ラマヌジャンの論文11：いくつかの積分について

$$\frac{1}{(a^2-x)((a+1{)}^2-x)\cdots ((a+n-1{)}^2-x)}$$
の部分分数分解における$1/((a+k{)}^2-x)$の係数は
$$\begin{array}{rl}\prod _{\begin{array}{c}j=0\\ j\ne k\end{array}}^{n-1}\frac{1}{(a+j{)}^2-(a+k{)}^2}& =\prod _{\begin{array}{c}j=0\\ j\ne k\end{array}}^{n-1}\frac{1}{(j-k)(2a+k+j)}\\ & =(2a+2k)\frac{(-1{)}^k}{k!(n-k-1)!}\frac{1}{(2a+k{)}_n}\\ & =2(a+k)\frac{(1-n{)}_k}{(1{)}_{n-1}(1{)}_k}\frac{(2a{)}_k}{(2a{)}_n(2a+n{)}_k}\end{array}$$
と計算できることからわかる。

　被積分関数は偶関数であることに注意すると
$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{2b}{b^2+x^2}\cos 2txdx& =\frac{1}{2}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\frac{2b}{b^2+x^2}\cos 2txdx\\ & =\frac{1}{2}\mathrm{Re}\left({\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\frac{2b}{b^2+x^2}{e}^{2itx}dx\right)\\ & =\mathrm{Re}(\pi i{\mathrm{Res}}_{x=ib}\frac{2b}{b^2+x^2}{e}^{2itx})\\ & =\mathrm{Re}\left(\pi i\frac{2b}{2ib}{e}^{-2bt}\right)\\ & =\pi b{e}^{-2bt}\end{array}$$
と求まる。

　上の補題からわかる。

　$n\to \mathrm{\infty }$において
$$\begin{array}{rl}\frac{(a{)}_n^2}{(1{)}_{n-1}(2a{)}_n}& =\frac{\mathrm{\Gamma }(2a)}{\mathrm{\Gamma }(a{)}^2}\frac{\mathrm{\Gamma }(a+n{)}^2}{\mathrm{\Gamma }(n)\mathrm{\Gamma }(2a+n)}\to \frac{\mathrm{\Gamma }(2a)}{\mathrm{\Gamma }(a{)}^2}\\ \frac{(1-n{)}_k}{(2a+n{)}_k}& \to (-1{)}^k\end{array}$$
となること、および倍数公式
$$\mathrm{\Gamma }(2a)=\frac{2^{2a}}{2\sqrt{\pi }}\mathrm{\Gamma }(a)\mathrm{\Gamma }(a+\frac{1}{2})$$
に注意すると公式1より
$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{\cos 2tx}{\prod _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(1+(\frac{x}{a+n}{)}^2)}dx& =\frac{\pi \mathrm{\Gamma }(2a)}{\mathrm{\Gamma }(a{)}^2}{e}^{-2at}\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^k\frac{(2a{)}_k}{(1{)}_k}{e}^{-2kt}\\ & =\frac{\sqrt{\pi }}{2}\frac{\mathrm{\Gamma }(a+\frac{1}{2})}{\mathrm{\Gamma }(a)}{2}^{2a}{e}^{-2at}(1+e^{-2t}{)}^{-2a}\\ & =\frac{\sqrt{\pi }}{2}\frac{\mathrm{\Gamma }(a+\frac{1}{2})}{\mathrm{\Gamma }(a)}{\left(\frac{2}{e^t+e^{-t}}\right)}^{2a}\end{array}$$
とわかる。

$$\prod _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(1+{\left(\frac{x}{a+n}\right)}^2)=\frac{\mathrm{\Gamma }(a{)}^2}{\mathrm{\Gamma }(a+ix)\mathrm{\Gamma }(a-ix)}$$
からわかる。
　このことについては
$$\prod _{k=0}^{n-1}(1-{\left(\frac{x}{a+k}\right)}^2)=\frac{(a-x{)}_n(a+x{)}_n}{(a{)}_n^2}\to \frac{\mathrm{\Gamma }(a{)}^2}{\mathrm{\Gamma }(a-x)\mathrm{\Gamma }(a+x)}(n\to \mathrm{\infty })$$
などによってわかる。

