Rogers, SlaterのBailey対3
前回の記事
ではRogersの${}_6\phi_5$和公式から従うBailey対をいくつか与えた. 今回は
Baileyの${}_6\psi_6$和公式
から従う他のBailey対を与える. まず, Baileyの${}_6\psi_6$和公式
\begin{align}
&\sum_{k\in\ZZ}\frac{1-aq^{2k}}{1-a}\frac{(b,c,d,e;q)_k}{(aq/b,aq/c,aq/d,aq/e;q)_k}\left(\frac{a^2q}{bcde}\right)^k\\
&=\frac{(q,aq,q/a,aq/bc,aq/bd,aq/be,aq/cd,aq/ce,aq/de;q)_{\infty}}{(aq/b,aq/c,aq/d,aq/e,q/b,q/c,q/d,q/e,a^2q/bcde;q)_{\infty}}
\end{align}
において, $q\mapsto q^2, d=q^{-n},e=q^{1-n}$とすると,
\begin{align}
&\sum_{k\in\ZZ}\frac{1-aq^{4k}}{1-a}\frac{(b,c;q^2)_k(q^{-n};q)_{2k}}{(aq^2/b,aq^2/c;q^2)_k(aq^{n+1};q)_{2k}}\left(\frac{a^2q^{2n+1}}{bc}\right)^k\\
&=\frac{(q^2,aq^2,q^2/a,aq^2/bc,aq^{n+2}/b,aq^{n+1}/b,aq^{n+2}/c,aq^{n+1}/c,aq^{2n+1};q^2)_{\infty}}{(aq^2/b,aq^2/c,aq^{n+2},aq^{n+1},q^2/b,q^2/c,q^{n+2},q^{n+1},a^2q^{2n+1}/bc;q^2)_{\infty}}\\
&=\frac{(q^2,aq^2,q^2/a,aq^2/bc,aq^{2n+1};q^2)_{\infty}(aq^{n+1}/b,aq^{n+1}/c;q)_{\infty}}{(aq^2/b,aq^2/c,q^2/b,q^2/c,a^2q^{2n+1}/bc;q^2)_{\infty}(aq^{n+1},q^{n+1};q)_{\infty}}\\
&=\frac{(q^2,aq^2,q^2/a,aq^2/bc,aq;q^2)_{\infty}(aq/b,aq/c;q)_{\infty}}{(aq^2/b,aq^2/c,q^2/b,q^2/c,a^2q/bc;q^2)_{\infty}(aq,q;q)_{\infty}}\frac{(aq,q;q)_n(a^2q/bc;q^2)_n}{(aq/b,aq/c;q)_n(aq;q^2)_n}\\
&=\frac{(q^2/a,aq^2/bc,aq/b,aq/c;q^2)_{\infty}}{(q,q^2/b,q^2/c,a^2q/bc;q^2)_{\infty}}\frac{(aq,q;q)_n(a^2q/bc;q^2)_n}{(aq/b,aq/c;q)_n(aq;q^2)_n}
\end{align}
つまり,
\begin{align}
&\sum_{k\in\ZZ}\frac{1-aq^{4k}}{1-a}\frac{(b,c;q^2)_k(q^{-n};q)_{2k}}{(aq^2/b,aq^2/c;q^2)_k(aq^{n+1};q)_{2k}}\left(\frac{a^2q^{2n+1}}{bc}\right)^k\\
&=\frac{(q^2/a,aq^2/bc,aq/b,aq/c;q^2)_{\infty}}{(q,q^2/b,q^2/c,a^2q/bc;q^2)_{\infty}}\frac{(aq,q;q)_n(a^2q/bc;q^2)_n}{(aq/b,aq/c;q)_n(aq;q^2)_n}
\end{align}
を得る. これは
\begin{align}
&\sum_{k\in\ZZ}\frac{1-aq^{4k}}{1-a}\frac{(b,c;q^2)_kq^{2k^2}}{(aq^2/b,aq^2/c;q^2)_k(aq;q)_{n+2k}(q;q)_{n-2k}}\left(\frac{a^2}{bc}\right)^k\\
&=\frac{(q^2/a,aq^2/bc,aq/b,aq/c;q^2)_{\infty}}{(q,q^2/b,q^2/c,a^2q/bc;q^2)_{\infty}}\frac{(a^2q/bc;q^2)_n}{(aq/b,aq/c;q)_n(aq;q^2)_n}
\end{align}
と書き換えられる. これを特殊化して, 前の記事で行ったように様々なBailey対として書き換えることができる. 例として, まず$a=q$とすると,
\begin{align}
&\sum_{k=-\lfloor \frac n2\rfloor}^{\lfloor \frac n2\rfloor}\frac{(1-q^{4k+1})(b,c;q^2)_kq^{2k^2+2k}}{(q^3/b,q^3/c;q^2)_k(q;q)_{n+2k+1}(q;q)_{n-2k}}\left(\frac{1}{bc}\right)^k\\
&=\frac{(q^3/bc;q^2)_n}{(q^2/b,q^2/c;q)_n(q^2;q^2)_n}
\end{align}
を得る. ここで, $b,c\to0$とすると,
