ラマヌジャンの円周率公式を理解したい

はじめに

この記事ではラマヌジャンの円周率公式
$\dis\frac1\pi=\frac{2\sqrt{2}}{99^2}\sum^\infty_{n=0}\frac{(4n)!}{(n!)^4}\farc{26390n+1103}{396^{4n}}$
を理解したくて奔走した話について語ります。

前書き

最近保形形式についての勉強をしたので長年手が届きそうになかったラマヌジャンの円周率公式にも今なら迫ることができるんじゃないかと思い、色々と調べてみることにしました。
　手始めに高校の頃読もうとして挫折した こちらのブログ を読んでみました(ちなみにこの記事のタイトルはこのブログのタイトルにあやかっています)。このブログでもラマヌジャンの円周率公式を理解すべくその証明を追うシリーズ「 ラマヌジャンの円周率公式を証明する 」をやっていましたが、途中で更新が止まっていたので そこで参考にされていた論文 を直接読んでみることにしました。
　保形形式を勉強した私にはそれなりに難なく読めたのですが、証明のあらすじを理解して「さあ、ここからどうやってラマヌジャンの円周率公式が出てくるんだ？」と思ったところ、なんと

この論文はラマヌジャンの円周率公式を証明するものではありませんでした！

これはどういうことかと言うと、Ramanujan-like formula (詳しく言えば ラマヌジャン・佐藤級数 のこと)にはいくつかの段階があって、その論文で紹介されていたのはChudnovskyの公式を中心としたレベル1の公式の証明で、ラマヌジャンの円周率公式はレベル2に属しているとのことなのです。
　ちなみにChudnovskyの公式
$\dis \farc1\pi=12\sum_{n=0}^\infty(-1)^k\frac{(6n)!}{(3n)!(n!)^3}\frac{545140134n+13591409}{640320^{3n+\frac32}}$
は現在円周率の計算において最も有効なものとして知られています。

本題

さてじゃあレベル2の公式はどうやって証明されるのかと色々と探してみましたがなかなかどうして有効な論文やテキストは見つかりませんでした。ただ、その中でも 一番ラマヌジャンの円周率公式に迫っていた論文 について情報を集めて考察し、わかったことを以下にまとめていきたいと思います。

ラマヌジャンの円周率公式

そもそもラマヌジャンは冒頭に挙げた式だけでなく他にも多数の円周率公式を与えていたようで、それらは
$\dis \farc1\pi=\sum^\infty_{n=0}\frac{(\frac12)_n(\frac1s)_n(1-\frac1s)_n}{(1)_n^3}\frac{An+B}{C^n}\quad(s=2,3,4,6)$
という形の公式になっていたそうです。($(x)_n$はポッホハマー記号)
冒頭の公式は$s=4,C=99^4$の場合でChudnovskyの公式は$s=6,C=-53360^3$の場合になっています。
そのことは次のようにしてわかります。
\begin{eqnarray} \left(\frac14\right)_n\left(\frac12\right)_n\left(\frac34\right)_n &=&\left(\frac14\right)_n\left(\frac24\right)_n\left(\frac34\right)_n \\&=&\frac{(1\c2\c3)\c(5\c6\c7)\cdots((4n-3)\c(4n-2)\c(4n-1))}{4^{3n}} \\&=&\frac1{4^{3n}}\frac{1\c2\c3\c4\cdots4n}{4\c8\c12\cdots4n} =\frac1{4^{3n}}\frac{(4n)!}{4^nn!}=\frac{(4n)!}{4^{4n}n!} \\\\\left(\frac16\right)_n\left(\frac12\right)_n\left(\frac56\right)_n &=&\left(\frac16\right)_n\left(\frac36\right)_n\left(\frac56\right)_n \\&=&\frac{(1\c3\c5)\c(7\c9\c11)\cdots((6n-5)\c(6n-3)\c(6n-1))}{6^{3n}} \\&=&\farc{1}{6^{3n}}\frac{1\c2\c3\cdots(6n-1)\c6n}{2\c4\c6\cdots(6n-2)\c6n} =\farc{1}{6^{3n}}\frac{(6n)!}{2^{3n}(3n)!}=\frac{(6n)!}{12^{3n}(3n)!} \end{eqnarray}
ではどうやってこのような公式を構成することができるのでしょうか。

