ラマヌジャン・佐藤級数を理解したい(その7、公式集2)

\begin{align*} j_{7A}(\tau)&=\l(\sqrt{j_{7B}(\tau)}+\frac7{\sqrt{j_{2B}(\tau)}}\r)^2-1\\ j_{7B}(\tau)&=\l(\frac{\eta(\tau)}{\eta(7\tau)}\r)^4 \end{align*}
および
$$s_{7A}(n)=s_n[13,4,27,-3]=\sum^n_{k=0}\binom nk^2\binom{2k}n\binom{n+k}k$$
とおくと
$$([1][7])^2=\sum^\infty_{n=0}\frac{s_{7A}(n)}{j_{7A}(\tau)^{n+\frac23}}$$
が成り立つ。

$$\frac1{2\pi\Im(\tau)} =\sqrt{\frac{(j_{7A}(\tau)-27)(j_{7A}(\tau)+1)}{j_{7A}(\tau)}} \sum^\infty_{n=0}s_{7A}(n)\frac{n+\frac12+\la}{j_{7A}(\tau)^{n+\frac12}}$$
これは$|j_{7A}(\tau)|>27$において収束する。

\begin{align*} j_{18A}(\tau)&=\l(\sqrt{j_{18B}(\tau)}+\frac3{\sqrt{j_{18B}(\tau)}}\r)^2\\ j_{18B}(\tau)&=\frac{([3][6])^4}{([1][2][9][18])^2} \end{align*}
および
\begin{align*} s_{18A}(n) &=s_n[14,6,-192,12]\\ &=\sum^n_{k=0}(-1)^k\binom nk\binom{2k}k\binom{2n-2k}{n-k}(\binom{2n-3k-1}n+\binom{2n-3k}n) \end{align*}
とおくと
$$([3][6])^2=\sum^\infty_{n=0}\frac{s_{18A}(n)}{j_{18A}(\tau)^{n+\frac34}}$$
が成り立つ。

$$\frac1{2\pi\Im(\tau)} =\sqrt{\frac{(j_{18A}(\tau)-16)(j_{18A}(\tau)-12)}{j_{18A}(\tau)}} \sum^\infty_{n=0}s_{18A}(n)\frac{n+\frac12+\la}{j_{18A}(\tau)^{n+\frac12}}$$
これは$|j_{18A}(\tau)|>16$において収束する。

\begin{align*} j_{10A}(\tau)&=\l(\sqrt{j_{10B}(\tau)}-\frac1{\sqrt{j_{10B}(\tau)}}\r)^2 =\l(\sqrt{j_{10C}(\tau)}+\frac4{\sqrt{j_{10C}(\tau)}}\r)^2 =\l(\sqrt{j_{10D}(\tau)}+\frac5{\sqrt{j_{10D}(\tau)}}\r)^2-4\\ j_{10B}(\tau)&=\l(\frac{[2][5]}{[1][10]}\r)^6\\ j_{10C}(\tau)&=\l(\frac{[1][5]}{[2][10]}\r)^4\\ j_{10D}(\tau)&=\l(\frac{[1][2]}{[5][10]}\r)^2\\ j_{10E}(\tau)&=\frac{[2][5]^5}{[1][10]^5}\\ \end{align*}
および
\begin{align*} \b_1(n)&=\sum^n_{k=0}\binom nk^4\\ \b_2(n)&=\binom{2n}n\sum^n_{k=0}\binom nk\binom{2k}k^{-1}\b_1(k)\\ \b_3(n)&=\binom{2n}n\sum^n_{k=0}\binom nk\binom{2k}k^{-1}(-4)^{n-k}\b_1(k)\\ \end{align*}
とおくと
$$\sqrt{([1][5])^4+4([2][10])^4} =\sum^\infty_{n=0}\frac{\b_1(n)}{j_{10A}(\tau)^{n+\frac12}} =\sum^\infty_{n=0}\frac{\b_2(n)}{(j_{10A}(\tau)+4)^{n+\frac12}} =\sum^\infty_{n=0}\frac{\b_3(n)}{(j_{10A}(\tau)-16)^{n+\frac12}}$$
が成り立つ。

