我们定义：=ψ′（ζ）xs-1.-ζ1+ζ- sΓh2+ζ- s、 1+ζ- ζ、 1+ζ+^ζ，1+ζ+^ζ1+ζ+^ρ，1+ζ，1+ζ- ρ、 1+ζ- si，g：=ψ′（ζ）xs-1.-ζ1+ζ- sΓh2+ζ- s、 1+ζ- ζ、 1+ζ+^ζ，1+ζ+^ζ1+ζ+^ρ，1+ζ，1+ζ- ρ、 1+ζ- si，从公式（B.22）和（B.27）中，我们可以得出（s）=（qxζg）f+（qxζg）f+（ζbg）ff+（ζbg）ff（B.31）+（ζbg）ff+（ζcg）ff+（ζcg）ff+（ζcg）ff。步骤2c。使用所有之前的结果（公式（B.26）、（B.30）和（B.3 1）），我们将恒等式（B.20）改写为等效的形式I（s）+I（s）- Mx，q（s）=（hd）f+（he）f+（hd）ff+（hd）ff+（hd）ff+（he）ff+（he）ff+（qxζg）f+（qxζg）f+（ζbg）ff+（ζbg）ff（B.32）+（ζbg）ff+（ζcg）ff+（ζcg）ff+（ζcg）ff- （af+af+af）=0。现在我们的目标是简化（B.32）中的长和。首先我们将处理对消，然后我们将使用超几何函数的某种变换。步骤3a。使用伽马函数的反射公式（B.25），我们检查ζbg=-he，ζbg=-hd，ζcg=-hd，ζcg=-he，a=hd，a=he。这些恒等式允许我们将（B.32）中的表达式简化为以下I（s）+I（s）- Mx，q（s）=（qxζ+ζbf）gf+（qxζ+ζcf）gf+（hd）ff+（he）ff- af.（B.33）步骤3b。在这一步中，我们将通过以下结果1+z简化（B.33Yi=1αi- 1βi- 1.×F1，α，α，α2，β，β，βz=Fα- 1，α- 1，α- 1β- 1，β- 1，β- 1.z. （B.34）通过比较两侧泰勒级数的系数，可以很容易地建立上述恒等式。应用恒等式（B.34），我们得到qxζ+ζbf=qxζf，（B.35）qxζ+ζcf=qxζf.（B.36），其中f：=f-ζ、 1+ρ- ζ、 1个- ^ρ- ζ1- ζ-^ζ，1- ζ-^ζ，1- ζ+ζAx,f： =f-ζ、 1+ρ- ζ、 1个- ^ρ- ζ1- ζ-^ζ，1- ζ-^ζ，1- ζ+ζAx.对于公式（B.33），（B.35）和（B.36），给我们一个恒等式I（s）+I（s）的等价形式-Mx，q（s）=0如下（qxζg）ff+（qxζg）ff+（hd）ff+（he）ff- af=0。（B.37）现在需要证明（B.37）。第4步。

通过简化系数（ag ain，使用伽马函数（B.25）公式的反射），可以检查（B.37）中的左侧是h（x）的有限（即非有限）倍数：=Xi=1（αi- ρ） （αi+^ρ）Q1≤j≤5j6=i（αi- αj）×F1+αi- ρ、 1+αi+^ρ，1+αi，1+αi- s1+αi- α、 ，*, . . . , 1+αi- α-Ax×F1+ρ- αi，1- ^ρ-αi，-αi，s- αi1+α- αi，*, . . . , 1+α- αiAx,式中，[α，α，α，α]=[ζ，ζ，-^ζ，-^ζ，s- 1] 星号表示1+αi- αiisomitted。恒等式H（x）≡ 0是[6，定理1]的特例。要看到这一点，我们应该设置p=r=4和{ai}1≤我≤5={ζ，ζ，-^ζ，-^ζ，s- 1} ，{bi}1≤我≤4={1+ρ，1- ρ，0，s}，{mi}1≤我≤4={1，1，0，0}，用[6，定理1]的符号表示。