円周率公式のからくり

ここで重要になってくるのはルジャンドルの関係式、超幾何関数、そしてClausenの公式です( tsujimotterさんのブログ でも似たようなこと言ってましたね)。これらの公式については こちらの記事 で詳しく解説してあります。
上に挙げた円周率公式の一般形をよく見てみましょう。勘の良い人はもうわかったと思いますがこれは一般化超幾何関数${}_3F_2$を用いて
$\dis \sum^\infty_{n=0}\frac{(\frac12)_n(\frac1s)_n(1-\frac1s)_n}{(1)_n^3}\frac{An+B}{C^n} =\frac{A}{C}\farc{d\,{}_3F_2}{dz}\left(\begin{array}{c}\farc12,\farc1s,1-\frac1s\\1,1\end{array};\frac1C\right)+B\c{}_3F_2\left(\begin{array}{c}\farc12,\farc1s,1-\frac1s\\1,1\end{array};\frac1C\right)$
と書くことができます。ここでClausenの公式と二次変換公式を思い出してみましょう。

この二つの公式から次のような関係が得られます。
$\dis {\F {\frac1s}{1-\frac1s}{1}z}^2= \F{\frac1{2s}}{\frac12-\frac1{2s}}{1}{4z(1-z)}^2 ={}_3F_2\left(\begin{array}{c}\frac1s,1-\farc1s,\frac12\\1,1\end{array};4z(1-z)\right)$
つまり$\dis F_s(z)=\F{\farc1s}{1-\farc1s}1z$とおくと次の式が成り立つわけです。
$\dis \sum^\infty_{n=0}\frac{(\frac12)_n(\frac1s)_n(1-\frac1s)_n}{(1)_n^3}(4z(1-z))^n =F_s(z)^2$
$\dis \sum^\infty_{n=0}\frac{(\frac12)_n(\frac1s)_n(1-\frac1s)_n}{(1)_n^3}n(4z(1-z))^n =\frac{2z(1-z)}{1-2z}F_s(z)\farc{d}{dz}F_s(z)$
だいぶそれらしきものが見えてきたところで極めつけにルジャンドルの関係式を思い出してみましょう。

この$G_s$と$w$を使うと上の式は次のようにも書き変えられます。
$\dis \sum^\infty_{n=0}\frac{(\frac12)_n(\frac1s)_n(1-\frac1s)_n}{(1)_n^3}n(4z(1-z))^n =\frac{2w}{1-2z}F_s(z)G_s(z)$

なるほど、これはつまり$2$次方程式$4z(1-z)=\frac1C$の解を$z=\a,\b$としたとき、解と係数の関係から$\b=1-\a$であることに注意すると、$F_s(\a),G_s(\a)$と$F_s(\b),G_s(\b)$の間に何らかの関係があって
$\dis\sum^\infty_{n=0}\frac{(\frac12)_n(\frac1s)_n(1-\frac1s)_n}{(1)_n^3}\frac{An+B}{C^n} =\frac{2A\b}{1-2\a}F_s(\a)G_s(\a)+BF_s(\a)^2=\a F_s(\a)G_s(\b)+\b F_s(\b)G_s(\a)$
が成り立つような$A,B$を持って来ればこの右辺が$\dis\frac1\pi\sin\frac\pi s$となって晴れて円周率公式の完成だ！となるわけです。

となると「じゃあ、その『何らかの関係』ってなんなの？」という話になります。しかし残念ながら私が得れた情報はここまでで、具体的な$A,B$の決定については保形形式や楕円関数の理論でなんやかんやするのでしょうくらいにしかわかってません。ただ、 今回参考にした論文 ではその『何らかの関係』が具体的に求まるようなある$s,C$についての解説が載っているので少し紹介してみようと思います。