\begin{align*} \frac1{2\pi\Im(\tau)} &=\sqrt{\frac{(j_{10A}(\tau)+4)(j_{10A}(\tau)-16)}{j_{10A}(\tau)}} \sum^\infty_{n=0}\b_1(n)\frac{n+\frac12+\la_1}{j_{10A}(\tau)^{n+\frac12}}\\ &=\sqrt{\frac{(j_{10A}(\tau)-16)j_{10A}(\tau)}{j_{10A}(\tau)+4}} \sum^\infty_{n=0}\b_2(n)\frac{n+\frac12+\la_2}{(j_{10A}(\tau)+4)^{n+\frac12}}\\ &=\sqrt{\frac{j_{10A}(\tau)(j_{10A}(\tau)+4)}{j_{10A}(\tau)-16}} \sum^\infty_{n=0}\b_3(n)\frac{n+\frac12+\la_3}{(j_{10A}(\tau)-16)^{n+\frac12}} \end{align*}
これらはそれぞれ$|j_{10A}(\tau)|>16,\ |j_{10A}(\tau)+4|>20,\ |j_{20A}(\tau)-16|>20$において収束する。

\begin{align} j_{13A}(\tau)&=j_{13B}(\tau)+2+\frac{13}{j_{13B}(\tau)}\\ j_{13B}(\tau)&=\l(\frac{\eta(\tau)}{\eta(13\tau)}\r)^2 \end{align}
　数列$A_n$を$A_0=1$および六項間漸化式
\begin{alignat}{3} (n+1)^3A_{n+1}&= &(15n^3+18n^2+10n+2)A_{n\phantom{{}-1}}\\ &&-(23n^3-63n^2+27n-9)A_{n-1}\\ &&-(11n^3+24n^2-118n+70)A_{n-2}\\ &&+6(2n-5)(3n^2-9n+5)A_{n-3}\\ &&-4(2n-5)(2n-7)(n-3)A_{n-4} \end{alignat}
によって定めると
$$-q\frac d{dq}\log j_{13B}(\tau)=\sum^\infty_{n=0}\frac{A_n}{(j_{13A}(\tau)+4)^n}$$
が成り立つ。

$$\frac1{2\pi\Im(\tau)}=\sqrt{\frac{j_{13A}(\tau)^2-4j_{13A}(\tau)-48}{j_{13A}(\tau)+4}} \sum^\infty_{n=0}A_n\frac{n+\frac12+\la}{(j_{13A}(\tau)+4)^{n+\frac12}}$$
これは$|j_{13A}(\tau)+4|>6+2\sqrt{13}=13.21\ldots$において収束する。

\begin{align*} j_{14A}(\tau)&=\l(\sqrt{j_{14B}(\tau)}+\frac1{\sqrt{j_{14B}(\tau)}}\r)^2\\ j_{14B}(\tau)&=\l(\frac{[2][7]}{[1][14]}\r)^4\\ b_n&=\sum^n_{k=0}\binom{2k}k^2\sum^k_{j=0}\binom kj\binom{n+j}{2k+2j}\binom{2k+2j}{k+j} \end{align*}
とおき数列$a_n$を$a_0=1$および四項間漸化式
\begin{alignat}{3} (n+1)^3a_{n+1}&= &(2n+1)(11n^2+11n+5)a_{n\phantom{{}-1}}\\ &&-n(121n^2+20)a_{n-1}\\ &&+98n(n-1)(2n-1)a_{n-2} \end{alignat}
によって定めると
$$[1][2][7][5] =\sum^\infty_{n=0}\frac{a_n}{j_{14A}(\tau)^{n+1}} =\sum^\infty_{n=0}\frac{b_n}{(j_{14A}(\tau)-4)^{n+1}}$$
が成り立つ。

\begin{align} \frac1{2\pi\Im(\tau)} &=\sqrt{\frac{(j_{14A}-4)(j_{14A}^2-18j_{14A}+49)}{j_{14A}}} \sum^\infty_{n=0}a_n\frac{n+1+\la_1}{j_{14A}(\tau)^{n+1}}\\ &=\sqrt{\frac{j_{14A}(j_{14A}^2-18j_{14A}+49)}{j_{14A}-4}} \sum^\infty_{n=0}a_n\frac{n+1+\la_2}{(j_{14A}(\tau)-4)^{n+1}} \end{align}
この前者は$|j_{14A}(\tau)|>9+4\sqrt2=14.65\ldots$において収束する。

\begin{align*} j_{15A}(\tau)&=\l(\sqrt{j_{15B}(\tau)}+\frac3{\sqrt{j_{15B}(\tau)}}\r)^2\\ j_{15B}(\tau)&=\l(\frac{[1][5]}{[5][15]}\r)^2 \end{align*}
とおき数列$a_n$を$a_0=1$および四項間漸化式
\begin{alignat}{3} (n+1)^3a_{n+1}&={} &(2n+1)(7n^2+7n+3)a_{n\phantom{{}-1}}\\ &&-n(29n^2+4)a_{n-1}\\ &&+30n(n-1)(2n-1)a_{n-2} \end{alignat}
によって定めると
$$[1][3][5][15]=\sum^\infty_{n=0}\frac{a_n}{j_{15A}(\tau)^{n+1}}$$
が成り立つ。