　公式2と同様にしてわかる。

　超幾何定理
$$\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(a{)}_k(b{)}_k}{(1{)}_k(c{)}_k}=\frac{\mathrm{\Gamma }(c)\mathrm{\Gamma }(c-a-b)}{\mathrm{\Gamma }(c-a)\mathrm{\Gamma }(c-b)}$$
および
$$\begin{array}{rl}\frac{\mathrm{\Gamma }(2a)}{\mathrm{\Gamma }(a)}& =\frac{2^{2a}}{2\sqrt{\pi }}\mathrm{\Gamma }(a+\frac{1}{2})\\ \frac{\mathrm{\Gamma }(2b-1)}{\mathrm{\Gamma }(b)}& =\frac{2^{2b-1}}{2\sqrt{\pi }}\mathrm{\Gamma }(a-\frac{1}{2})\\ \frac{\mathrm{\Gamma }(2b-2a-1)}{\mathrm{\Gamma }(b-a)}& =\frac{2^{2b-2a-1}}{2\sqrt{\pi }}\mathrm{\Gamma }(b-a-\frac{1}{2})\end{array}$$
に注意すると
$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\prod _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\left(\frac{1+(\frac{x}{b+n}{)}^2}{1+(\frac{x}{a+n}{)}^2}\right)dx& =\frac{\pi \mathrm{\Gamma }(2a)\mathrm{\Gamma }(b{)}^2}{\mathrm{\Gamma }(a{)}^2\mathrm{\Gamma }(b+a)\mathrm{\Gamma }(b-a)}\frac{\mathrm{\Gamma }(a+b)\mathrm{\Gamma }(2b-2a-1)}{\mathrm{\Gamma }(b-a)\mathrm{\Gamma }(2b-1)}\\ & =\frac{\sqrt{\pi }}{2}\frac{\mathrm{\Gamma }(a+\frac{1}{2})}{\mathrm{\Gamma }(a)}\frac{\mathrm{\Gamma }(b)}{\mathrm{\Gamma }(b-\frac{1}{2})}\frac{\mathrm{\Gamma }(b-a-\frac{1}{2})}{\mathrm{\Gamma }(b-a)}\end{array}$$
とわかる。

　公式3と同様にしてわかる。

　公式5において
$$a=\frac{11}{10},b=\frac{61}{10}=a+5$$
とおくと
$$\begin{array}{rl}& {\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{dx}{(x^2+{11}^2)(x^2+{21}^2)(x^2+{31}^2)(x^2+{41}^2)(x^2+{51}^2)}\\ =& \frac{10}{(11\cdot 21\cdot 31\cdot 41\cdot 51{)}^2}\frac{\mathrm{\Gamma }(a+\frac{1}{2})}{\mathrm{\Gamma }(a)}\frac{\mathrm{\Gamma }(a+5)}{\mathrm{\Gamma }(a+4+\frac{1}{2})}\frac{\mathrm{\Gamma }(5-\frac{1}{2})}{\mathrm{\Gamma }(5)}\frac{\sqrt{\pi }}{2}\\ =& \frac{10}{(11\cdot 21\cdot 31\cdot 41\cdot 51{)}^2}\frac{a(a+1)(a+2)(a+3)(a+4)}{(a+\frac{1}{2})(a+\frac{3}{2})(a+\frac{5}{2})(a+\frac{7}{2})}\frac{\frac{1}{2}\frac{3}{2}\frac{5}{2}\frac{7}{2}}{24}\frac{\pi }{2}\\ =& \frac{1}{11\cdot 21\cdot 31\cdot 41\cdot 51}\frac{1}{16\cdot 26\cdot 36\cdot 46}\frac{5\cdot 21}{24\cdot 32}\pi \\ =& \frac{5\pi }{11\cdot 16\cdot 24\cdot 26\cdot 31\cdot 32\cdot 36\cdot 41\cdot 46\cdot 51}\end{array}$$
と求まる。
　また
$$(11\cdot 26)\cdot (36\cdot 46\cdot 51)=(13\cdot 22)\cdot (12\cdot 17\cdot 18\cdot 23)$$
に注意するとわかる。

　フーリエの変換公式
$$\hat{f}(y)={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}f(x)e^{-2ixy}dx\leftrightarrow f(x)=\frac{1}{\pi }{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\hat{f}(y)e^{2ixy}dy$$
より偶関数$f$に対し
$$\tilde{f}(y)={\int }_0^{\mathrm{\infty }}f(x)e^{-2ixy}dx\leftrightarrow f(x)=\frac{4}{\pi }{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\tilde{f}(y)e^{2ixy}dy$$
が成り立つことに注意すると公式2,3からわかる。