\begin{align}
&\sum_{k=-\lfloor \frac n2\rfloor}^{\lfloor \frac n2\rfloor}\frac{(1-q^{4k+1})q^{-2k}}{(q;q)_{n+2k+1}(q;q)_{n-2k}}=\frac{(-1)^n}{q^n(q^2;q^2)_n}
\end{align}
ここで, $1-q^{4k+1}=(1-q^{n+2k+1})-q^{4k+1}(1-q^{n-2k})$を用いて
\begin{align}
&\sum_{k=-\lfloor \frac n2\rfloor}^{\lfloor \frac n2\rfloor}\left(\frac{q^{-2k}}{(q;q)_{n+2k}(q;q)_{n-2k}}-\frac{q^{2k+1}}{(q;q)_{n+2k+1}(q;q)_{n-2k-1}}\right)=\frac{(-1)^n}{q^n(q^2;q^2)_n}
\end{align}
つまり,
\begin{align}
&\frac 1{(q;q)_n^2}+\sum_{k=0}^{\lfloor \frac n2\rfloor}\left(\frac{q^{-2k}+q^{2k}}{(q;q)_{n+2k}(q;q)_{n-2k}}-\frac{q^{2k+1}+q^{-2k-1}}{(q;q)_{n+2k+1}(q;q)_{n-2k-1}}\right)=\frac{(-1)^n}{q^n(q^2;q^2)_n}
\end{align}
を得る. よって, $\alpha_0=1$
\begin{align}
\alpha_{2n}&=q^{2n}+q^{-2n},\quad n\geq 1\\
\alpha_{2n+1}&=-q^{2n+1}-q^{-2n-1},\quad n\geq 0\\
\beta_n&=\frac {(-1)^n}{q^n(q^2;q^2)_n},\quad n\geq 0
\end{align}
とすれば, これは$1$に関するBailey対になる. これは一例であり, 特殊化によって他にも様々なBailey対を得ることができる.
次に,
Baileyの${}_6\psi_6$和公式
\begin{align}
&\sum_{k\in\ZZ}\frac{1-aq^{2k}}{1-a}\frac{(b,c,d,e;q)_k}{(aq/b,aq/c,aq/d,aq/e;q)_k}\left(\frac{a^2q}{bcde}\right)^k\\
&=\frac{(q,aq,q/a,aq/bc,aq/bd,aq/be,aq/cd,aq/ce,aq/de;q)_{\infty}}{(aq/b,aq/c,aq/d,aq/e,q/b,q/c,q/d,q/e,a^2q/bcde;q)_{\infty}}
\end{align}
において, $q\mapsto q^4, b=q^{-n}, c=q^{1-n}, d=q^{2-n}, e=q^{3-n}$とすると,
\begin{align}
\sum_{k\in\ZZ}\frac{(1-aq^{8k})(q^{-n};q)_{4k}q^{4nk-2k}a^{2k}}{(1-a)(aq^{n+1};q)_{4k}}&=\frac{(q^4/a,a/q,a,aq;q^4)_{\infty}}{(q,q^2,q^3,a^2/q^2;q^4)_{\infty}}\frac{(aq,q;q)_n(-a/q;q^2)_n}{(a;q)_{2n}}
\end{align}
つまり,
\begin{align}
\sum_{k\in\ZZ}\frac{(1-aq^{8k})q^{8k^2-4k}a^{2k}}{(1-a)(aq;q)_{n+4k}(q;q)_{n-4k}}&=\frac{(q^4/a,a/q,a,aq;q^4)_{\infty}}{(q,q^2,q^3,a^2/q^2;q^4)_{\infty}}\frac{(-a/q;q^2)_n}{(a;q)_{2n}}
\end{align}
を得る. $a=q$とすると,
\begin{align}
\sum_{k\in\ZZ}\frac{(1-q^{8k+1})q^{8k^2-2k}}{(q;q)_{n+4k+1}(q;q)_{n-4k}}&=\frac{(-q^2;q^2)_{n-1}}{(q;q)_{2n}}
\end{align}
となる. これも先ほどのようにBailey対として書き直すことによって, $\alpha_0=1$
\begin{align}
\alpha_{4n-2}&=0,\quad n>0\\
\alpha_{4n-1}&=-q^{8n^2-2n},\quad n>0\\
\alpha_{4n}&=q^{8n^2}(q^{2n}+q^{-2n}),\quad n>0\\
\alpha_{4n+1}&=-q^{8n^2+6n+1},\quad n\geq 1\\
\beta_n&=\frac{(-q^2;q^2)_{n-1}}{(q;q)_{2n}}
\end{align}
とすると, これは$1$に関するBailey対になる.
Rogersの${}_6\phi_5$和公式もBaileyの${}_6\psi_6$の特別な場合であったことを考えると, 基本的なBailey対の多くがBaileyの${}_6\psi_6$和公式から導かれるということになる.
