シフトした6φ5の漸近公式

今回は$a^2q/bcde=1$の場合の
\begin{align} \sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac{(1-aq^{2n})(b,c,d,e;q)_n}{(aq/b,aq/c,aq/d,aq/e;q)_n}-\frac{(b,c,d,e;q)_{\infty}}{(aq/b,aq/c,aq/d,aq/e;q)_{\infty}}\right) \end{align}
に関する公式を与えたいと思う.

導出

前の記事( 3ψ3の部分和の変換公式 )の定理9の前の式
\begin{align} &\frac{(d/g,e/g;q)_N}{(bq/f,cq/f;q)_N}\sum_{n=0}^N\frac{(b,c;q)_n(q/f;q)_{N-n}}{(d,e;q)_n(q/g;q)_{N-n}}\left(\frac{gq}f\right)^n\\ &=\frac qf\frac{(1-d/q)(1-e/q)(1-f/q)}{1-g/q}\sum_{n=0}^{N-1}\frac{(d/g,e/g,q^2/f;q)_n}{(bq/f,cq/f;q)_{n+1}(q^2/g;q)_n}q^n\\ &\qquad-\frac qf\sum_{n=0}^{N-1}\frac{(b,c;q)_{n+1}(d/g,e/g;q)_n}{(d,e;q)_n(bq/f,cq/f;q)_{n+1}}\left(\frac{gq}f\right)^n\\ &\qquad+\sum_{n=0}^N\frac{(b,c,d/g,e/g;q)_n}{(d,e,bq/f,cq/f;q)_n}\left(\frac{gq}f\right)^n\\ &\qquad (bcgq^2=def) \end{align}
において, $f=gq$とすると,
\begin{align} &\frac{(d/g,e/g;q)_N}{(b/g,c/g;q)_N}\sum_{n=0}^N\frac{(b,c;q)_n(1/g;q)_{N-n}}{(d,e;q)_n(q/g;q)_{N-n}}\\ &=\frac{(1-d/q)(1-e/q)(1-g)}{g(1-g/q)}\sum_{n=0}^{N-1}\frac{(d/g,e/g,q/g;q)_n}{(b/g,c/g;q)_{n+1}(q^2/g;q)_n}q^n\\ &\qquad-\frac 1g\sum_{n=0}^{N-1}\frac{(b,c;q)_{n+1}(d/g,e/g;q)_n}{(d,e;q)_n(b/g,c/g;q)_{n+1}}+\sum_{n=0}^N\frac{(b,c,d/g,e/g;q)_n}{(d,e,b/g,c/g;q)_n}\\ &\qquad (bcq=de) \end{align}
となる. ここで$m=\lfloor\frac{N}2\rfloor$として, 左辺の和の部分は$N\to\infty$において,
\begin{align} &\sum_{n=0}^N\frac{(b,c;q)_n(1/g;q)_{N-n}}{(d,e;q)_n(q/g;q)_{N-n}}\\ &=\sum_{n=0}^{m}\frac{(b,c;q)_n}{(d,e;q)_n}\frac{(1/g;q)_{N-n}}{(q/g;q)_{N-n}}+\sum_{n=0}^{N-m-1}\frac{(1/g;q)_{n}}{(q/g;q)_{n}}\frac{(b,c;q)_{N-n}}{(d,e;q)_{N-n}}\\ &=\sum_{n=0}^{m}\left(\frac{(b,c;q)_n}{(d,e;q)_n}-\frac{(b,c;q)_{\infty}}{(d,e;q)_{\infty}}\right)\frac{(1/g;q)_{N-n}}{(q/g;q)_{N-n}}+\sum_{n=0}^{N-m-1}\left(\frac{(1/g;q)_{n}}{(q/g;q)_{n}}-\frac{(1/g;q)_{\infty}}{(q/g;q)_{\infty}}\right)\frac{(b,c;q)_{N-n}}{(d,e;q)_{N-n}}\\ &\qquad+\frac{(b,c;q)_{\infty}}{(d,e;q)_{\infty}}\sum_{n=0}^{m}\frac{(1/g;q)_{N-n}}{(q/g;q)_{N-n}}+\sum_{n=0}^{N-m-1}\frac{(1/g;q)_{\infty}}{(q/g;q)_{\infty}}\frac{(b,c;q)_{N-n}}{(d,e;q)_{N-n}}\\ &=\frac{(1/g;q)_{\infty}}{(q/g;q)_{\infty}}\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac{(b,c;q)_n}{(d,e;q)_n}-\frac{(b,c;q)_{\infty}}{(d,e;q)_{\infty}}\right)+\frac{(b,c;q)_{\infty}}{(d,e;q)_{\infty}}\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac{(1/g;q)_{n}}{(q/g;q)_{n}}-\frac{(1/g;q)_{\infty}}{(q/g;q)_{\infty}}\right)\\ &\qquad+(N+1)\frac{(b,c,1/g;q)_{\infty}}{(d,e,q/g;q)_{\infty}}+o(1)\\ &=(1-1/g)\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac{(b,c;q)_n}{(d,e;q)_n}-\frac{(b,c;q)_{\infty}}{(d,e;q)_{\infty}}\right)+\frac{(1-1/g)(b,c;q)_{\infty}}{(d,e;q)_{\infty}}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{q^n}{g-q^n}\\ &\qquad+(N+1)\frac{(1-1/g)(b,c;q)_{\infty}}{(d,e;q)_{\infty}}+o(1) \end{align}
となる. 一方右辺は$N\to\infty$において,
