = 1 es un punto singular regular. Ahora, en lugar de suponer una solución en la forma

${\displaystyle y=\sum _{r=0}^{\infty }a_{r}(x-1)^{r+c},}$

Intentaremos expresar las soluciones de este caso en términos de las soluciones para el punto x = 0. Procedemos de la siguiente manera: teníamos la ecuación hipergeométrica

${\displaystyle x(1-x)y''+(\gamma -(1+\alpha +\beta )x)y'-\alpha \beta y=0.}$

Sea z = 1 − x . Entonces

${\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {dy}{dx}}&={\frac {dy}{dz}}\times {\frac {dz}{dx}}=-{\frac {dy}{dz}}=-y'\\{\frac {d^{2}y}{dx^{2}}}&={\frac {d}{dx}}\left({\frac {dy}{dx}}\right)={\frac {d}{dx}}\left(-{\frac {dy}{dz}}\right)={\frac {d}{dz}}\left(-{\frac {dy}{dz}}\right)\times {\frac {dz}{dx}}={\frac {d^{2}y}{dz^{2}}}=y''\end{aligned}}}$

Por lo tanto, la ecuación toma la forma

${\displaystyle z(1-z)y''+(\alpha +\beta -\gamma +1-(1+\alpha +\beta )z)y'-\alpha \beta y=0.}$

Como z = 1 − x , la solución de la ecuación hipergeométrica en x = 1 es la misma que la solución para esta ecuación en z = 0. Pero la solución en z = 0 es idéntica a la solución que obtuvimos para el punto x = 0, si reemplazamos cada γ por α + β − γ + 1. Por lo tanto, para obtener las soluciones, simplemente hacemos esta sustitución en los resultados anteriores. Para x = 0, c ₁ = 0 y c ₂ = 1 − γ. Por lo tanto, en nuestro caso, c ₁ = 0 mientras que c ₂ = γ − α − β. Escribamos ahora las soluciones. A continuación, reemplazamos cada z por 1 - x .

Análisis de la solución en términos de la diferencia γ − α − β de las dos raíces

Para simplificar la notación, de ahora en adelante denotamos γ − α − β por Δ, por lo tanto γ = Δ + α + β.

Δ no es un entero

${\displaystyle y=A\left\{{{}_{2}F_{1}}(\alpha ,\beta ;-\Delta +1;1-x)\right\}+B\left\{(1-x)^{\Delta }{{}_{2}F_{1}}(\Delta +\beta ,\Delta +\alpha ;\Delta +1;1-x)\right\}}$

Δ = 0

${\displaystyle y=C\left\{{{}_{2}F_{1}}(\alpha ,\beta ;1;1-x)\right\}+D\left\{\sum _{r=0}^{\infty }{\frac {(\alpha )_{r}(\beta )_{r}}{(1)_{r}^{2}}}\left(\ln(1-x)+\sum _{k=0}^{r-1}\left({\frac {1}{\alpha +k}}+{\frac {1}{\beta +k}}-{\frac {2}{1+k}}\right)\right)(1-x)^{r}\right\}}$

Δ es un entero distinto de cero

Δ > 0

${\displaystyle {\begin{aligned}y&=E\left\{{\frac {1}{(-\Delta +1)_{\Delta -1}}}\ \sum _{r=1-\Delta -\alpha -\beta }^{\infty }{\frac {(\alpha )_{r}(\beta )_{r}}{(1)_{r}(1)_{r-\Delta }}}(1-x)^{r}\right\}+\\&\quad +F\left\{(1-x)^{\Delta }\ \sum _{r=0}^{\infty }{\frac {(\Delta )(\Delta +\alpha )_{r}(\Delta +\beta )_{r}}{(\Delta +1)_{r}(1)_{r}}}\left(\ln(1-x)+{\frac {1}{\Delta }}+\sum _{k=0}^{r-1}\left({\frac {1}{\Delta +\alpha +k}}+{\frac {1}{\Delta +\beta +k}}-{\frac {1}{\Delta +1+k}}-{\frac {1}{1+k}}\right)\right)(1-x)^{r}\right\}\end{aligned}}}$

