ラマヌジャンの公式集：連分数2

$$P=\frac{\dis\G\l(\frac{x+a-b+c+1}2\r)\G\l(\frac{x+a-b-c+1}2\r)\G\l(\frac{x-a+b+c+1}2\r)\G\l(\frac{x-a+b-c+1}2\r)}{\dis\G\l(\frac{x-a-b+c+1}2\r)\G\l(\frac{x-a-b-c+1}2\r)\G\l(\frac{x+a+b+c+1}2\r)\G\l(\frac{x+a+b-c+1}2\r)}$$
とおいたとき
$$\frac{1-P}{1+P} =\frac{2abx}{x^2+a^2+^2-c^2-1} \p\K^\infty_{n=1}\frac{4(x^2-n^2)(a^2-n^2)(b^2-n^2)}{(2n+1)(x^2+a^2+b^2-c^2-2n^2-2n-1)}$$

$$P=\prod^\infty_{n=0}\frac{(1-aq^n)(1+bq^n)}{(1+aq^n)(1-bq^n)}$$
とおいたとき
$$\frac{1-P}{1+P} =\frac{a-b}{1-q}\p\K^\infty_{n=1}\frac{-q^{n-1}(a-bq^n)(b-aq^n)}{1-q^{2n+1}}$$

$$\prod^\infty_{n=1}\frac{(1-a^2q^{4n-1})(1-b^2q^{4n-1})}{(1-a^2q^{4n-3})(1-b^2q^{4n-3})} =\frac1{1-ab}\p\K^\infty_{n=1}\frac{(a-bq^{2n-1})(b-aq^{2n-1})}{(1-ab)(q^{2n}+1)}$$

$$\sum^\infty_{n=0}(-a)^nq^{n(n+1)/2} =\frac11\p\K^\infty_{n=1}\l(\frac{aq^{2n-1}}1\p\frac{a(q^{2n}-q^n)}1\r)$$

$$\frac{\dis\sum^\infty_{n=0}\frac{b^nq^{n^2}}{\prod^n_{k=1}(1-aq^k)(1-q^k)}} {\dis\sum^\infty_{n=0}\frac{b^nq^{n(n+1)}}{\prod^n_{k=1}(1-aq^k)(1-q^k)}} =1+\K^\infty_{n=1}\frac{bq^n}{1-aq^n}$$

$$\frac{\dis\sum^\infty_{n=0}\frac{a^nq^{n(n+1)}}{\prod^n_{k=1}(1-q^k)}} {\dis\sum^\infty_{n=0}\frac{a^nq^{n^2}}{\prod^n_{k=1}(1-q^k)}} =\frac11\p\K^\infty_{n=1}\frac{aq^n}1$$

\begin{align} \mu&=\sum^{\lfloor\frac{n+1}2\rfloor}_{k=0}a^kq^{k^2}\prod^k_{j=1}\frac{1-q^{n-2k+j+1}}{1-q^j}\\ \nu&=\sum^{\lfloor\frac n2\rfloor}_{k=0}a^kq^{k(k+1)}\prod^k_{j=1}\frac{1-q^{n-2k+j}}{1-q^j} \end{align}
とおいたとき
$$\frac\mu\nu=1+\K^n_{k=1}\frac{aq^k}1$$

\begin{align} f(a,b)&=\sum^\infty_{n=-\infty}a^{n(n+1)/2}b^{n(n-1)/2}\\ &=\prod^\infty_{n=1}(1-(ab)^n)(1+(ab)^n/a)(1+(ab)^n/b) \end{align}
とおいたとき
\begin{align} \frac{f(-q^5,-q^{10})}{f(-q,-q^4)}&=\sum^\infty_{n=0}\frac{q^{n^2}}{\prod^n_{k=1}(1-q^k)}\\ \frac{f(-q^5,-q^{10})}{f(-q^2,-q^3)}&=\sum^\infty_{n=0}\frac{q^{n(n+1)}}{\prod^n_{k=1}(1-q^k)}\\ \frac{f(-q,-q^4)}{f(-q^2,-q^3)}&=\frac11\p\K^\infty_{n=1}\frac{q^n}1 \end{align}