$$\frac1{2\pi\Im(\tau)} =\sqrt{\frac{(j_{15A}-12)(j_{15A}^2-2j_{15A}+5)}{j_{15A}}} \sum^\infty_{n=0}a_n\frac{n+1+\la}{j_{15A}(\tau)^{n+1}}$$
これは$|j_{15A}(\tau)|>12$において収束する。

\begin{align*} j_{20A}(\tau)&=\l(\sqrt{j_{20B}(\tau)}+\frac1{\sqrt{j_{20B}(\tau)}}\r)^2\\ j_{20B}(\tau)&=\l(\frac{[4][5]}{[1][20]}\r)^2 \end{align*}
とおき数列$a_n$を$a_0=1$および四項間漸化式
\begin{alignat}{3} (n+1)^3a_{n+1}&={} &4(2n+1)(n^2+n+1)a_{n\phantom{{}-1}}\\ &&-16n(4n^2+1)a_{n-1}\\ &&+8(2n-1)^3a_{n-2} \end{alignat}
によって定めると
$$([2][10])^2=\sum^\infty_{n=0}\frac{a_n}{j_{20A}(\tau)^{n+1}}$$
が成り立つ。

$$\frac1{2\pi\Im(\tau)} =\frac{\sqrt{(j_{20A}-4)(j_{20A}^2-12j_{20A}+16)}}{j_{20A}} \sum^\infty_{n=0}a_n\frac{n+\frac12+\la}{j_{20A}(\tau)^{n+\frac12}}$$
これは$|j_{20A}(\tau)|>2(3+\sqrt5)=10.47\ldots$において収束する。

\begin{align*} j_{21A}(\tau)&=\l(\sqrt{j_{21B}(\tau)}-\frac1{\sqrt{j_{21B}(\tau)}}\r)^2\\ j_{21B}(\tau)&=\l(\frac{[3][7]}{[1][21]}\r)^2 \end{align*}
とおき数列$a_n$を$a_0=1$および四項間漸化式
\begin{alignat}{3} (n+1)^3a_{n+1}&= &-(2n+1)(n^2+n+1)a_{n\phantom{{}-1}}\\ &&+n(35n^2+12)a_{n-1}\\ &&+6(3n-1)(3n-2)(2n-1)a_{n-2} \end{alignat}
によって定めると
$$[1][3][7][21]=\sum^\infty_{n=0}\frac{a_n}{j_{21A}(\tau)^{n+\frac43}}$$
が成り立つ。

$$\frac1{2\pi\Im(\tau)} =\frac{\sqrt{(j_{21A}+4)(j_{21A}^2-2j_{21A}-27)}}{j_{21A}} \sum^\infty_{n=0}a_n\frac{n+\frac12+\la}{j_{21A}(\tau)^{n+\frac12}}$$

\begin{align*} j_{22A}(\tau)&=\l(\sqrt{j_{22B}(\tau)}+\frac2{\sqrt{j_{21B}(\tau)}}\r)^2\\ j_{22B}(\tau)&=\l(\frac{[1][11]}{[2][22]}\r)^2 \end{align*}
とおき数列$a_n$を$a_0=1$および五項間漸化式
\begin{alignat}{3} (n+1)^3a_{n+1}&= &2(2n+1)(2n^2+2n+1)a_{n\phantom{{}-1}}\\ &&+4n^3a_{n-1}\\ &&-2(2n-1)(9n^2-9n+4)a_{n-2}\\ &&+8(n-1)(2n-1)(2n-3)a_{n-3} \end{alignat}
によって定めると
$$[1][2][11][22]=\sum^\infty_{n=0}\frac{a_n}{j_{22A}(\tau)^{n+\frac32}}$$
が成り立つ。

$$\frac1{2\pi\Im(\tau)} =\frac{\sqrt{(j_{22A}-8)(j_{22A}^3-4j_{22A}+4)}}{j_{22A}} \sum^\infty_{n=0}a_n\frac{n+\frac12+\la}{j_{22A}(\tau)^{n+\frac12}}$$