$$\varphi (a)=\frac{\sqrt{\pi }}{2}\frac{|\mathrm{\Gamma }(\frac{a+it}{2}){|}^2}{\mathrm{\Gamma }(\frac{a}{2})\mathrm{\Gamma }(\frac{a+1}{2})}=\frac{\sqrt{\pi }}{a-1}\frac{|\mathrm{\Gamma }(\frac{a-it}{2}){|}^2}{\mathrm{\Gamma }(\frac{a}{2})\mathrm{\Gamma }(\frac{a-1}{2})}$$
および相反公式
$$\mathrm{\Gamma }(s)\mathrm{\Gamma }(1-s)=\frac{\pi }{\sin \pi s}$$
に注意すると
$$\begin{array}{rl}\varphi (a)\varphi (2-a)& =\frac{\pi }{2(1-a)}\frac{|\mathrm{\Gamma }(\frac{a+it}{2})\mathrm{\Gamma }(1-\frac{a+it}{2}){|}^2}{\mathrm{\Gamma }(\frac{a}{2})\mathrm{\Gamma }(1-\frac{a}{2})\mathrm{\Gamma }(\frac{1+a}{2})\mathrm{\Gamma }(\frac{1-a}{2})}\\ & =\frac{\pi }{2(1-a)}\frac{\sin \frac{\pi a}{2}\sin (\frac{\pi }{2}+\frac{\pi a}{2})}{|\sin \frac{\pi (a+it)}{2}{|}^2}\\ & =\frac{\pi }{2(1-a)}\frac{\sin \pi a}{(\cosh \pi t-\cos \pi a)}\end{array}$$
とわかる。ただし最後の等号には以下の補題を用いた。

$$\begin{array}{rl}|\sin z{|}^2& =|\sin x\cosh y+i\cos x\sinh y{|}^2\\ & ={\sin }^{2}x{\cosh }^{2}y-({\sin }^{2}x{\sinh }^{2}y-{\sin }^{2}x{\sinh }^{2}y)+{\cos }^2{\sinh }^{2}y\\ & ={\sin }^{2}x+{\sinh }^{2}y\\ & =\frac{1-\cos 2x}{2}+\frac{\cosh 2x-1}{2}\\ & =\frac{\cosh 2y-\cos 2x}{2}\end{array}$$
とわかる。

$$\begin{array}{rl}{\int }_a^b\psi (x)\mathrm{\Phi }(tx)dx& ={\int }_a^b\psi (x)({\int }_{\alpha }^{\beta }\varphi (y)K(txy)dy)dx\\ & ={\int }_{\alpha }^{\beta }\varphi (y)({\int }_a^b\psi (x)K(txy)dx)dy\\ & ={\int }_{\alpha }^{\beta }\varphi (y)\mathrm{\Psi }(ty)dy\end{array}$$

　第一式については求める積分を$I$とおき留数定理により積分経路を$-\mathrm{\infty }+i\to +\mathrm{\infty }+i$に持ち上げることで
$$\begin{array}{rl}I& =2\pi i{\mathrm{Res}}_{x=i/2}+{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\frac{e^{-2\pi i(x+i)y}}{-\cosh \pi x}dx\\ & =2e^{\pi y}-e^{2\pi y}I\end{array}$$
つまり
$$I=\frac{2e^{\pi y}}{1+e^{2\pi y}}=\frac{1}{\cosh \pi y}$$
を得る。
　第二式についても同様に積分経路を$-\mathrm{\infty }+\sqrt{3}i\to +\mathrm{\infty }+\sqrt{3}i$に持ち上げることで
$$\begin{array}{rl}I& =2\pi i({\mathrm{Res}}_{x=i/\sqrt{3}}+{\mathrm{Res}}_{x=2i/\sqrt{3}})+{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\frac{e^{-2\pi i(x+\sqrt{3}i)y}}{1+2\cosh \frac{2\pi x}{\sqrt{3}}}dx\\ & =(e^{2\pi y/\sqrt{3}}-e^{4\pi y/\sqrt{3}})+e^{2\sqrt{3}\pi y}I\end{array}$$
つまり
$$\begin{array}{rl}I& =\frac{e^{2\pi y/\sqrt{3}}(1-e^{2\pi y/\sqrt{3}})}{1-(e^{2\pi y/\sqrt{3}}{)}^3}\\ & =\frac{1}{e^{2\pi y/\sqrt{3}}+1+e^{-2\pi y/\sqrt{3}}}\\ & =\frac{1}{1+2\cosh \frac{2\pi y}{\sqrt{3}}}\end{array}$$
を得る。
　第三式については積分経路を$-\mathrm{\infty }-iy\to +\mathrm{\infty }-iy$に移動させることでガウス積分より
$$I={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{e}^{-\pi (x+iy{)}^2}{e}^{-\pi y^2}dx=e^{-\pi y^2}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{e}^{-\pi x^2}dx=e^{-\pi y^2}$$
を得る。

