ラマヌジャンの論文26：ロジャース=ラマヌジャン恒等式
はじめに
この記事ではラマヌジャンの書いた論文"Proof of certain identities in combinatory analysis"を読んでいきます。
タイトルの26という番号はハーディによる書籍"Collected Papers of Srinivasa Ramanujan"におけるナンバリングに準じています。ちなみに"Collected Papers"の全容については
こちらのサイト
や
こちらのサイト
にて閲覧することができます。
なお各命題の証明については論文で示されている式変形以外は自力で考案したものとなるので至らぬ点もあるかもしれませんがあしからず。
概説
この論文の主題は
$$G(x)=\sum^\infty_{n=0}(-1)^nx^{2n}q^{n(5n-1)/2}(1-xq^{2n})\frac{(xq;q)_{n-1}}{(q;q)_n}$$
という関数の満たす関係式
$$\frac{G(x)}{1-xq}-G(xq)=xq(1-xq^2)G(xq^2)$$
を用いることで、ロジャース=ラマヌジャン連分数
$$\prod^\infty_{n=1}\frac{(1-q^{5n-4})(1-q^{5n-1})}{(1-q^{5n-3})(1-q^{5n-2})}
=\frac11\p\frac{q}1\p\frac{q^2}1\p\frac{q^3}1\p\cc$$
やロジャース=ラマヌジャン恒等式
\begin{align}
\prod^\infty_{n=1}\frac1{(1-q^{5n-4})(1-q^{5n-1})}&=\sum^\infty_{n=0}\frac{q^{n^2}}{(q;q)_n}\\
\prod^\infty_{n=1}\frac1{(1-q^{5n-3})(1-q^{5n-2})}&=\sum^\infty_{n=0}\frac{q^{n^2+n}}{(q;q)_n}
\end{align}
を導くことにあります。
補題
以下$(x;q)_n$を$q$-ポッホハマー記号
$$(x;q)_n=\prod^{n-1}_{k=0}(1-xq^k)$$
($(x;q)_{-1}=1/(1-xq^{-1})$に注意する)とし、$|q|<1$に対し
$$G(x)=\sum^\infty_{n=0}(-1)^nx^{2n}q^{n(5n-1)/2}(1-xq^{2n})\frac{(xq;q)_{n-1}}{(q;q)_n}$$
とおく。
$$G(x)=\sum^\infty_{n=0}(-1)^nx^{2n}q^{n(5n+1)/2}(1-x^2q^{4n+2})\frac{(xq;q)_n}{(q;q)_n}$$
\begin{align}
G(x)
&=\sum^\infty_{n=0}(-1)^nx^{2n}q^{n(5n-1)/2}(1-q^n+q^n(1-xq^n))\frac{(xq;q)_{n-1}}{(q;q)_n}\\
&=\sum^\infty_{n=0}(-1)^nx^{2n}q^{n(5n-1)/2}
\l(\frac{(xq;q)_{n-1}}{(q;q)_{n-1}}+q^n\frac{(xq;q)_n}{(q;q)_n}\r)\\
&=\sum^\infty_{n=0}(-1)^nx^{2n}q^{n(5n-1)/2}(-x^2q^{5n+2}+q^n)\frac{(xq;q)_n}{(q;q)_n}\\
&=\sum^\infty_{n=0}(-1)^nx^{2n}q^{n(5n+1)/2}(1-x^2q^{4n+2})\frac{(xq;q)_n}{(q;q)_n}
\end{align}
とわかる。
$$\frac{G(x)}{1-xq}-G(xq)=xq(1-xq^2)G(xq^2)$$
\begin{align}
\frac{G(x)}{1-xq}-G(xq)
&=\sum^\infty_{n=0}(-1)^nx^{2n}q^{n(5n+1)/2}((1-x^2q^{4n+2})-q^n(1-xq^{2n+1}))\frac{(xq^2;q)_{n-1}}{(q;q)_n}\\
&=\sum^\infty_{n=0}(-1)^nx^{2n}q^{n(5n+1)/2}((1-q^n)+xq^{3n+1}(1-xq^{n+1}))\frac{(xq^2;q)_{n-1}}{(q;q)_n}\\
&=\sum^\infty_{n=0}(-1)^nx^{2n}q^{n(5n+1)/2}(-x^2q^{5n+3}+xq^{3n+1})\frac{(xq^2;q)_n}{(q;q)_n}\\
&=xq(1-xq^2)\sum^\infty_{n=1}(-1)^n(xq^2)^{2n}q^{n(5n-1)/2}(1-xq^{2n+2})\frac{(xq^3;q)_{n-1}}{(q;q)_n}\\