\begin{align} R(q)&=\frac{q^{1/5}}1\p\K^\infty_{n=1}\frac{q^n}1\\ S(q)&=\frac{q^{1/5}}1\p\K^\infty_{n=1}\farc{(-q)^n}1 \end{align}
とおいたとき、$\a,\b>0$および$\a\b=\pi^2$において
\begin{align} \l(\frac{\sqrt5+1}2+R(e^{-2\a})\r)\l(\frac{\sqrt5+1}2+R(e^{-2\b})\r)&=\frac{5+\sqrt5}2\\ \l(\frac{\sqrt5-1}2+S(e^{-2\a})\r)\l(\frac{\sqrt5-1}2+S(e^{-2\b})\r)&=\frac{5-\sqrt5}2 \end{align}

\begin{align} \frac{e^{-\pi/5}}1\p\frac{e^{-\pi}}1\p\frac{e^{-2\pi}}1\p\frac{e^{-3\pi}}1\p\cc &=\sqrt{\frac{5+\sqrt5}2}-\frac{\sqrt5+1}2\\ \frac{e^{-\pi/5}}1\m\frac{e^{-\pi}}1\p\frac{e^{-2\pi}}1\m\frac{e^{-3\pi}}1\p\cc &=\sqrt{\frac{5-\sqrt5}2}-\frac{\sqrt5-1}2 \end{align}

$$u=U^{1/5}=R(q),\quad v=V^{1/5}=R(q^2)$$
とおいたとき以下が成り立つ。

1. $\dis\frac{v-u^2}{v+u^2}=uv^2$
2. $UV^2(U^2+V)+U^2-V+10UV(UV-U+V+1)=0$
3. ある$w$が存在して
   $$U=w\l(\frac{1-w}{1+w}\r)^2,\quad V=w^2\frac{1+w}{1-w}$$

$$u=S(q),\quad v=R(q)$$
とおいたとき
$$uv(u-v)^4-u^2v^2(u-v)^2+2u^3v^3=(u-v)(1+u^5v^5)$$

$$u=R(q),\quad v=R(q^3)$$
とおいたとき
$$(v-u^3)(1+u^3v^3)=3u^2v^2$$

$$u=R(q),\quad v=R(q^3)$$
および
$$m=q^{2/5}\frac{f(-q^4,-q^{11})}{f(-q^7,-q^8)}u,\quad n=q^{2/5}\frac{f(-q,-q^{14})}{f(-q^2,-q^{13})}v$$
とおいたとき
$$m-n=mn=\frac{m^2}{1+m}=\frac{n^2}{1-n}=uv^3$$

$$u=R(q),\quad v=R(q^4)$$
とおいたとき
$$(u^5+v^5)(uv-1)=u^5v^5+uv=5u^2v^2(uv-1)^2$$

$$u=R(q^5),\quad v=R(q)$$
とおいたとき
$$v^5=u\frac{1-2u+4u^2-3u^3+u^4}{1+3u+4u^2+2u^3+u^4}$$

$$2c=1+\frac{a+b}{a-b}\sqrt5$$
とおいたとき、$4$通りの場合
$$\begin{array}{c|c|c} N&a&b\\\hline 2&5^{1/4}&1\\ 4&3+\sqrt2-\sqrt5&20^{1/4}\\ 8&5^{1/4}(4-\sqrt2)&1+\sqrt2+\sqrt5-2^{1/4}(3-\sqrt2+\sqrt5-\sqrt{10})\\ 3&60^{1/4}&2-\sqrt3+\sqrt5 \end{array}$$
において
$$R(e^{-2N\pi})=\sqrt{c^2+1}-c$$
が成り立つ。