　$K(x)=\cos 2\pi x$および$\varphi (x),\psi (x)$として
$$\frac{1}{\cosh \pi x},\frac{1}{1+2\cosh \frac{2\pi x}{\sqrt{3}}},e^{-\pi x^2}$$
を取ると補題5より
$$\mathrm{\Phi }(t)={\int }_0^{\mathrm{\infty }}\varphi (x)\cos 2\pi txdx=\frac{1}{2}\varphi (t)$$
が成り立つので補題4より
$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\varphi (x)\psi (tx)dx& ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}\varphi (tx)\psi (x)dx\\ & =\frac{1}{t}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\varphi (x)\psi (x/t)dx\end{array}$$
つまり$\alpha \beta =1$のとき
$$\sqrt{\alpha }{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\varphi (x)\psi (\alpha x)dx=\sqrt{\beta }{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\varphi (x)\psi (\beta x)dx$$
という関数等式が得られることとなる。
　あとはこれらを適当に変形することで主張を得る。

　第一式については
$$\pi \coth \pi z=\frac{1}{z}+\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{2z}{z^2+n^2}$$
に注意すると
$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{\sin 2\pi xy}{e^{2\pi x}-1}dx& =\mathrm{Im}\left({\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{e^{2\pi ixy}-1}{e^{2\pi x}-1}dx\right)\\ & =\mathrm{Im}(\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-2\pi nx}(e^{2\pi ixy}-1)dx)\\ & =\mathrm{Im}\left(\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{2\pi (n-iy)}\right)\\ & =\frac{1}{2\pi }\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{y}{n^2+y^2}\\ & =\frac{1}{4}(\frac{e^{2\pi y}+1}{e^{2\pi y}-1}-\frac{1}{\pi y})\\ & =\frac{1}{2}(\frac{1}{e^{2\pi y}-1}+\frac{1}{2}-\frac{1}{2\pi y})\end{array}$$
とわかる。
　第二式については補題5に注意すると
$$\begin{array}{rl}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}x{e}^{-\pi x^2}\sin 2\pi xydx& ={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{(-\frac{1}{2\pi }{e}^{-\pi x^2})}^{\prime }\sin 2\pi xydx\\ & =\frac{2\pi y}{2\pi }{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{e}^{-\pi x^2}\cos 2\pi xydx\\ & =y{e}^{-\pi y^2}\end{array}$$
とわかる。

　公式10と同様にして
$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{tx{e}^{-\pi (tx{)}^2}}{e^{2\pi x}-1}dx& ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{x{e}^{-\pi x^2}}{e^{2\pi tx}-1}dx+{\int }_0^{\mathrm{\infty }}x{e}^{-\pi x^2}(\frac{1}{2}-\frac{1}{2\pi tx})dx\\ & =\frac{1}{t^2}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{x{e}^{-\pi (x/t{)}^2}}{e^{2\pi x}-1}dx+\frac{1}{2}{[-\frac{1}{2\pi }{e}^{-\pi x^2}]}_0^{\mathrm{\infty }}-\frac{1}{2\pi t}\frac{1}{2}\\ \frac{t}{2}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{e^{-\pi t^{2}x}}{e^{2\pi \sqrt{x}}-1}dx& =\frac{1}{2t^2}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{e^{-\pi x/t^2}}{e^{2\pi \sqrt{x}}-1}dx+\frac{1}{4\pi }-\frac{1}{4\pi t}\end{array}$$
つまり
$$\frac{1}{\sqrt{t}}(1+2\pi t{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{e^{-\pi t^{2}x}}{e^{2\pi \sqrt{x}}-1}dx)=\sqrt{t}(1+\frac{2\pi }{t^2}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{e^{-\pi x/t^2}}{e^{2\pi \sqrt{x}}-1}dx)$$
という関数等式が得られる。

　フーリエの変換公式から
$$\varphi (a,t)=\frac{4}{\pi }{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\mathrm{\Phi }(a,x)K(tx)dx$$
が成り立つので補題4よりわかる。