\begin{align} &\frac{(1-d/q)(1-e/q)(1-g)}{g(1-g/q)}\sum_{n=0}^{N-1}\frac{(d/g,e/g,q/g;q)_n}{(b/g,c/g;q)_{n+1}(q^2/g;q)_n}q^n\\ &\qquad-\frac 1g\sum_{n=0}^{N-1}\frac{(b,c;q)_{n+1}(d/g,e/g;q)_n}{(d,e;q)_n(b/g,c/g;q)_{n+1}}+\sum_{n=0}^N\frac{(b,c,d/g,e/g;q)_n}{(d,e,b/g,c/g;q)_n}\\ &=\frac{(1-d/q)(1-e/q)(1-g)}{g(1-g/q)}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(d/g,e/g,q/g;q)_n}{(b/g,c/g;q)_{n+1}(q^2/g;q)_n}q^n\\ &\qquad-\frac 1g\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac{(b,c;q)_{n+1}(d/g,e/g;q)_n}{(d,e;q)_n(b/g,c/g;q)_{n+1}}-\frac{(b,c,d/g,e/g;q)_{\infty}}{(d,e,b/g,c/g;q)_{\infty}}\right)\\ &\qquad+\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac{(b,c,d/g,e/g;q)_n}{(d,e,b/g,c/g;q)_n}-\frac{(b,c,d/g,e/g;q)_{\infty}}{(d,e,b/g,c/g;q)_{\infty}}\right)\\ &\qquad+\frac 1g\frac{(b,c,d/g,e/g;q)_{\infty}}{(d,e,b/g,c/g;q)_{\infty}}+(N+1)\frac{(1-1/g)(b,c,d/g,e/g;q)_{\infty}}{(d,e,b/g,c/g;q)_{\infty}}+o(1) \end{align}
となる. よって, 両辺の$N\to\infty$における定数項を比較して
\begin{align} &\frac{(1-1/g)(d/g,e/g;q)_{\infty}}{(b/g,c/g;q)_{\infty}}\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac{(b,c;q)_n}{(d,e;q)_n}-\frac{(b,c;q)_{\infty}}{(d,e;q)_{\infty}}\right)+\frac{(1-1/g)(b,c,d/g,e/g;q)_{\infty}}{(d,e,b/g,c/g;q)_{\infty}}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{q^n}{g-q^n}\\ &=\frac{(1-d/q)(1-e/q)(1-g)}{g(1-g/q)}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(d/g,e/g,q/g;q)_n}{(b/g,c/g;q)_{n+1}(q^2/g;q)_n}q^n\\ &\qquad-\frac 1g\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac{(b,c;q)_{n+1}(d/g,e/g;q)_n}{(d,e;q)_n(b/g,c/g;q)_{n+1}}-\frac{(b,c,d/g,e/g;q)_{\infty}}{(d,e,b/g,c/g;q)_{\infty}}\right)\\ &\qquad+\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac{(b,c,d/g,e/g;q)_n}{(d,e,b/g,c/g;q)_n}-\frac{(b,c,d/g,e/g;q)_{\infty}}{(d,e,b/g,c/g;q)_{\infty}}\right)+\frac 1g\frac{(b,c,d/g,e/g;q)_{\infty}}{(d,e,b/g,c/g;q)_{\infty}}\\ &=\frac{(1-d/q)(1-e/q)(1-g)}{g(1-g/q)}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(d/g,e/g,q/g;q)_n}{(b/g,c/g;q)_{n+1}(q^2/g;q)_n}q^n\\ &\qquad+(1-1/g)\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac{(1-bcq^{2n}/g)(b,c,d/g,e/g;q)_n}{(d,e;q)_n(b/g,c/g;q)_{n+1}}-\frac{(b,c,d/g,e/g;q)_{\infty}}{(d,e,b/g,c/g;q)_{\infty}}\right)+\frac 1g\frac{(b,c,d/g,e/g;q)_{\infty}}{(d,e,b/g,c/g;q)_{\infty}} \end{align}
を得る. 右辺第3項を移項してから両辺を$1-1/g$で割って,
\begin{align} &\frac{(d/g,e/g;q)_{\infty}}{(b/g,c/g;q)_{\infty}}\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac{(b,c;q)_n}{(d,e;q)_n}-\frac{(b,c;q)_{\infty}}{(d,e;q)_{\infty}}\right)+\frac{(b,c,d/g,e/g;q)_{\infty}}{(d,e,b/g,c/g;q)_{\infty}}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{q^{n+1}}{g-q^{n+1}}\\ &=-\frac{(1-d/q)(1-e/q)}{1-g/q}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(d/g,e/g,q/g;q)_n}{(b/g,c/g;q)_{n+1}(q^2/g;q)_n}q^n\\ &\qquad+\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac{(1-bcq^{2n}/g)(b,c,d/g,e/g;q)_n}{(d,e;q)_n(b/g,c/g;q)_{n+1}}-\frac{(b,c,d/g,e/g;q)_{\infty}}{(d,e,b/g,c/g;q)_{\infty}}\right) \end{align}
となる. $bc/g, d/g,e/g$をあらためて$a,d,e$と表して整理すると, これは以下のようになる.