\begin{align*} j_{33A}(\tau)&=j_{33B}(\tau)+1+\frac3{j_{33B}(\tau)}\\ j_{33B}(\tau)&=\frac{[1][11]}{[3][33]} \end{align*}
とおき数列$a_n$を$a_0=1$および六項間漸化式
\begin{alignat}{3} (n+1)^3a_{n+1}&= &-(2n+1)(n^2+n+)a_{n\phantom{{}-1}}\\ &&+n(11n^2+4)a_{n-1}\\ &&+4(2n-1)(7n^2-7n+5)a_{n-2}\\ &&+4(n-1)(24n^2-48n+29)a_{n-3}\\ &&+22(n-1)(n-2)(2n-3)a_{n-4} \end{alignat}
によって定めると
$$[1][3][11][33]=\sum^\infty_{n=0}\frac{a_n}{j_{33A}(\tau)^{n+2}}$$
が成り立つ。

$$\frac1{2\pi\Im(\tau)} =\frac{\sqrt{(j_{33A}^2-2j_{33A}-11)(j_{33A}^3+4j_{33A}^2+8j_{33A}+4)}}{j_{33A}^2} \sum^\infty_{n=0}a_n\frac{n+\frac12+\la}{j_{33A}(\tau)^{n+\frac12}}$$

\begin{align*} j_{35A}(\tau)&=j_{35B}(\tau)+1-\frac1{j_{35B}(\tau)}\\ j_{35B}(\tau)&=\frac{[5][7]}{[1][35]} \end{align*}
とおき数列$a_n$を$a_0=1$および六項間漸化式
\begin{alignat}{3} (n+1)^3a_{n+1}&= &(2n+1)(5n^2+5n+3)a_{n\phantom{{}-1}}\\ &&-n(37n^2+24)a_{n-1}\\ &&+2(2n-1)(25n^2-25n+24)a_{n-2}\\ &&-4(n-1)(34n^2-68n+43)a_{n-3}\\ &&+70(n-1)(n-2)(2n-3)a_{n-4} \end{alignat}
によって定めると
$$[1][5][7][35]=\sum^\infty_{n=0}\frac{a_n}{j_{35A}(\tau)^{n+2}}$$
が成り立つ。

$$\frac1{2\pi\Im(\tau)} =\frac{\sqrt{(j_{35A}^2-2j_{35A}+5)(j_{35A}^3-8j_{35A}^2+16j_{35A}-28)}}{j_{35A}^2} \sum^\infty_{n=0}a_n\frac{n+\frac12+\la}{j_{35A}(\tau)^{n+\frac12}}$$

　数列$a_n$を$a_0=1$および四項間漸化式
\begin{alignat}{3} (n+1)^3a_{n+1}&={} &2(2n+1)(5n^2+5n+2)a_{n\phantom{{}-1}}\\ &&-8n(7n^2+1)a_{n-1}\\ &&+22n(n-1)(2n-1)a_{n-2} \end{alignat}
によって定めると
$$\frac1{2\pi\Im(\tau)}=\sqrt{1-20x+56x^2-44x^3}\sum^\infty_{n=0}a_n(An+B)x^n$$
なる円周率公式が構成できる。例えば
$$\frac1\pi=\frac1{22}\sum^\infty_{n=0}(-1)^na_n\frac{221n+67}{44^{n+\frac12}}$$
が成り立つ。

　数列$A_n$を$A_0=2$および八項間漸化式
\begin{alignat}{3} (n+1)^3A_{n+1}&= &(19n^3+24n^2+14n+3)A_{n\phantom{{}-1}}\\ &&+3(5n^5+27n^2-8n+4)A_{n-1}\\ &&-(101n^3-300n^2+213n-52)A_{n-2}\\ &&+3(55n^3-267n^2+491n-305)A_{n-3}\\ &&-3(n-3)(101n^2-297n+253)A_{n-4}\\ &&+9(n-4)(n-3)(37n-66)A_{n-5}\\ &&-127(n-5)(n-4)(n-3)A_{n-6} \end{alignat}
によって定めると
$$\frac{\sqrt{11}}\pi=\sum^\infty_{n=0}(-1)^nA_n\frac{748n+307}{21^{n+2}}$$
が成り立つ。

\begin{align*} x^2(1+x-x^2)^3(1-4x-16x^2)z''\\ +3x(1+x-x^2)^3(1-6x-32x^2)z''\\ +(1+x-x^2)(1-12x-142x^2-224x^3+77x^4+192x^5-108x^6)z'\\ -(1+3x+6x^2-2x^3)(1+17x+9x^2+3x^3+6x^4)z&=0 \end{align*}
によって定まる関数
$$z=\sum^\infty_{n=0}a_nx^n$$
について、$a_n$はある九項間漸化式を満たし
$$\frac1{2\pi\Im(\tau)}=\sum^\infty_{n=0}a_n(An+B)x^n$$
なる円周率公式が構成できる。