Δ < 0

${\displaystyle {\begin{aligned}y&=G\left\{{\frac {(1-x)^{\Delta }}{(\Delta +1)_{-\Delta -1}}}\ \sum _{r=-\Delta }^{\infty }{\frac {(\Delta +\alpha )_{r}(\Delta +\beta )_{r}}{(1)_{r}(1)_{r+\Delta }}}(1-x)^{r}\right\}+\\&\quad +H\left\{\sum _{r=0}^{\infty }{\frac {(\Delta )(\Delta +\alpha )_{r}(\Delta +\beta )_{r}}{(\Delta +1)_{r}(1)_{r}}}\left(\ln(1-x)-{\frac {1}{\Delta }}+\sum _{k=0}^{r-1}\left({\frac {1}{\alpha +k}}+{\frac {1}{\beta +k}}-{\frac {1}{-\Delta +1+k}}-{\frac {1}{1+k}}\right)\right)(1-x)^{r}\right\}\end{aligned}}}$

Solución alrededor del infinito

Finalmente, estudiamos la singularidad cuando x → ∞. Como no podemos estudiarla directamente, hacemos que x = s ⁻¹ . Entonces, la solución de la ecuación cuando x → ∞ es idéntica a la solución de la ecuación modificada cuando s = 0. Teníamos

${\displaystyle {\begin{aligned}&x(1-x)y''+\left(\gamma -(1+\alpha +\beta )x\right)y'-\alpha \beta y=0\\&{\frac {dy}{dx}}={\frac {dy}{ds}}\times {\frac {ds}{dx}}=-s^{2}\times {\frac {dy}{ds}}=-s^{2}y'\\&{\frac {d^{2}y}{dx^{2}}}={\frac {d}{dx}}\left({\frac {dy}{dx}}\right)={\frac {d}{dx}}\left(-s^{2}\times {\frac {dy}{ds}}\right)={\frac {d}{ds}}\left(-s^{2}\times {\frac {dy}{ds}}\right)\times {\frac {ds}{dx}}=\left((-2s)\times {\frac {dy}{ds}}+(-s^{2}){\frac {d^{2}y}{ds^{2}}}\right)\times (-s^{2})=2s^{3}y'+s^{4}y''\end{aligned}}}$

Por lo tanto, la ecuación toma la nueva forma

${\displaystyle {\frac {1}{s}}\left(1-{\frac {1}{s}}\right)\left(2s^{3}y'+s^{4}y''\right)+\left(\gamma -(1+\alpha +\beta ){\frac {1}{s}}\right)(-s^{2}y')-\alpha \beta y=0}$

Lo que se reduce a

${\displaystyle \left(s^{3}-s^{2}\right)y''+\left((2-\gamma )s^{2}+(\alpha +\beta -1)s\right)y'-\alpha \beta y=0.}$

Dejar

${\displaystyle {\begin{aligned}P_{0}(s)&=-\alpha \beta ,\\P_{1}(s)&=(2-\gamma )s^{2}+(\alpha +\beta -1)s,\\P_{2}(s)&=s^{3}-s^{2}.\end{aligned}}}$

Como dijimos, sólo estudiaremos la solución cuando s = 0. Como podemos ver, este es un punto singular ya que P ₂ (0) = 0. Para ver si es regular,

${\displaystyle {\begin{aligned}\lim _{s\to a}{\frac {(s-a)P_{1}(s)}{P_{2}(s)}}&=\lim _{s\to 0}{\frac {(s-0)((2-\gamma )s^{2}+(\alpha +\beta -1)s)}{s^{3}-s^{2}}}\\&=\lim _{s\to 0}{\frac {(2-\gamma )s^{2}+(\alpha +\beta -1)s}{s^{2}-s}}\\&=\lim _{s\to 0}{\frac {(2-\gamma )s+(\alpha +\beta -1)}{s-1}}=1-\alpha -\beta .\\\lim _{s\to a}{\frac {(s-a)^{2}P_{0}(s)}{P_{2}(s)}}&=\lim _{s\to 0}{\frac {(s-0)^{2}(-\alpha \beta )}{s^{3}-s^{2}}}=\lim _{s\to 0}{\frac {(-\alpha \beta )}{s-1}}=\alpha \beta .\end{aligned}}}$

Por lo tanto, ambos límites existen y s = 0 es un punto singular regular. Por lo tanto, suponemos que la solución tiene la forma