古典極限

定理1は左辺を移項して
\begin{align} 0&=(d-a)(e-a)\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(d,e;q)_n}{(aq/b,aq/c;q)_n}\frac{q^n}{a-deq^n}\\ &\qquad+\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac{(1-aq^{2n})(b,c,d,e;q)_n}{(aq/b,aq/c,aq/d,aq/e;q)_n}-\frac{(d,e;q)_{\infty}}{(aq/b,aq/c;q)_{\infty}}\frac{(b,c;q)_n}{(aq/d,aq/e;q)_n}-\frac{(b,c,d,e;q)_{\infty}}{(aq/b,aq/c,aq/d,aq/e;q)_{\infty}}\frac{deq^n}{a-deq^n}\right)\\ &\qquad(a^2q=bcde) \end{align}
と書きかえることができる. この古典極限を考える. $a,b,c,d,e$を$q^a,q^b,q^c,q^d,q^e$に置き換えて両辺を$1-q$で割ってから$q\to 1$とすると,

\begin{align} 0&=(a-d)(a-e)\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(d,e)_n}{(1+a-b,1+a-c)_n}\frac{1}{n+d+e-a}\\ &\qquad+\sum_{n=0}^{\infty}\bigg(\frac{(2n+a)(b,c,d,e)_n}{(1+a-b,1+a-c,1+a-d,1+a-e)_n}-\frac{\Gamma(1+a-b)\Gamma(1+a-c)}{\Gamma(d)\Gamma(e)}\frac{(b,c)_n}{(1+a-d,1+a-e)_n}\\ &\qquad\qquad\qquad-\frac{\Gamma(1+a-b)\Gamma(1+a-c)\Gamma(1+a-d)\Gamma(1+a-e)}{\Gamma(b)\Gamma(c)\Gamma(d)\Gamma(e)}\frac{1}{n+d+e-a}\bigg)\\ &\qquad(1+2a=b+c+d+e) \end{align}
を得る. つまり以下が成り立つ.

例

$a=\frac 32,b=c=d=e=1$のとき,
\begin{align} &\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac{\left(2n+\frac 32\right)n!^4}{\left(\frac 32\right)_n^4}-\frac{\pi}{4}\frac{n!^2}{\left(\frac 32\right)_n^2}-\frac{\pi^2}{16}\frac{1}{n+\frac 12}\right)=-\frac 14\sum_{n=0}^{\infty}\frac{n!^2}{\left(\frac 32\right)_n^2}\frac{1}{n+\frac 12} \end{align}
となる. ここで, Ramanujan-Evans-Stantonの漸近公式( 前の記事 の定理2)において$a=b=c=1,d=e=\frac 32$として
\begin{align} \sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac{n!^2}{\left(\frac 32\right)_n^2}-\frac{\pi}4\frac 1{n+1}\right)=\frac{\pi}4\sum_{0< n}\frac{\left(\frac 12\right)_n^2}{n!^2n} \end{align}
が得られるので,
\begin{align} &\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac{\left(2n+\frac 32\right)n!^4}{\left(\frac 32\right)_n^4}-\frac{\pi^2}{16}\left(\frac{1}{n+\frac 12}+\frac 1{n+1}\right)\right)=\frac{\pi^2}{16}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\left(\frac 12\right)_n^2}{n!^2n}-\frac 14\sum_{n=0}^{\infty}\frac{n!^2}{\left(\frac 32\right)_n^2}\frac{1}{n+\frac 12} \end{align}
となる. $\displaystyle\beta_n:=\frac{\left(\frac 12\right)_n}{n!}$と表すとこれは
\begin{align} &\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac{2n+\frac 32}{\left(n+\frac 12\right)^4\beta_n^4}-\pi^2\left(\frac{1}{n+\frac 12}+\frac 1{n+1}\right)\right)=\pi^2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\beta_n^2}{n}-\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{\left(n+\frac 12\right)^3\beta_n^2} \end{align}
とシンプルに書き換えられる.
\begin{align} \sum_{n=1}^{\infty}\frac{\beta_n^2}{n}&=4\ln 2-\frac{8\beta(2)}{\pi}\\ \sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{\left(n+\frac 12\right)^3\beta_n^2}&=28\zeta(3)-8\pi\beta(2) \end{align}
であることが知られており, これらと
\begin{align} \sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac 1{n+\frac 12}-\frac 1{n+1}\right)=2\ln 2 \end{align}
を用いると
\begin{align} &\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac{2n+\frac 32}{\left(n+\frac 12\right)^4\beta_n^4}-\frac{2\pi^2}{n+1}\right)=6\pi^2\ln 2-28\zeta(3) \end{align}
を得る.