&=xq(1-xq^2)G(xq^2)
\end{align}
とわかる。
\begin{align} G(1)&=\prod^\infty_{n=1}(1-q^{5n-3})(1-q^{5n-2})(1-q^{5n})\\ (1-q)G(q)&=\prod^\infty_{n=1}(1-q^{5n-4})(1-q^{5n-1})(1-q^{5n}) \end{align}
\begin{align}
G(1)
&=1+\sum^\infty_{n=1}(-1)^nq^{n(5n-1)/2}(1-q^{2n})\frac1{1-q^n}\\
&=1+\sum^\infty_{n=1}(-1)^n(q^{n(5n-1)/2}+q^{n(5n+1)/2})\\
&=\sum^\infty_{n=-\infty}(-1)^nq^{n(5n+1)/2}\\
(1-q)G(q)
&=\sum^\infty_{n=0}(-1)^nq^{n(5n+3)/2}(1-q^{2n+1})\\
&=\sum^\infty_{n=0}(-1)^n(q^{n(5n+3)/2}+q^{(n+1)(5n+2)/2})\\
&=\sum^\infty_{n=-\infty}(-1)^nq^{n(5n+3)/2}
\end{align}
と表せることとヤコビの三重積
$$\sum^\infty_{n=-\infty}q^{n^2}z^n
=\prod^\infty_{n=1}(1-q^{2n})(1+q^{2n-1}z)(1+q^{2n-1}z^{-1})$$
に注意するとわかる。
本題
以下、連分数
$$a_0+\dfrac{b_1}{a_1+\dfrac{b_2}{a_2+\dfrac{b_3}{a_3+{\atop\ddots}}}}$$
のことを
$$a_0+\frac{b_1}{a_1}\p\frac{b_2}{a_2}\p\frac{b_3}{a_3}\p\cc$$
と表す。
$$\frac{G(x)}{(1-xq)G(xq)}=1+\frac{xq}1\p\frac{xq^2}1\p\frac{xq^3}1\p\frac{xq^4}1\p\cc$$
特に
$$\prod^\infty_{n=1}\frac{(1-q^{5n-4})(1-q^{5n-1})}{(1-q^{5n-3})(1-q^{5n-2})}
=\frac11\p\frac{q}1\p\frac{q^2}1\p\frac{q^3}1\p\cc$$
$$K(x)=\frac{G(x)}{(1-xq)G(xq)}$$
とおいたとき、補題2から
$$\frac{G(x)}{(1-xq)G(xq)}-1=xq\frac{(1-xq^2)G(xq^2)}{G(xq)}$$
つまり
$$K(x)=1+\frac{xq}{K(xq)}$$
が成り立つので
\begin{align}
K(x)
&=1+\frac{xq}1\p\frac{xq^2}{K(xq^2)}\\
&=1+\frac{xq}1\p\frac{xq^2}1\p\frac{xq^3}{K(xq^3)}\\
&=1+\frac{xq}1\p\frac{xq^2}1\p\frac{xq^3}1\p\frac{xq^4}{K(xq^4)}\\
&\ \ \vdots
\end{align}
と変形していくことでわかる。
$$\frac{G(x)}{(xq;q)_\infty}=\sum^\infty_{n=0}\frac{x^nq^{n^2}}{(q;q)_n}$$
特に
\begin{align}
\prod^\infty_{n=1}\frac1{(1-q^{5n-4})(1-q^{5n-1})}&=\sum^\infty_{n=0}\frac{q^{n^2}}{(q;q)_n}\\
\prod^\infty_{n=1}\frac1{(1-q^{5n-3})(1-q^{5n-2})}&=\sum^\infty_{n=0}\frac{q^{n^2+n}}{(q;q)_n}
\end{align}
$$F(x)=\frac{G(x)}{(xq;q)_\infty}$$
とおいたとき、補題2から
$$\frac{G(x)}{(xq;q)_\infty}-\frac{G(xq)}{(xq;q)_\infty}=xq\frac{G(xq^2)}{(xq^2;q)_\infty}$$
つまり
$$F(x)-F(xq)=xqF(xq^2)$$
が成り立つので
$$F(x)=\sum^\infty_{n=0}A_nx^n$$
と展開して係数比較することで
$$(1-q^n)A_n=q^{2n-1}A_{n-1}$$
という漸化式が得られ、$A_0=F(0)=1$に注意すると
$$A_n=\frac{q^{n^2}}{(q;q)_n}$$
と求まる。
参考文献
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