${\displaystyle y=\sum _{r=0}^{\infty }{a_{r}s^{r+c}}}$

con un ₀ ≠ 0. Por lo tanto,

${\displaystyle {\begin{aligned}y'&=\sum \limits _{r=0}^{\infty }{a_{r}(r+c)s^{r+c-1}}\\y''&=\sum \limits _{r=0}^{\infty }{a_{r}(r+c)(r+c-1)s^{r+c-2}}\end{aligned}}}$

Sustituyendo en la ecuación hipergeométrica modificada obtenemos

${\displaystyle \left(s^{3}-s^{2}\right)y''+\left((2-\gamma )s^{2}+(\alpha +\beta -1)s\right)y'-(\alpha \beta )y=0}$

Y por lo tanto:

${\displaystyle \left(s^{3}-s^{2}\right)\sum _{r=0}^{\infty }{a_{r}(r+c)(r+c-1)s^{r+c-2}}+\left((2-\gamma )s^{2}+(\alpha +\beta -1)s\right)\sum _{r=0}^{\infty }{a_{r}(r+c)s^{r+c-1}}-(\alpha \beta )\sum _{r=0}^{\infty }{a_{r}s^{r+c}}=0}$

es decir,

${\displaystyle \sum _{r=0}^{\infty }{a_{r}(r+c)(r+c-1)s^{r+c+1}}-\sum _{r=0}^{\infty }{a_{r}(r+c)(r+c-1)x^{r+c}}+(2-\gamma )\sum _{r=0}^{\infty }{a_{r}(r+c)s^{r+c+1}}+(\alpha +\beta -1)\sum _{r=0}^{\infty }{a_{r}(r+c)s^{r+c}}-\alpha \beta \sum _{r=0}^{\infty }{a_{r}s^{r+c}}=0.}$

Para simplificar esta ecuación, necesitamos que todas las potencias sean iguales, iguales a r + c , la potencia más pequeña. Por lo tanto, intercambiamos los índices de la siguiente manera

${\displaystyle {\begin{aligned}&\sum _{r=1}^{\infty }{a_{r-1}(r+c-1)(r+c-2)s^{r+c}}-\sum _{r=0}^{\infty }{a_{r}(r+c)(r+c-1)s^{r+c}}+(2-\gamma )\sum _{r=1}^{\infty }{a_{r-1}(r+c-1)s^{r+c}}+\\&\qquad \qquad +(\alpha +\beta -1)\sum _{r=0}^{\infty }{a_{r}(r+c)s^{r+c}}-\alpha \beta \sum _{r=0}^{\infty }{a_{r}s^{r+c}}=0\end{aligned}}}$

Así, aislando el primer término de las sumas a partir de 0 obtenemos

${\displaystyle {\begin{aligned}&a_{0}\left(-(c)(c-1)+(\alpha +\beta -1)(c)-\alpha \beta \right)s^{c}+\sum _{r=1}^{\infty }{a_{r-1}(r+c-1)(r+c-2)s^{r+c}}-\sum _{r=1}^{\infty }{a_{r}(r+c)(r+c-1)x^{r+c}}+\\&\qquad \qquad +(2-\gamma )\sum _{r=1}^{\infty }{a_{r-1}(r+c-1)s^{r+c}}+(\alpha +\beta -1)\sum _{r=1}^{\infty }{a_{r}(r+c)s^{r+c}}-\alpha \beta \sum _{r=1}^{\infty }{a_{r}s^{r+c}}=0\end{aligned}}}$

Ahora bien, a partir de la independencia lineal de todas las potencias de s (es decir, de las funciones 1, s , s ² , ...), los coeficientes de s ^k se anulan para todo k . Por lo tanto, a partir del primer término tenemos

${\displaystyle a_{0}\left(-(c)(c-1)+(\alpha +\beta -1)(c)-\alpha \beta \right)=0}$

que es la ecuación indicial. Como a ₀ ≠ 0, tenemos

${\displaystyle (c)(-c+1+\alpha +\beta -1)-\alpha \beta )=0.}$

Por lo tanto, c ₁ = α y c ₂ = β.

