Bailey対の例
前の記事 でBailey対を導入した.
$(\alpha_n,\beta_n)$が$(a,p)$に関するBailey対であるとは, 任意の$0\leq n$に対して
\begin{align}
\beta_n=\sum_{k=0}^n\frac{\alpha_k}{(p;p)_{n-k}(ap;p)_{n+k}}
\end{align}
を満たしていることをいう. 特に$p=q$のとき単に$a$に関するBailey対という.
今回はBailey対の興味深い例を与える.
$\alpha_0:=1$
\begin{align}
\alpha_n&:=(x^n+x^{-n})q^{n^2},\qquad n\geq 1\\
\beta_n&:=\frac{(-xq,-q/x;q^2)_n}{(q^2;q^2)_{2n}},\qquad n\geq 0
\end{align}
とするとき, $(\alpha_n,\beta_n)$は$(1,q^2)$に関するBailey対である.
$q$二項定理
より
\begin{align}
&\sum_{k=0}^n\frac{\alpha_k}{(q^2;q^2)_{n-k}(q^2;q^2)_{n+k}}\\
&=\frac 1{(q^2;q^2)_n}+\sum_{k=1}^n\frac{(x^{-k}+x^k)q^{k^2}}{(q^2;q^2)_{n-k}(q^2;q^2)_{n+k}}\\
&=\sum_{k=-n}^n\frac{x^kq^{k^2}}{(q^2;q^2)_{n-k}(q^2;q^2)_{n+k}}\\
&=\sum_{k=0}^{2n}\frac{x^{k-n}q^{(k-n)^2}}{(q^2;q^2)_{2n-k}(q^2;q^2)_{k}}\\
&=\frac{x^{-n}q^{n^2}}{(q^2;q^2)_{2n}}\sum_{k=0}^{2n}\frac{(q^2;q^2)_{2n}}{(q^2;q^2)_k(q^2;q^2)_{2n-k}}x^kq^{k^2-2nk}\\
&=\frac{x^{-n}q^{n^2}}{(q^2;q^2)_{2n}}(-xq^{-2n+1};q^2)_{2n}\\
&=\frac{(-xq,-q/x;q^2)_n}{(q^2;q^2)_{2n}}
\end{align}
と示される.
\begin{align}
\alpha_n&:=(x^{n+1}+x^{-n})q^{\frac 12n(n+1)},\qquad n\geq 0\\
\beta_n&:=\frac{(-x;q)_{n+1}(-q/x;q)_n}{(q^2;q)_{2n}},\qquad n\geq 0
\end{align}
とするとき, $(\alpha_n,\beta_n)$は$q$に関するBailey対である.
$q$二項定理
より,
\begin{align}
&\sum_{k=0}^n\frac{(x^{k+1}+x^{-k})q^{\frac 12k(k+1)}}{(q;q)_{n-k}(q^2;q)_{n+k}}\\
&=(1-q)\sum_{k=0}^n\frac{(x^{k+1}+x^{-k})q^{\frac 12k(k+1)}}{(q;q)_{n-k}(q;q)_{n+k+1}}\\
&=(1-q)\sum_{k=-n-1}^n\frac{x^{-k}q^{\frac 12k(k+1)}}{(q;q)_{n-k}(q;q)_{n+k+1}}\\
&=(1-q)\sum_{k=0}^{2n+1}\frac{x^{k-n}q^{\frac 12(n-k)(n-k+1)}}{(q;q)_{2n+1-k}(q;q)_k}\\
&=\frac{x^{-n}q^{\frac 12n(n+1)}}{(q^2;q)_{2n}}\sum_{k=0}^{2n+1}\frac{(q;q)_{2n+1}}{(q;q)_{2n+1-k}(q;q)_k}x^{k}q^{\frac 12(2n+1+k)k}\\
&=\frac{x^{-n}q^{\frac 12n(n+1)}}{(q^2;q)_{2n}}(-xq^{-n};q)_{2n+1}\\
&=\frac{(-x;q)_{n+1}(-q/x;q)_n}{(q^2;q)_{2n}}
\end{align}
と示される.
前の記事 の定理3に定理4を適用し, $N\to\infty$とすると, 以下を得る.
$(\alpha_n,\beta_n)$が$(a,q)$に関するBailey対のとき,
\begin{align}
\sum_{0\leq n}\frac{(b,c;q)_n}{(aq/b,aq/c;q)_n}\left(\frac{aq}{bc}\right)^n\alpha_n&=\frac{(aq,aq/bc;q)_{\infty}}{(aq/b,aq/c;q)_{\infty}}\sum_{0\leq n}(b,c;q)_n\left(\frac{aq}{bc}\right)^n\beta_n
\end{align}
が成り立つ.