$s=4,C=3$の円周率公式

さて$s=4,C=3$のときには以下の円周率公式が成り立つとのことです。
$\dis\farc{1}{\pi}=\frac{2\sqrt{2}}{9}\sum^\infty_{n=0}\frac{(\frac12)_n(\frac14)_n(\frac34)_n}{(1)_n^3}\frac{10n+1}{3^{4n}}$
これは以下の関係式を使って証明するみたいです。

なんじゃこりゃ。

一体この有理関数たちはどこから出てきたんでしょうか。こういう超幾何関数の有理的、もしくは代数的な変換による関係式は代数変換公式( algebraic transformation )と呼ばれているらしく、無数の代数変換公式が知られています。何か公式を無限に生成する魔法のようなものがあるのでしょうか。(どうにも超幾何微分方程式が関わっているらしい？というのはわかりますが...)

ともかくこの関係式において$\a=1-\b$という方程式を考えると、その解の一つとして
$\dis x_0=\frac{\sqrt{5}-2}{2}$
が取れるらしく、このとき$\a,\b,m$にそれぞれ$x=x_0$を代入すると
$\dis \a_0=\frac12-\frac{2\sqrt{5}}{9},\;\b_0=\frac12+\frac{2\sqrt{5}}{9},\;m_0=\frac1{\sqrt{5}}$
が成り立ち、$z=\a_0,\b_0$は方程式$4z(1-z)=\frac1{3^4}$の解となります。

また$\a',\b',m'$にもそれぞれ$x=x_0$を代入すると
$\dis \a'_0=\b_0'=\frac{\sqrt{5}+2}{27},\;m_0'=-\frac{8(\sqrt{5}+2)}{15}$
となり、
$\dis \a\frac{d}{dx}F_4(\a)=\a'G_4(\a)=\a m'F_4(\b)+\a m\frac{\b'}{\b}G_4(\b)$
に注意すると
$\dis F_4(\a_0)=\farc1{\sqrt{5}}F_4(\b_0),\;G_4(\a_0)=\farc{16\sqrt{5}-36}{5}F_4(\b_0)+\farc{161\sqrt{5}-360}{5}G_4(\b_0)$
という関係を得ることができるのでこれを用いてなんやかんや計算することで
$\dis\sum^\infty_{n=0}\frac{(\frac12)_n(\frac14)_n(\frac34)_n}{(1)_n^3}\frac{1}{3^n}(\farc{20}{9}n+\farc29)=\a_0F_4(\a_0)G_4(\b_0)+\b_0F_4(\b_0)G_4(\a_0)=\farc1\pi\sin\frac\pi4=\farc1{\sqrt{2}}\frac1\pi$
が成り立つことを確認できる。といった具合らしいです。

ちなみに$\a=1-\b$の別の解
$\dis x_0=\frac{2\sqrt{3}-3}{4}-\frac{2-\sqrt{3}}{4}i$
を使えば同様にまた別の公式
$\dis\frac1\pi=\frac{\sqrt{3}}{16}\sum^\infty_{n=0}(-1)^n\frac{(\frac12)_n(\frac14)_n(\frac34)_n}{(1)_n^3}\frac{28n+3}{48^n}$
得られるのだとか。

まとめ

$F_4(\a)=mF_4(\b)$
を満たすような有理関数$\a=\a(x),\b=\b(x)$および無理関数$m$であって、方程式$\a=1-\b$のある解$x=x_0$について$z=\a(x_0),\b(x_0)$が方程式$4z(1-z)=\frac1{99^4}$を満たすようなものがあれば、$F_4(\a_0),G_4(\a_0)$と$F_4(\b_0),G_4(\b_0)$の間に成り立つ具体的な関係がわかって
$\dis\frac{2}{99^2}\sum^\infty_{n=0}\frac{(4n)!}{(n!)^4}\farc{26390n+1103}{396^{4n}} =\frac1\pi\sin\frac\pi4=\farc1{\sqrt{2}}\frac1\pi$
であることが納得できる！

なにかラマヌジャンの円周率公式の証明が書かれた文献を知っている人がいれば教えて下さるとありがたいです。

(2022/12/22 追記)約2年の時を経て遂に ラマヌジャンの円周率公式を理解しました！ ぜひご一読ください。