Además, del resto de términos tenemos

${\displaystyle \left((r+c-1)(r+c-2)+(2-\gamma )(r+c-1)\right)a_{r-1}+\left(-(r+c)(r+c-1)+(\alpha +\beta -1)(r+c)-\alpha \beta \right)a_{r}=0}$

Por eso,

${\displaystyle a_{r}=-{\frac {\left((r+c-1)(r+c-2)+(2-\gamma )(r+c-1)\right)}{\left(-(r+c)(r+c-1)+(\alpha +\beta -1)(r+c)-\alpha \beta \right)}}a_{r-1}={\frac {\left((r+c-1)(r+c-\gamma )\right)}{\left((r+c)(r+c-\alpha -\beta )+\alpha \beta \right)}}a_{r-1}}$

Pero

${\displaystyle {\begin{aligned}(r+c)(r+c-\alpha -\beta )+\alpha \beta &=(r+c-\alpha )(r+c)-\beta (r+c)+\alpha \beta \\&=(r+c-\alpha )(r+c)-\beta (r+c-\alpha ).\end{aligned}}}$

Por lo tanto, obtenemos la relación de recurrencia

${\displaystyle a_{r}={\frac {(r+c-1)(r+c-\gamma )}{(r+c-\alpha )(r+c-\beta )}}a_{r-1},\quad \forall r\geq 1}$

Simplifiquemos ahora esta relación dando una _r en términos de un ₀ en lugar de un _{r −1} . A partir de la relación de recurrencia,

${\displaystyle {\begin{aligned}a_{1}&={\frac {(c)(c+1-\gamma )}{(c+1-\alpha )(c+1-\beta )}}a_{0}\\a_{2}&={\frac {(c+1)(c+2-\gamma )}{(c+2-\alpha )(c+2-\beta )}}a_{1}={\frac {(c+1)(c)(c+2-\gamma )(c+1-\gamma )}{(c+2-\alpha )(c+1-\alpha )(c+2-\beta )(c+1-\beta )}}a_{0}={\frac {(c)_{2}(c+1-\gamma )_{2}}{(c+1-\alpha )_{2}(c+1-\beta )_{2}}}a_{0}\end{aligned}}}$

Como podemos ver,

${\displaystyle a_{r}={\frac {(c)_{r}(c+1-\gamma )_{r}}{(c+1-\alpha )_{r}(c+1-\beta )_{r}}}a_{0}\quad \forall r\geq 0}$

Por lo tanto, nuestra solución asumida toma la forma

${\displaystyle y=a_{0}\sum _{r=0}^{\infty }{\frac {(c)_{r}(c+1-\gamma )_{r}}{(c+1-\alpha )_{r}(c+1-\beta )_{r}}}s^{r+c}}$

Ahora estamos listos para estudiar las soluciones correspondientes a los diferentes casos para c ₁  −  c ₂ = α − β.

Análisis de la solución en términos de la diferencia α − β de las dos raíces

α − β no es un entero

Entonces y ₁ = y | _{c = α} y y ₂ = y | _{c = β} . Desde

${\displaystyle y=a_{0}\sum _{r=0}^{\infty }{\frac {(c)_{r}(c+1-\gamma )_{r}}{(c+1-\alpha )_{r}(c+1-\beta )_{r}}}s^{r+c},}$

tenemos

${\displaystyle {\begin{aligned}y_{1}&=a_{0}\sum _{r=0}^{\infty }{\frac {(\alpha )_{r}(\alpha +1-\gamma )_{r}}{(1)_{r}(\alpha +1-\beta )_{r}}}s^{r+\alpha }=a_{0}s^{\alpha }\ {}_{2}F_{1}(\alpha ,\alpha +1-\gamma ;\alpha +1-\beta ;s)\\y_{2}&=a_{0}\sum _{r=0}^{\infty }{\frac {(\beta )_{r}(\beta +1-\gamma )_{r}}{(\beta +1-\alpha )_{r}(1)_{r}}}s^{r+\beta }=a_{0}s^{\beta }\ {}_{2}F_{1}(\beta ,\beta +1-\gamma ;\beta +1-\alpha ;s)\end{aligned}}}$

Por lo tanto, y = A ′ y ₁ + B ′ y ₂ . Sea A ′ a ₀ = A y B ′ a ₀ = B . Entonces, observando que s = x ⁻¹ ,

${\displaystyle y=A\left\{x^{-\alpha }\ {}_{2}F_{1}\left(\alpha ,\alpha +1-\gamma ;\alpha +1-\beta ;x^{-1}\right)\right\}+B\left\{x^{-\beta }\ {}_{2}F_{1}\left(\beta ,\beta +1-\gamma ;\beta +1-\alpha ;x^{-1}\right)\right\}}$