命題1のBailey対に命題3を適用すると
\begin{align}
&\sum_{0\leq n}\frac{(b,c,-xq,-q/x;q^2)_n}{(q^2;q^2)_{2n}}\left(\frac{q^2}{bc}\right)^n\\
&=\frac{(q^2/b,q^2/c;q^2)_{\infty}}{(q^2,q^2/bc;q^2)_{\infty}}\left(1+\sum_{0< n}\frac{(b,c;q^2)_n(x^n+x^{-n})(bc)^{-n}q^{n^2+2n}}{(q^2/b,q^2/c;q^2)_n}\right)\\
&=\frac{(q^2/b,q^2/c;q^2)_{\infty}}{(q^2,q^2/bc;q^2)_{\infty}}\sum_{n\in\ZZ}\frac{(b,c;q^2)_n}{(q^2/b,q^2/c;q^2)_n}\left(\frac{xq^2}{bc}\right)^nq^{n^2}
\end{align}
となる. つまり, 以下を得る.
\begin{align} &\sum_{0\leq n}\frac{(b,c,-xq,-q/x;q^2)_n}{(q^2;q^2)_{2n}}\left(\frac{q^2}{bc}\right)^n\\ &=\frac{(q^2/b,q^2/c;q^2)_{\infty}}{(q^2,q^2/bc;q^2)_{\infty}}\sum_{n\in\ZZ}\frac{(b,c;q^2)_n}{(q^2/b,q^2/c;q^2)_n}\left(\frac{xq^2}{bc}\right)^nq^{n^2} \end{align}
$b,c\to\infty$とすると以下を得る. それはRamanujan, Padmavathammaによって得られた公式である.
\begin{align} \sum_{0\leq n}\frac{(-xq,-q/x;q^2)_n}{(q^2;q^2)_{2n}}q^{2n^2}&=\frac{(-xq^3,-q^3/x,q^6;q^6)_{\infty}}{(q^2;q^2)_{\infty}} \end{align}
ここで, $x=-e^{\frac{2\pi i}3}$とすると以下を得る.
\begin{align} \sum_{0\leq n}\frac{(q^3;q^6)_n}{(q;q^2)_n(q^2;q^2)_{2n}}q^{2n^2}&=\frac{(q^9;q^{18})_{\infty}(q^6;q^6)_{\infty}}{(q^3;q^6)_{\infty}(q^2;q^2)_{\infty}} \end{align}
定理4において, $b=-q, c\to\infty$とすると得る.
\begin{align} \sum_{0\leq n}\frac{(-xq,-q/x;q^2)_n}{(q;q^2)_n(q^4;q^4)_n}q^{n^2}&=(-q;q)_{\infty}(-xq^2,-q^2/x;q^4)_{\infty} \end{align}
定理4において, $b=q,c=-q$とすると以下を得る.
\begin{align} \sum_{0\leq n}\frac{(-1)^n(-xq,-q/x;q^2)_n}{(q^4;q^4)_n}&=\frac{(q^2;q^4)_{\infty}(xq,q/x,q^2;q^2)_{\infty}}{2(q^4;q^4)_{\infty}} \end{align}
命題2のBailey対に命題1を適用すると以下を得る.
\begin{align} &\sum_{0\leq n}\frac{(-x;q)_{n+1}(-q/x,b,c;q)_n}{(q;q)_{2n+1}}\left(\frac{q^2}{bc}\right)^n\\ &=\frac{(q^2/b,q^2/c;q)_{\infty}}{(q,q^2/bc;q)_{\infty}}\sum_{0\leq n}\frac{(b,c;q)_n}{(q^2/b,q^2/c;q)_n}(x^{n+1}+x^{-n})\left(\frac{q^2}{bc}\right)^nq^{\frac 12n(n+1)} \end{align}
$b=q, c\to \infty$とすると以下を得る.
\begin{align} \sum_{0\leq n}\frac{(-1)^n(-xq,-q/x;q)_n}{(q^{n+1};q)_{n+1}}q^{\frac 12n(n+1)}&=\frac 1{1+x}\sum_{0\leq n}(-1)^n(x^{n+1}+x^{-n})q^{n(n+1)} \end{align}
\begin{align} \sum_{0\leq n}\frac{(-1)^n(q^3;q^3)_n}{(q;q)_{2n+1}}q^{\frac 12n(n+1)}&=\sum_{0\leq n}q^{3n(3n+1)}-\sum_{0\leq n}q^{(3n+2)(3n+3)} \end{align}
系4において, $x=-e^{\frac{2\pi i}3}$を代入すると,
\begin{align}
\sum_{0\leq n}\frac{(-1)^n(q^3;q^3)_n}{(q;q)_{2n+1}}q^{\frac 12n(n+1)}&=\frac 1{1-e^{\frac{2\pi i}3}}\sum_{0\leq n}(e^{-\frac{2\pi i}3n}-e^{\frac{2\pi i}3(n+1)})q^{n(n+1)}\\
&=\sum_{0\leq n}\frac{\sin\left(\frac{\pi}6(2n+1)\right)}{\sin\frac{\pi}6}q^{n(n+1)}\\
&=\sum_{0\leq n}q^{3n(3n+1)}-\sum_{0\leq n}q^{(3n+2)(3n+3)}
\end{align}
を得る.
定理5において$b=q,c=-q$とすると以下を得る.
\begin{align} \sum_{0\leq n}\frac{(-1)^n(-xq,-q/x;q)_n}{(q;q^2)_{n+1}}&=\frac 1{2(1+x)}\sum_{0\leq n}(-1)^n(x^{n+1}+x^{-n})q^{\frac 12n(n+1)} \end{align}
