Gasperによる三次の和公式
前の記事 で, Gasper-Rahmanによる$q$-Gosper予想を示した. その過程で用いた定理2の特別な場合として, Gasperによる以下の和公式を示すことができる.
\begin{align} &\sum_{0\leq k}\frac{1-aq^{4k}}{1-a}\frac{(a,b;q)_k(q/b;q)_{2k}(c,a^2b/c;q^3)_k}{(q^3,aq^3/b;q^3)_k(ab;q)_{2k}(aq/c,cq/ab;q)_k}q^k\\ &=\frac{(aq,ab/c;q)_{\infty}(ab^2,aq^3/bc;q^3)_{\infty}}{(ab,aq/c;q)_{\infty}(ab^2/c,aq^3/b;q^3)_{\infty}}\\ &\qquad+\frac{ab}c\frac{(aq,b,q/b;q)_{\infty}(c,a^2bq^3/c^2;q^3)_{\infty}}{(ab,cq/ab,aq/c;q)_{\infty}(ab^2/c,aq^3/b;q^3)_{\infty}}\\ &\qquad\cdot \Q21{ab^2/c,a^2b/c}{a^2bq^3/c^2}{q^3;q^3} \end{align}
前の記事
の定理2において, $c=1$とすると,
\begin{align}
&\frac{(aq^{3}/b,bd/a;q^3)_{\infty}(dq/ab,ab;q)_{\infty}}{(dq^{3}/ab^2,ab^2;q^3)_{\infty}(aq,d/a;q)_{\infty}}\\
&\qquad\cdot\sum_{0\leq k}\frac{1-aq^{4k}}{1-a}\frac{(a,b;q)_k(q/b;q)_{2k}(d,a^2b/d;q^3)_k}{(q^3,aq^3/b;q^3)_k(ab;q)_{2k}(dq/ab,aq/d;q)_k}q^{k}\\
&=1-\frac{(d^2q^{3}/a^2b,a^2b/d;q^3)_{\infty}(b,q/b;q)_{\infty}}{(dq^{3}/ab^2,ab^2;q^3)_{\infty}(dq/a,a/d;q)_{\infty}}\Q21{d,bd/a}{d^2q^3/a^2b}{q^3;q^3}
\end{align}
つまり,
\begin{align}
&\sum_{0\leq k}\frac{1-aq^{4k}}{1-a}\frac{(a,b;q)_k(q/b;q)_{2k}(d,a^2b/d;q^3)_k}{(q^3,aq^3/b;q^3)_k(ab;q)_{2k}(dq/ab,aq/d;q)_k}q^{k}\\
&=\frac{(dq^{3}/ab^2,ab^2;q^3)_{\infty}(aq,d/a;q)_{\infty}}{(aq^{3}/b,bd/a;q^3)_{\infty}(dq/ab,ab;q)_{\infty}}\\
&\qquad-\frac{(dq^{3}/ab^2,ab^2;q^3)_{\infty}(aq,d/a;q)_{\infty}}{(aq^{3}/b,bd/a;q^3)_{\infty}(dq/ab,ab;q)_{\infty}}\frac{(d^2q^{3}/a^2b,a^2b/d;q^3)_{\infty}(b,q/b;q)_{\infty}}{(dq^{3}/ab^2,ab^2;q^3)_{\infty}(dq/a,a/d;q)_{\infty}}\Q21{d,bd/a}{d^2q^3/a^2b}{q^3;q^3}\\
&=\frac{(dq^{3}/ab^2,ab^2;q^3)_{\infty}(aq,d/a;q)_{\infty}}{(aq^{3}/b,bd/a;q^3)_{\infty}(dq/ab,ab;q)_{\infty}}\\
&\qquad-\frac{(d^2q^{3}/a^2b,a^2b/d;q^3)_{\infty}(aq,d/a,b,q/b;q)_{\infty}}{(aq^{3}/b,bd/a;q^3)_{\infty}(dq/ab,ab,dq/a,a/d;q)_{\infty}}\Q21{d,bd/a}{d^2q^3/a^2b}{q^3;q^3}\\
&=\frac{(dq^{3}/ab^2,ab^2;q^3)_{\infty}(aq,d/a;q)_{\infty}}{(aq^{3}/b,bd/a;q^3)_{\infty}(dq/ab,ab;q)_{\infty}}\\
&\qquad+\frac{d}a\frac{(d^2q^{3}/a^2b,a^2b/d;q^3)_{\infty}(aq,b,q/b;q)_{\infty}}{(aq^{3}/b,bd/a;q^3)_{\infty}(dq/ab,ab,aq/d;q)_{\infty}}\Q21{d,bd/a}{d^2q^3/a^2b}{q^3;q^3}
\end{align}
を得る. ここで, $d=a^2b/c$とすれば示すべき等式が得られる.