α − β = 0

Entonces y ₁ = y | _{c = α} . Como α = β, tenemos

${\displaystyle y=a_{0}\sum _{r=0}^{\infty }{{\frac {(c)_{r}(c+1-\gamma )_{r}}{\left((c+1-\alpha )_{r}\right)^{2}}}s^{r+c}}}$

Por eso,

${\displaystyle {\begin{aligned}y_{1}&=a_{0}\sum _{r=0}^{\infty }{{\frac {(\alpha )_{r}(\alpha +1-\gamma )_{r}}{(1)_{r}(1)_{r}}}s^{r+\alpha }}=a_{0}s^{\alpha }\ {}_{2}F_{1}(\alpha ,\alpha +1-\gamma ;1;s)\\y_{2}&=\left.{\frac {\partial y}{\partial c}}\right|_{c=\alpha }\end{aligned}}}$

Para calcular esta derivada, sea

${\displaystyle M_{r}={\frac {(c)_{r}(c+1-\gamma )_{r}}{\left((c+1-\alpha )_{r}\right)^{2}}}}$

Luego, utilizando el método en el caso γ = 1 anterior, obtenemos

${\displaystyle {\frac {\partial M_{r}}{\partial c}}={\frac {(c)_{r}(c+1-\gamma )_{r}}{\left((c+1-\alpha )_{r}\right)^{2}}}\sum _{k=0}^{r-1}\left({\frac {1}{c+k}}+{\frac {1}{c+1-\gamma +k}}-{\frac {2}{c+1-\alpha +k}}\right)}$

Ahora,

${\displaystyle {\begin{aligned}y&=a_{0}s^{c}\sum _{r=0}^{\infty }{\frac {(c)_{r}(c+1-\gamma )_{r}}{\left((c+1-\alpha )_{r}\right)^{2}}}s^{r}\\&=a_{0}s^{c}\sum _{r=0}^{\infty }{M_{r}s^{r}}\\&=a_{0}s^{c}\left(\ln(s)\sum _{r=0}^{\infty }{\frac {(c)_{r}(c+1-\gamma )_{r}}{\left((c+1-\alpha )_{r}\right)^{2}}}s^{r}+\sum _{r=0}^{\infty }{\frac {(c)_{r}(c+1-\gamma )_{r}}{\left((c+1-\alpha )_{r}\right)^{2}}}\left\{\sum _{k=0}^{r-1}{\left({\frac {1}{c+k}}+{\frac {1}{c+1-\gamma +k}}-{\frac {2}{c+1-\alpha +k}}\right)}\right\}s^{r}\right)\end{aligned}}}$

Por eso,

${\displaystyle {\frac {\partial y}{\partial c}}=a_{0}s^{c}\sum _{r=0}^{\infty }{\frac {(c)_{r}(c+1-\gamma )_{r}}{\left((c+1-\alpha )_{r}\right)^{2}}}\left(\ln(s)+\sum _{k=0}^{r-1}{\left({\frac {1}{c+k}}+{\frac {1}{c+1-\gamma +k}}-{\frac {2}{c+1-\alpha +k}}\right)}\right)s^{r}}$

Por lo tanto:

${\displaystyle y_{2}=\left.{\frac {\partial y}{\partial c}}\right|_{c=\alpha }=a_{0}s^{\alpha }\sum _{r=0}^{\infty }{\frac {(\alpha )_{r}(\alpha +1-\gamma )_{r}}{(1)_{r}(1)_{r}}}\left(\ln(s)+\sum _{k=0}^{r-1}\left({\frac {1}{\alpha +k}}+{\frac {1}{\alpha +1-\gamma +k}}-{\frac {2}{1+k}}\right)\right)s^{r}}$

Por lo tanto, y = C′y ₁ + D′y ₂ . Sea C′a ₀ = C y D′a ₀ = D . Observando que s = x ⁻¹ ,