　$q>1$において
$$\K^N_{n=0}\frac{q^n}1$$
は$N\to\infty$において二つの値
$$1+\K^\infty_{n=1}\frac{(-q)^n}1,\quad\frac{q^{-1}}1\p\K^\infty_{n=1}\frac{q^{-4n}}1$$
の間を振動する。

　$5$の倍数でないある正整数$n$に対し$q^n=1$が成り立つとき
$$u=R(q)$$
について$u^2+u-1=0$が成り立つ($n$が$5$の倍数であるとき$R(q)$は定義できない)。

$$1+\K^\infty_{n=1}\l(\frac{-q^{2n-1}x}1\p\frac{q^{2n}}1\r) \fallingdotseq\frac qx\p\K^\infty_{n=1}\frac{q^{4n}}x$$

$$1+\K^\infty_{n=1}\l(\frac{-q^nx}{1+q^{2n-1}}\p\frac{q^{3n}x}{1+q^{2n}}\r) \fallingdotseq\frac1x\p\K^\infty_{n=0}\frac{q^{2n+1}}x$$

$$\vp(a)=\sum^\infty_{n=0}\frac{q^{n^2}a^n}{\prod^n_{k=1}(1-q^k)(1-bq^k)}$$
とおいたとき
$$\frac{\vp(a)}{\vp(aq)}=1+\K^\infty_{n=1}\l(\frac{aq^{2n-1}}1\p\frac{aq^{2n}-bq^n}1\r)$$

\begin{align} \frac{f(q,q^9)}{f(-q^4,-q^{16})} &=\sum^\infty_{n=0}\frac{q^{n^2}}{\prod^n_{k=1}(1-q^{4k})}\\ q\frac{f(q^3,q^7)}{f(-q^8,-q^{12})} &=\sum^\infty_{n=0}\frac{q^{(n+1)^2}}{\prod^n_{k=1}(1-q^{4k})}\\ \end{align}
および
$$\frac{\dis q\frac{f(q^3,q^7)}{f(-q^8,-q^{12})}}{\dis\;\frac{f(q,q^9)}{f(-q^4,-q^{16})}\;} =\frac q1\p\K^\infty_{n=1}\frac{q^n}1$$

$$\vp(a)=\sum^\infty_{n=0}\frac{a^nq^{n(n+1)/2}}{\prod^n_{k=1}(1-q^k)(1+bq^k)}$$
とおいたとき
$$\frac{\vp(a)}{\vp(aq)}=1+\K^\infty_{n=1}\l(\frac{aq^n}1\p\frac{bq^n}1\r)$$

$$\frac{f(-q,-q^5)}{f(-q^3,-q^3)} =\frac11\p\K^\infty_{n=1}\frac{q^n+q^{2n}}1$$
また
$$\vp(q)=f(q,q),\quad\psi(q)=f(q,q^3),\quad f(-q)=f(-q,-q^2)$$
とおいたとき
$$\frac{f(-q,-q^5)}{f(-q^3,-q^3)} =\frac{\psi(q^3)/f(-q^2)}{\vp(-q^3)/f(-q)}$$

$$\prod^\infty_{n=1}\frac{1-q^{3n-1}}{1-q^{3n-2}} =\frac11\p\K^\infty_{n=1}\frac{-q^{2n-1}}{1+q^n}$$

$$\prod^\infty_{n=1}\frac{1-q^{4n-1}}{1-q^{4n-3}} =\frac11\p\K^\infty_{n=1}\frac{-q^{2n-1}}{1+q^{2n}}$$

$$\prod^\infty_{n=1}\frac{1+q^{2n}}{1+q^{2n-1}} =\frac11\p\K^\infty_{n=1}\l(\frac{q^{2n-1}}1+\frac{q^{2n}+q^n}1\r)$$

$$\prod^\infty_{n=1}\frac{(1-q^{8n-7})(1-q^{8n-1})}{(1-q^{8n-5})(1-q^{8n-3})} =\frac11\p\K^\infty_{n=1}\l(\frac{q^{2n-1}+q^{4n-2}}1\p\frac{q^{4n}}1\r)$$