$$\varphi (a,x)=\prod _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{1+(\frac{x}{a+n}{)}^2}=\frac{|\mathrm{\Gamma }(a+ix){|}^2}{\mathrm{\Gamma }(a{)}^2}$$
とおくと公式2,8より
$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Phi }(a,x)& =\frac{\sqrt{\pi }}{2}\frac{\mathrm{\Gamma }(a+\frac{1}{2})}{\mathrm{\Gamma }(a)}(\mathrm{sech}x{)}^{2a}\\ {\int }_0^{\mathrm{\infty }}(\mathrm{sech}x{)}^{2a}dx& =\frac{\sqrt{\pi }}{2}\frac{\mathrm{\Gamma }(a)}{\mathrm{\Gamma }(a+\frac{1}{2})}\end{array}$$
が成り立つので上の補題より
$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\varphi (a,x)\varphi (b,x)dx& =\frac{\mathrm{\Gamma }(a+\frac{1}{2})}{\mathrm{\Gamma }(a)}\frac{\mathrm{\Gamma }(b+\frac{1}{2})}{\mathrm{\Gamma }(b)}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}(\mathrm{sech}x{)}^{2a+2b}dx\\ & =\frac{\sqrt{\pi }}{2}\frac{\mathrm{\Gamma }(a+\frac{1}{2})}{\mathrm{\Gamma }(a)}\frac{\mathrm{\Gamma }(b+\frac{1}{2})}{\mathrm{\Gamma }(b)}\frac{\mathrm{\Gamma }(a+b)}{\mathrm{\Gamma }(a+b+\frac{1}{2})}\end{array}$$
を得る。

$$\begin{array}{rl}\frac{\pi x}{\sinh \pi x}& =\prod _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{1+\frac{x^2}{n^2}}=\varphi (1,x)\\ \frac{\pi x^3}{\sinh \pi x}& =\frac{\pi x(x^2+1)}{\sinh \pi x}-\frac{\pi x}{\sinh \pi x}=\varphi (2,x)-\varphi (1,x)\end{array}$$
に注意すると
$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\varphi (a,x)\varphi (1,x)dx& =\frac{\sqrt{\pi }}{2}\frac{\mathrm{\Gamma }(1+\frac{1}{2})}{\mathrm{\Gamma }(1)}\frac{\mathrm{\Gamma }(a+\frac{1}{2})}{\mathrm{\Gamma }(a)}\frac{\mathrm{\Gamma }(a+1)}{\mathrm{\Gamma }(a+1+\frac{1}{2})}\\ & =\frac{\sqrt{\pi }}{2}\frac{\sqrt{\pi }}{2}\frac{a}{a+\frac{1}{2}}\\ & =\frac{\pi a}{2(1+2a)}\\ {\int }_0^{\mathrm{\infty }}\varphi (a,x)\varphi (2,x)dx& =\frac{\sqrt{\pi }}{2}\frac{\mathrm{\Gamma }(2+\frac{1}{2})}{\mathrm{\Gamma }(2)}\frac{\mathrm{\Gamma }(a+\frac{1}{2})}{\mathrm{\Gamma }(a)}\frac{\mathrm{\Gamma }(a+2)}{\mathrm{\Gamma }(a+2+\frac{1}{2})}\\ & =\frac{\sqrt{\pi }}{2}\frac{3\sqrt{\pi }}{4}\frac{a(a+1)}{(a+\frac{1}{2})(a+\frac{3}{2})}\\ & =\frac{3\pi a(a+1)}{2(1+2a)(3+2a)}\end{array}$$
からわかる。

$$f(x)=\prod _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1-a{r}^{n}x}{1-r^{n-1}x}=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{A}_n{x}^n$$
とおいたとき
$$(1-x)f(x)=(1-arx)f(rx)$$
が成り立つので係数比較により
$$A_n=\frac{1-a{r}^n}{1-r^n}{A}_{n-1}$$
つまり
$$A_n=\prod _{k=1}^n\frac{1-a{r}^k}{1-r^k}$$
がわかる。
　これは$q$-ポッホハマー記号
$$(a;q{)}_{\mathrm{\infty }}=\prod _{k=0}^{\mathrm{\infty }}(1-a{q}^k)$$
を用いて
$$A_n=\frac{(r^{n+1};r{)}_{\mathrm{\infty }}}{(r;r{)}_{\mathrm{\infty }}}\frac{(ar;r{)}_{\mathrm{\infty }}}{(a{r}^{n+1};r{)}_{\mathrm{\infty }}}$$
と表せるので Ramanujan's Master Theorem により
$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\left(\prod _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1+a{r}^{n}x}{1+r^{n-1}x}\right)x^{s-1}dx& =\frac{\pi }{\sin \pi s}\frac{(r^{1-s};r{)}_{\mathrm{\infty }}}{(r;r{)}_{\mathrm{\infty }}}\frac{(ar;r{)}_{\mathrm{\infty }}}{(a{r}^{1-s};r{)}_{\mathrm{\infty }}}\\ & =\frac{\pi }{\sin \pi s}\prod _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(1-r^{n-s})(1-a{r}^n)}{(1-r^n)(1-a{r}^{n-s})}\end{array}$$
を得る。