${\displaystyle y=C\left\{x^{-\alpha }{}_{2}F_{1}\left(\alpha ,\alpha +1-\gamma ;1;x^{-1}\right)\right\}+D\left\{x^{-\alpha }\sum _{r=0}^{\infty }{\frac {(\alpha )_{r}(\alpha +1-\gamma )_{r}}{(1)_{r}(1)_{r}}}\left(\ln \left(x^{-1}\right)+\sum _{k=0}^{r-1}\left({\frac {1}{\alpha +k}}+{\frac {1}{\alpha +1-\gamma +k}}-{\frac {2}{1+k}}\right)\right)x^{-r}\right\}}$

α − β un número entero y α − β ≠ 0

α − β > 0

De la relación de recurrencia

${\displaystyle a_{r}={\frac {(r+c-1)(r+c-\gamma )}{(r+c-\alpha )(r+c-\beta )}}a_{r-1}}$

Vemos que cuando c = β (la raíz más pequeña), a _α−β → ∞. Por lo tanto, debemos hacer la sustitución a ₀ = b ₀ ( c − c _i ), donde c _i es la raíz para la cual nuestra solución es infinita. Por lo tanto, tomamos a ₀ = b ₀ ( c − β) y nuestra solución supuesta toma la nueva forma

${\displaystyle y_{b}=b_{0}\sum _{r=0}^{\infty }{\frac {(c-\beta )(c)_{r}(c+1-\gamma )_{r}}{(c+1-\alpha )_{r}(c+1-\beta )_{r}}}s^{r+c}}$

Entonces y ₁ = y _b | _{c = β} . Como podemos ver, todos los términos antes

${\displaystyle {\frac {(c-\beta )(c)_{\alpha -\beta }(c+1-\gamma )_{\alpha -\beta }}{(c+1-\alpha )_{\alpha -\beta }(c+1-\beta )_{\alpha -\beta }}}s^{\alpha -\beta }}$

desaparecen debido a c − β en el numerador.

Pero a partir de este término, el c − β en el numerador se anula. Para ver esto, observe que

${\displaystyle (c+1-\alpha )_{\alpha -\beta }=(c+1-\alpha )(c+2-\alpha )\cdots (c-\beta ).}$

Por lo tanto, nuestra solución toma la forma

${\displaystyle {\begin{aligned}y_{1}&=b_{0}\left({\frac {(\beta )_{\alpha -\beta }(\beta +1-\gamma )_{\alpha -\beta }}{(\beta +1-\alpha )_{\alpha -\beta -1}(1)_{\alpha -\beta }}}s^{\alpha -\beta }+{\frac {(\beta )_{\alpha -\beta +1}(\beta +1-\gamma )_{\alpha -\beta +1}}{(\beta +1-\alpha )_{\alpha -\beta -1}(1)(1)_{\alpha -\beta +1}}}s^{\alpha -\beta +1}+\cdots \right)\\&={\frac {b_{0}}{(\beta +1-\alpha )_{\alpha -\beta -1}}}\sum _{r=\alpha -\beta }^{\infty }{\frac {(\beta )_{r}(\beta +1-\gamma )_{r}}{(1)_{r}(1)_{r+\beta -\alpha }}}s^{r}\end{aligned}}}$

Ahora,

${\displaystyle y_{2}=\left.{\frac {\partial y_{b}}{\partial c}}\right|_{c=\alpha }.}$

Para calcular esta derivada, sea

${\displaystyle M_{r}={\frac {(c-\beta )(c)_{r}(c+1-\gamma )_{r}}{(c+1-\alpha )_{r}(c+1-\beta )_{r}}}.}$

Luego, utilizando el método en el caso γ = 1 anterior, obtenemos

${\displaystyle {\frac {\partial M_{r}}{\partial c}}={\frac {(c-\beta )(c)_{r}(c+1-\gamma )_{r}}{(c+1-\alpha )_{r}(c+1-\beta )_{r}}}\left({\frac {1}{c-\beta }}+\sum _{k=0}^{r-1}\left({\frac {1}{c+k}}+{\frac {1}{c+1-\gamma +k}}-{\frac {1}{c+1-\alpha +k}}-{\frac {1}{c+1-\beta +k}}\right)\right)}$

Ahora,

${\displaystyle y_{b}=b_{0}\sum _{r=0}^{\infty }{\left({\frac {(c-\beta )(c)_{r}(c+1-\gamma )_{r}}{(c+1-\alpha )_{r}(c+1-\beta )_{r}}}s^{r+c}\right)}=b_{0}s^{c}\sum _{r=0}^{\infty }{M_{r}s^{r}}}$