$$\frac{f(-q,-q^7)}{f(-q^3,-q^5)} =\frac11\p\K^\infty_{n=1}\l(\frac{q^{2n-1}+q^{4n-2}}1\p\frac{q^{4n}}1\r)$$

\begin{align} &\sum^\infty_{n=1}\l(\frac1{x+n}-\frac1{x/3+n}\r)+\frac1x-\log3\\ ={}&\frac{2/3}{x^2} \p\K^\infty_{n=1}\l(\frac{(3n-1)^3-(3n-1)}6\p\frac{(3n+1)^3-(3n+1)}{(2n+1)x^2}\r) \end{align}

$$\frac1{2x^2}+\sum^\infty_{n=1}\frac1{(x+n)^2} =\frac1x+\frac1{2x^2}\c\frac1{3x}\p\K^\infty_{n=2}\frac{n^2(n^2-1)/4}{(2n+1)x}$$

$$\frac1{2x^3}+\sum^\infty_{n=1}\farc1{(x+n)^3} =\frac1{2x^2}+\frac1{4x^3}\c\frac1x \p\K^\infty_{n=1}\l(\frac{n^2(n+1)/2}{(2n+1)x}\p\frac{n(n+1)^2/2}x\r)$$

$$\sum^\infty_{n=1}\frac1{(x+n)^2} =\frac{x+\frac12}{x^2+x} \p\K^\infty_{n=1}\l(\frac{(n(2n-1))^2}{4n-1}\p\frac{(n(2n-1))^2}{(4n+1)(x^2+x)}\r)$$

$$\sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^{n-1}}{x+n} =\frac{x+\frac12}{2x^2+2x} \p\K^\infty_{n=1}\l(\frac{n(2n-1)}1\p\frac{n(2n-1)}{2x^2+2x}\r)$$

\begin{align} \frac{\dis\G\l(\frac{x+1}4\r)^2}{\dis\G\l(\frac{x+3}4\r)^2}\c \prod^\infty_{n=0}\frac{\dis1+\frac{y^2}{(x+3+4k)^2}}{\dis1+\frac{y^2}{(x+1+4k)^2}} &=\frac4x\p\K^\infty_{n=1}\frac{y^2+(2n-1)^2}{2x}\\ \frac{\tanh(\pi y/4)}y &=\frac11\p\K^\infty_{n=1}\frac{y^2+(2n-1)^2}2 \end{align}

\begin{align} 2\sum^\infty_{n=0}(-1)^n\frac{x+2n+1}{(x+2n+1)^2+y^2} &=\frac1x\p\K^\infty_{n=1}\l(\frac{y^2+(2n-1)^2}x+\frac{(2n)^2}x\r)\\ \sum^\infty_{n=1}(-1)^{n-1}\frac n{n^2+y^2} &=\frac11\p\K^\infty_{n=1}\l(\frac{4y^2+(2n-1)^2}1\p\frac{(2n)^2}1\r) \end{align}

\begin{align} 2\sum^\infty_{n=0}\frac1{(x+2n+1)^2+y^2} &=\frac1x\p\K^\infty_{n=1}\frac{n^2(y^2+n^2)}{(2n+1)x}\\ \frac{\pi y}2\coth\frac{\pi y}2 &=1+\frac{y^2}1\p\K^\infty_{n=1}\frac{n^2(y^2+n^2)}{2n+1} \end{align}

$$2\sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^{n-1}}{(x+n)^2+y^2} =\frac1{x^2+x}\p\K^\infty_{n=1}\l(\frac{y^2+n^2}1\p\frac{n^2}{x^2+x}\r)$$

