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双曲線関数を含む連分数

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前回示した定理3を用いて次式を示す。
$\begin{array}{rcl} \frac{\sqrt[8]{2} - 1}{\sqrt[8]{2} + 1} & = & K_{n = 0}^{\infty} \frac{1}{2 \sinh ((2 n + 1) π)} \end{array}$
$\begin{array}{rcl} \frac{\sqrt[4]{2} - 1}{\sqrt[4]{2} + 1} & = & K_{n = 0}^{\infty} \frac{\cosh^{2} (n π)}{\sinh ((2 n + 1) π)} \end{array}$
前回の定理3より

$\begin{aligned} \frac{(- q z; q^{2})_{\infty} - (q z; q^{2})_{\infty}}{(- q z; q^{2})_{\infty} + (q z; q^{2})_{\infty}} & = K_{n = 0}^{\infty} \frac{1}{\frac{q^{- 2 n - 1} - q^{2 n + 1}}{z}} & (1.1 .) \\ \frac{(- q z; q^{2})_{\infty}^{2} - (q z; q^{2})_{\infty}^{2}}{(- q z; q^{2})_{\infty}^{2} + (q z; q^{2})_{\infty}^{2}} & = \frac{1}{2} K_{n = 0}^{\infty} \frac{(q^{- n} + q^{n})^{2}}{\frac{q^{- 2 n - 1} - q^{2 n + 1}}{z}} & (1.2 .) \end{aligned}$

$f (τ) : = \prod_{n = 0}^{\infty} \tanh \frac{- (2 n + 1) π i τ}{2}$

これは、モジュラーラムダ関数と以下のような関係となっている。

$\begin{array}{rcl} λ (τ) & = & f^{8} (- \frac{1}{τ}) \\ λ^{*} (x) & = & f^{4} (\frac{i}{\sqrt{x}}) \end{array}$

$\begin{array}{rcl} \frac{\sqrt{2} η (\frac{τ}{2}) η^{2} (2 τ)}{η^{3} (τ)} & = & \sqrt{2} \frac{\sqrt{\frac{2 i}{τ}} η (- \frac{2}{τ}) {(\sqrt{\frac{i}{2 τ}} η (- \frac{1}{2 τ}))}^{2}}{{(\sqrt{\frac{i}{τ}} η (- \frac{1}{τ}))}^{3}} \\ = & \frac{η (- \frac{2}{τ}) η^{2} (- \frac{1}{2 τ})}{η^{3} (- \frac{1}{τ})} \\ = & \frac{r^{4} (q^{4}; q^{4})_{\infty} (r (q; q)_{\infty})^{2}}{(r^{2} (q^{2}; q^{2}))^{3}} (q = e^{- \frac{π i}{τ}}, r = q^{\frac{1}{24}}) \\ = & \frac{(q^{4}; q^{4})_{\infty} (q; q)_{\infty}^{2}}{(q^{2}; q^{2})^{3}} \\ = & \frac{\frac{(q^{4}; q^{4})_{\infty}}{(q^{2}; q^{2})_{\infty}} (q; q)_{\infty}}{\frac{(q^{2}; q^{2})_{\infty}}{(q; q)_{\infty}} (q^{2}; q^{2})_{\infty}} \\ = & \frac{(- q^{2}; q^{2})_{\infty} (q; q)_{\infty}}{(- q; q)_{\infty} (q^{2}; q^{2})_{\infty}} \\ = & \frac{(q; q^{2})_{\infty}}{(- q; q^{2})_{\infty}} \\ = & \prod_{n = 0}^{\infty} \frac{1 - q^{2 n + 1}}{1 + q^{2 n + 1}} \\ = & \prod_{n = 0}^{\infty} \frac{1 - e^{- \frac{(2 n + 1) π i}{τ}}}{1 + e^{- \frac{(2 n + 1) π i}{τ}}} \\ = & f (- \frac{1}{τ}) \end{array}$
$\begin{array}{rcl} λ (τ) & = & f^{8} (- \frac{1}{τ}) \\ λ^{*} (x) & = & f^{4} (\frac{i}{\sqrt{x}}) \end{array}$

定理1,2より、

$\begin{aligned} \frac{1 - \sqrt[4]{λ^{*} (x)}}{1 + \sqrt[4]{λ^{*} (x)}} & = K_{n = 0}^{\infty} \frac{1}{2 \sinh \frac{(2 n + 1) π}{\sqrt{x}}} & (∵ 1.1 .) \\ \frac{1 - \sqrt{λ^{*} (x)}}{1 + \sqrt{λ^{*} (x)}} & = K_{n = 0}^{\infty} \frac{\cosh^{2} \frac{n π}{\sqrt{x}}}{\sinh \frac{(2 n + 1) π}{\sqrt{x}}} & (∵ 1.2 .) \end{aligned}$

これに $λ^{*} (x)$ の特殊値を代入すれば最初の式が求まる。
また、
$\begin{aligned} q \frac{(q^{8} z^{- 1}, q^{8} z; q^{8})_{\infty}}{(q^{4} z^{- 1}, q^{4} z; q^{8})_{\infty}} & = \frac{1}{q^{- 1} - q + K_{n = 1}^{\infty} \frac{q^{- 2 n} + q^{2 n} - z^{- 1} - z}{q^{- 2 n - 1} - q^{2 n + 1}}} \\ \sqrt{λ^{*} (x)} & = K_{n = 0}^{\infty} \frac{\cosh^{2} \frac{n π \sqrt{x}}{4}}{\sinh \frac{(2 n + 1) π \sqrt{x}}{4}} \\ \frac{\sqrt[4]{λ^{*} (x)}}{\sqrt{2}} & = \frac{1}{2} K_{n = 0}^{\infty} \frac{2 \cosh \frac{n π \sqrt{x}}{4}}{2 \sinh \frac{(2 n + 1) π \sqrt{x}}{8}} \\ \frac{\sqrt{λ^{*} (x) + 1} - 1}{\sqrt{λ^{*} (x)}} & = K_{n = 0}^{\infty} \frac{1}{2 \cosh \frac{(2 n + 1) π \sqrt{x}}{4}} \\ \tan \frac{π}{48} & = K_{n = 0}^{\infty} \frac{1}{2 \cosh \frac{(2 n + 1) π \sqrt{3}}{2}} \\ f^{2} (τ + \frac{1}{2}) & = e^{- i \arccos f^{4} (2 τ)} \end{aligned}$
などが成り立つ。