古典極限
定理1において, $a\mapsto q^{3a},b\mapsto q^{3b},c\mapsto q^{3c}$としてから$q\to 1$とすると,
\begin{align}
&\sum_{0\leq k}\frac{1-aq^{4k}}{1-a}\frac{(a,b;q)_k(q/b;q)_{2k}(c,a^2b/c;q^3)_k}{(q^3,aq^3/b;q^3)_k(ab;q)_{2k}(aq/c,cq/ab;q)_k}q^k\\
&=\frac{(aq,ab/c;q)_{\infty}(ab^2,aq^3/bc;q^3)_{\infty}}{(ab,aq/c;q)_{\infty}(ab^2/c,aq^3/b;q^3)_{\infty}}\\
&\qquad+\frac{ab}c\frac{(aq,b,q/b;q)_{\infty}(c,a^2bq^3/c^2;q^3)_{\infty}}{(ab,cq/ab,aq/c;q)_{\infty}(ab^2/c,aq^3/b;q^3)_{\infty}}\\
&\qquad\cdot \Q21{ab^2/c,a^2b/c}{a^2bq^3/c^2}{q^3;q^3}
\end{align}
Gaussの超幾何定理より,
\begin{align}
&\F76{3a,1+\frac{3a}4,3b,\frac{1-3b}2,1-\frac{3b}2,c,2a+b-c}{\frac{3a}4,1+a-b,\frac{3a+3b}2,\frac{3a+3b+1}2,1+3a-3c,1+3c-3a-3b}1\\
&=\frac{\Gamma(3a+3b)\Gamma(1+3a-3c)\Gamma(a+2b-c)\Gamma(1+a-b)}{\Gamma(3a+1)\Gamma(3a+3b-3c)\Gamma(a+2b)\Gamma(1+a-b-c)}\\
&\qquad+\frac{\Gamma(3a+3b)\Gamma(1+3c-3a-3b)\Gamma(1+3a-3c)\Gamma(a+2b-c)\Gamma(1+a-b)}{\Gamma(3a+1)\Gamma(3b)\Gamma(1-3b)\Gamma(c)\Gamma(1+2a+b-2c)}\\
&\qquad\cdot\F21{a+2b-c,2a+b-c}{1+2a+b-2c}1\\
&=\frac{\Gamma(3a+3b)\Gamma(1+3a-3c)\Gamma(a+2b-c)\Gamma(1+a-b)}{\Gamma(3a+1)\Gamma(3a+3b-3c)\Gamma(a+2b)\Gamma(1+a-b-c)}\\
&\qquad+\frac{\Gamma(3a+3b)\Gamma(1+3c-3a-3b)\Gamma(1+3a-3c)\Gamma(a+2b-c)\Gamma(1+a-b)}{\Gamma(3a+1)\Gamma(3b)\Gamma(1-3b)\Gamma(c)\Gamma(1+2a+b-2c)}\\
&\qquad\cdot\frac{\Gamma(1+2a+b-2c)\Gamma(1-a-2b)}{\Gamma(1+a-b-c)\Gamma(1-c)}\\
&=\frac{\Gamma(3a+3b)\Gamma(1+3a-3c)\Gamma(a+2b-c)\Gamma(1+a-b)}{\Gamma(3a+1)\Gamma(3a+3b-3c)\Gamma(a+2b)\Gamma(1+a-b-c)}\\
&\qquad\cdot\left(1+\frac{\sin 3\pi b\sin\pi c}{\sin3\pi(a+b-c)\sin \pi(a+2b)}\right)
\end{align}
となる. つまり以下を得る.
\begin{align}
&\F76{3a,1+\frac{3a}4,3b,\frac{1-3b}2,1-\frac{3b}2,c,2a+b-c}{\frac{3a}4,1+a-b,\frac{3a+3b}2,\frac{3a+3b+1}2,1+3a-3c,1+3c-3a-3b}1\\
&=\frac{\Gamma(3a+3b)\Gamma(1+3a-3c)\Gamma(a+2b-c)\Gamma(1+a-b)}{\Gamma(3a+1)\Gamma(3a+3b-3c)\Gamma(a+2b)\Gamma(1+a-b-c)}\\
&\qquad\cdot\left(1+\frac{\sin 3\pi b\sin\pi c}{\sin3\pi(a+b-c)\sin \pi(a+2b)}\right)
\end{align}
が成り立つ.
Ramanujanの円周率公式
定理2において, 特に$n$を非負整数として$c=-n$とすると,
\begin{align}
\F76{3a,1+\frac{3a}4,3b,\frac{1-3b}2,1-\frac{3b}2,-n,2a+b+n}{\frac{3a}4,1+a-b,\frac{3a+3b}2,\frac{3a+3b+1}2,1+3a+3n,1-3n-3a-3b}1&=\frac{(3a+1)_{3n}(a+2b)_n}{(3a+3b)_{3n}(1+a-b)_n}
\end{align}
を得る. ここで, $n\to\infty$とすると,
\begin{align}
\F54{3a,1+\frac{3a}4,3b,\frac{1-3b}2,1-\frac{3b}2}{\frac{3a}4,1+a-b,\frac{3a+3b}2,\frac{3a+3b+1}2}{\frac 19}&=\frac{3^{1-3b}\Gamma(3a+3b)\Gamma(1+a-b)}{\Gamma(3a+1)\Gamma(a+2b)}
\end{align}
が得られる. 特に$a=b=\frac 16$とするとRamanujanの円周率公式
\begin{align}
\sum_{0\leq n}\frac{(8n+1)\left(\frac 12,\frac 14,\frac 34\right)_n}{n!^39^n}&=\frac{2\sqrt 3}{\pi}
\end{align}
を得る.