$$u=\prod^\infty_{n=0}(1+\l(\frac{a+b}{x+2n+1}\r)^2),\quad v=\prod^\infty_{n=0}(1+\l(\frac{a-b}{x+2n+1}\r)^2)$$
とおいたとき
$$\frac{u-v}{u+v} =\frac{ab}x\p\K^\infty_{n=1}\frac{(a^2+n^2)(b^2+n^2)}{(2n+1)x}$$

$$\frac{a\tanh\frac{\pi a}2-b\tanh\frac{\pi a}2}{a\tanh\frac{\pi a}2+b\tanh\frac{\pi a}2} =\frac{ab}1\p\K^\infty_{n=1}\frac{(a^2+n^2)(b^2+n^1)}{2n+1}$$

$$u=\prod^\infty_{n=0}(1+\l(\frac{2a}{x+2n+1}\r)^2),\quad v=\frac{\G(\frac12(x+1))^2}{\G(\frac12(x+2a+1))\G(\frac12(x-2a+1))}$$
とおいたとき
$$\frac{u-v}{u+v} =\frac{2a^2}x\p\K^\infty_{n=1}\frac{4a^4+n^4}{(2n+1)x}$$

$$\frac{\sinh\pi a-\sin\pi a}{\sinh\pi a+\sin\pi a} =\frac{2a^2}1\p\K^\infty_{n=1}\frac{4a^4+n^4}{2n+1}$$

$$u=\prod^\infty_{n=1}(1+\l(\frac a{x+n}\r)^3),\quad v=\prod^\infty_{n=1}(1-\l(\frac a{x+n}\r)^3)$$
とおいたとき
$$\frac{u-v}{u+v} =\frac{a^3}{2x^2+2x+1}\p\K^\infty_{n=1}\frac{a^6-n^6}{(2n+1)(2x^2+2x+n^2+n+1)}$$

\begin{align} &\sum^\infty_{n=0}\l(\arctan\frac a{x-b+2n+1}-\arctan\frac a{x+b+2n+1}\r)\\ {}&=\arctan\l(\frac{ab}x\p\K^\infty_{n=1}\frac{(n^2+a^2)(n^2-b^2)}{(2n+1)x}\r) \end{align}

\begin{align} &\sum^\infty_{n=0}(-1)^n\l(\arctan\frac{a+b}{x+2n+1}+\arctan\frac{a-b}{x+2n+1}\r)\\ ={}&\arctan\l(\frac ax\p\K^\infty_{n=1}\l(\frac{b^2+(2n-1)^2}x\p\frac{a^2+(2n)^2}x\r)\r) \end{align}

$$\sum^\infty_{n=0}(-1)^n\arctan\frac{2a}{x+2n+1} =\arctan\l(\frac ax\p\K^\infty_{n=1}\frac{a^2+n^2}x\r)$$

$$A_n=\sum^{\lfloor n/2\rfloor}_{k=0}(-1)^k\frac{n!}{(n-2k)!k!}a^{n-2k}b^k$$
とおいたとき、$x\to0$(ただし$\Re(bx^2)>0$)において
$$x\l(\frac12+\sum^\infty_{n=1}e^{-nax-n^2bx^2}\r) =\frac1a\p\K^\infty_{n=1}\frac{2nb}a+\sum^{N-1}_{n=1}\frac{B_{2n}x^{2n}}{(2n)!}A_{2n-1}+O(x^{2N})$$

\begin{align} \frac11\p\K^\infty_{n=1}\frac n1 &\fallingdotseq xe^{1/2}\sum^\infty_{n=1}e^{-(1+nx)^2/2}\\ &\qquad{}+\frac x2-\frac{x^2}{12}-\frac{x^4}{360} -\frac{x^6}{5040}-\frac{x^8}{60480}-\frac{x^{10}}{1710720} \end{align}

$$\sum^\infty_{n=0}(-1)^n\frac{2(2^{4n+2}-1)B_{4n+2}}{(2n+1)x^{2n+1}} =\frac1x\p\frac1x\p\frac{30}x\p\frac{150}x\p\frac{493}x\p\cc$$