Por eso,

${\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {\partial y}{\partial c}}&=b_{0}s^{c}\ln(s)\sum _{r=0}^{\infty }{\frac {(c-\beta )(c)_{r}(c+1-\gamma )_{r}}{(c+1-\alpha )_{r}(c+1-\beta )_{r}}}s^{r}\\&\quad +b_{0}s^{c}\sum _{r=0}^{\infty }{\frac {(c-\beta )(c)_{r}(c+1-\gamma )_{r}}{(c+1-\alpha )_{r}(c+1-\beta )_{r}}}\left({\frac {1}{c-\beta }}+\sum _{k=0}^{r-1}\left({\frac {1}{c+k}}+{\frac {1}{c+1-\gamma +k}}-{\frac {1}{c+1-\alpha +k}}-{\frac {1}{c+1-\beta +k}}\right)\right)s^{r}\end{aligned}}}$

Por eso,

${\displaystyle {\frac {\partial y}{\partial c}}=b_{0}s^{c}\sum _{r=0}^{\infty }{\frac {(c-\beta )(c)_{r}(c+1-\gamma )_{r}}{(c+1-\alpha )_{r}(c+1-\beta )_{r}}}\left(\ln(s)+{\frac {1}{c-\beta }}+\sum _{k=0}^{r-1}\left({\frac {1}{c+k}}+{\frac {1}{c+1-\gamma +k}}-{\frac {1}{c+1-\alpha +k}}-{\frac {1}{c+1-\beta +k}}\right)\right)s^{r}}$

En c = α obtenemos y ₂ . Por lo tanto, y = E ′ y ₁ + F ′ y ₂ . Sea E ′ b ₀ = E y F ′ b ₀ = F . Observando que s = x ⁻¹ obtenemos

${\displaystyle {\begin{aligned}y&=E\left\{{\frac {1}{(\beta +1-\alpha )_{\alpha -\beta -1}}}\sum _{r=\alpha -\beta }^{\infty }{\frac {(\beta )_{r}(\beta +1-\gamma )_{r}}{(1)_{r}(1)_{r+\beta -\alpha }}}x^{-r}\right\}+\\&\quad +F\left\{x^{-\alpha }\sum _{r=0}^{\infty }{\frac {(\alpha -\beta )(\alpha )_{r}(\alpha +1-\gamma )_{r}}{(1)_{r}(\alpha +1-\beta )_{r}}}\left(\ln \left(x^{-1}\right)+{\frac {1}{\alpha -\beta }}+\sum _{k=0}^{r-1}\left({\frac {1}{\alpha +k}}+{\frac {1}{\alpha +1+k-\gamma }}-{\frac {1}{1+k}}-{\frac {1}{\alpha +1+k-\beta }}\right)\right)x^{-r}\right\}\end{aligned}}}$

α − β < 0

De la simetría de la situación aquí, vemos que

${\displaystyle {\begin{aligned}y&=G\left\{{\frac {1}{(\alpha +1-\beta )_{\beta -\alpha -1}}}\sum _{r=\beta -\alpha }^{\infty }{\frac {(\alpha )_{r}(\alpha +1-\gamma )_{r}}{(1)_{r}(1)_{r+\alpha -\beta }}}x^{-r}\right\}+\\&\quad +H\left\{x^{-\beta }\sum _{r=0}^{\infty }{\frac {(\beta -\alpha )(\beta )_{r}(\beta +1-\gamma )_{r}}{(1)_{r}(\beta +1-\alpha )_{r}}}\left(\ln \left(x^{-1}\right)+{\frac {1}{\beta -\alpha }}+\sum _{k=0}^{r-1}\left({\frac {1}{\beta +k}}+{\frac {1}{\beta +1+k-\gamma }}-{\frac {1}{1+k}}-{\frac {1}{\beta +1+k-\alpha }}\right)\right)x^{-r}\right\}\end{aligned}}}$

Referencias

1. Abramowitz y Stegun

• Ian Sneddon (1966). Funciones especiales de la física matemática y la química . OLIVER B. ISBN 978-0-05-001334-2.

Abramowitz, Milton; Stegun, Irene A. (1964). Manual de funciones matemáticas . Nueva York: Dover. ISBN 978-0-48-661272-0.