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Ramanujanの2つの公式のBaileyによる一般化

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前回の記事で示した2つの等式は, Baileyによってさらに一般化されている.

Bailey(1952)

$\begin{aligned} \sum_{n \in Z} (\frac{a q^{n}}{(1 - a q^{n})^{2}} - \frac{b q^{n}}{(1 - b q^{n})^{2}}) & = a \frac{(a b, q / a b, b / a, a q / b; q)_{\infty} (q; q)_{\infty}^{4}}{(a, q / a, b, q / b; q)_{\infty}^{2}} \end{aligned}$

Baileyの $_{6} ψ_{6}$ 和公式より,
$\begin{aligned} \frac{(a b q, b q / a, a q / b, q, q, q, q, q / a b; q)_{\infty}}{(b q, b q, a q, a q, q / a, q / a, q / b, q / b; q)_{\infty}} & =_{6} ψ_{6} [\begin{array}{c} \sqrt{a b} q, - \sqrt{a b} q, a, a, b, b \\ \sqrt{a b}, - \sqrt{a b}, b q, b q, a q, a q \end{array}; q] \\ = \frac{(1 - a)^{2} (1 - b)^{2}}{1 - a b} \sum_{n \in Z} \frac{1 - a b q^{2 n}}{(1 - a q^{n})^{2} (1 - b q^{n})^{2}} q^{n} \\ = \frac{(1 - a)^{2} (1 - b)^{2}}{(a - b) (1 - a b)} \sum_{n \in Z} (\frac{a q^{n}}{(1 - a q^{n})^{2}} - \frac{b q^{n}}{(1 - b q^{n})^{2}}) \end{aligned}$
より,
$\begin{aligned} \sum_{n \in Z} (\frac{a q^{n}}{(1 - a q^{n})^{2}} - \frac{b q^{n}}{(1 - b q^{n})^{2}}) & = a \frac{(a b, q / a b, b / a, a q / b; q)_{\infty} (q; q)_{\infty}^{4}}{(a, q / a, b, q / b; q)_{\infty}^{2}} \end{aligned}$
を得る.

実は上の等式は, 本質的にWeierstrassの楕円関数に関する等式
$\begin{aligned} ℘ (v) - ℘ (u) & = \frac{σ (u - v) σ (u + v)}{σ (u)^{2} σ (v)^{2}} \end{aligned}$
と同値である. このような等式が楕円関数論によらずに示されるのは興味深いかもしれない.

定理1において, $a \mapsto q, b \mapsto q^{2}, q \mapsto q^{5}$ とすることによって以下を得る.

$\begin{aligned} q \frac{(q^{5}; q^{5})_{\infty}^{5}}{(q; q)_{\infty}} & = \sum_{0 \leq n} (\frac{q^{5 n + 1}}{(1 - q^{5 n + 1})^{2}} - \frac{q^{5 n + 2}}{(1 - q^{5 n + 2})^{2}} - \frac{q^{5 n + 3}}{(1 - q^{5 n + 3})^{2}} + \frac{q^{5 n + 4}}{(1 - q^{5 n + 4})^{2}}) \end{aligned}$

また, 定理1において, $ω := e^{\frac{2 π i}{5}}$ として, $a \mapsto ω, b \mapsto ω^{2}$ とすると,
$\begin{aligned} \sum_{n \in Z} \frac{a q^{n}}{(1 - a q^{n})^{2}} & = \frac{a}{(1 - a)^{2}} + \sum_{0 < n} (\frac{a q^{n}}{(1 - a q^{n})^{2}} + \frac{a^{- 1} q^{n}}{(1 - a^{- 1} q^{n})^{2}}) \\ = \frac{a}{(1 - a)^{2}} + \sum_{0 < n, m} m (a^{m} + a^{- m}) q^{m n} \\ = \frac{a}{(1 - a)^{2}} + \sum_{m = 1} \frac{m (a^{m} + a^{- m}) q^{m}}{1 - q^{m}} \end{aligned}$
となることから,
$\begin{aligned} \frac{ω (1 - ω^{3}) (1 - ω)}{(1 - ω)^{2} (1 - ω^{2})^{2}} \prod_{0 < n} \frac{(1 - q^{n})^{5}}{1 - q^{5 n}} \\ = \frac{ω}{(1 - ω)^{2}} - \frac{ω^{2}}{(1 - ω^{2})^{2}} + \sum_{0 < m} \frac{m q^{m}}{1 - q^{m}} (ω^{m} + ω^{4 m} - ω^{2 m} - ω^{3 m}) \\ = \frac{ω (1 - ω^{2}) (1 - ω)}{(1 - ω)^{2} (1 - ω^{2})^{2}} + \sum_{0 < m} \frac{m q^{m} ω^{m} (1 - ω^{m}) (1 - ω^{2 m})}{1 - q^{m}} \end{aligned}$
ここで, $A := ω (1 - ω) (1 - ω^{2})$ とすると, $ω^{m} (1 - ω^{m}) (1 - ω^{2 m})$ は $m$ が $5 n, 5 n + 1, 5 n + 2, 5 n + 3, 5 n + 4$ のとき,
$\begin{array}{r} 0, A, - A, - A, A \end{array}$
となる. よってこれを整理すれば以下を得る.

$\begin{aligned} \frac{(q; q)^{5}}{(q^{5}; q^{5})_{\infty}} & = 1 - 5 \sum_{0 \leq n} (\frac{(5 n + 1) q^{5 n + 1}}{1 - q^{5 n + 1}} - \frac{(5 n + 2) q^{5 n + 2}}{1 - q^{5 n + 2}} - \frac{(5 n + 3) q^{5 n + 3}}{1 - q^{5 n + 3}} + \frac{(5 n + 4) q^{5 n + 4}}{1 - q^{5 n + 4}}) \end{aligned}$

両辺を $b - a$ で割って, $b \mapsto a$ の極限を考えることによって, 以下の系が得られる.

$\begin{aligned} \frac{a (1 + a)}{(1 - a)^{3}} + \sum_{0 < n} \frac{n^{2} q^{n}}{1 - q^{n}} (a^{n} - a^{- n}) & = a \frac{(a^{2}, q / a^{2}; q)_{\infty} (q; q)_{\infty}^{6}}{(a, q / a; q)_{\infty}^{4}} \end{aligned}$