\begin{align} \K^\infty_{n=0}\frac x{a+n} &=\frac xa-\frac x{a^2}\c\frac x{a+1} \p\K^\infty_{n=1}\l(\frac{\frac{(n+1)(a+n)}{n(a+n-1)}x}{a+2n} \p\frac{\frac{n(a+n-1)}{(n+1)(a+n)}x}{a+2n+1}\r)\\ x\coth x &=1+\frac{x^2}3 -\frac{x^2}9\c\frac{x^2}5 \p\K^\infty_{n=1}\l(\frac{\frac{(2n+2)(2n+3)}{2n(2n+1)}x}{4n+3} \p\frac{\frac{2n(2n+1)}{(2n+2)(2n+3)}x}{4n+5}\r) \end{align}

$$\frac x{4a+2}\p\K^\infty_{n=1}\frac{x^2}{4a+4n+2} +\frac{2a}x\p\K^\infty_{n=1}\l(\frac{a-n}1\m\frac{a+n}x\r) \fallingdotseq1$$

$$y=\frac{\sqrt{1+x^2}-1}x,\quad b=\frac a{\sqrt{1+x^2}}$$
とおいたとき
\begin{align} \frac x{p+a}\p\K^\infty_{n=1}\frac{n(n+p-1)x^2}{2n+p+a} &=\l(1+\frac1{x^2}\r)^{\frac{p-1}2}(2y)^p\sum^\infty_{n=0}(-1)^n\frac{(p)_n}{n!}\frac{y^{2n}}{2n+p+b}\\\ \frac x{2+a}\p\K^\infty_{n=1}\frac{n(n+1)x^2}{2n+2+a} &=y+b\l(y+\frac1y\r)\sum^\infty_{n=1}(-1)^n\frac{y^{2n}}{2n+b}\\ \frac x{1+a}\p\K^\infty_{n=1}\frac{(nx)^2}{2n+1+a} &=2\sum^\infty_{n=0}(-1)^n\frac{y^{2n+1}}{2n+1+b}\\ \frac1a\p\K^\infty_{n=1}\frac{n(n+p-1)}a &=2^p\sum^\infty_{n=0}(-1)^n\frac{(p)_n}{n!}\frac1{2n+p+a} \end{align}

\begin{align} &x+\K^\infty_{n=1}\frac{(y+2n-1)^2+a}{2x}\\ ={}&y+\K^\infty_{n=1}\frac{(x+2n-1)^2+a}{2y}\\ ={}&x+\K^\infty_{n=1}\l(\frac{(y+2n-1)^2+a}{x+y+4n-2}\p\frac{(x+2n-1)^2+a}{x+y+4n}\r) \end{align}

\begin{align} \frac1a\sum^\infty_{n=0}\frac{(-x)^n}{(1+a)_n} &=\frac1a\p\K^\infty_{n=1}\l(\frac x1\p\frac na\r)\\ &=\frac1{a+x}\p\K^\infty_{n=1}\frac{-nx}{a+x+n}\\ \frac x{1-e^{-x}} &=1+\K^\infty_{n=1}\l(\frac x1\p\frac n1\r) \end{align}

$$\frac{e^{2x}-1}2 =\frac x1\p\K^\infty_{n=1}\l(\frac{-x}1\p\frac x{2n+1}\r)$$

$$x-a+\l(\frac1a\sum^\infty_{n=0}\frac{x^n}{(1+a)_n}\r)^{-1} =\K^\infty_{n=0}\l(\frac x1\p\frac{a+n}1\r)$$

$$\frac{\operatorname{arcsinh} x}{\sqrt{1+x^2}}=\frac x1\p\K^\infty_{n=1}\l(\frac{2nx^2}1\p\frac{2n(1+x^2)}1\r)$$

$$\arctan x=\frac x1\p\K^\infty_{n=1}\l(\frac{(2n-1)x^2}1\p\frac{2n(1+x^2)}1\r)$$