ラマヌジャンの公式集：連分数1

\begin{align} 1&=\K^\infty_{n=0}\frac{x+n+1}{x+n}\\ &=\frac{x+1}x\p\frac{x+2}{x+1}\p\frac{x+3}{x+2}\p\cc \end{align}
例えば
$$1=\frac21\p\frac32\p\frac43\p\frac54\p\cc$$

$$\sum^n_{k=1}\frac{(-1)^{k+1}}{(x+a)(x+2a)\cdots(x+ka)} =\frac1{x+a}\p\K^{n-1}_{k=1}\frac{x+ka}{x+(k+1)a-1}$$
例えば
$$\frac1{e-1}=\frac11\p\frac22\p\frac33\p\frac44\p\cc$$

$$\frac{x+a+1}{x+1}=\K^\infty_{n=1}\frac{x+na}{x+(n-1)a-1}$$
例えば
\begin{align} \frac43&=\frac31\p\frac42\p\frac53\p\frac64\p\cc\\ \frac53&=\frac41\p\frac63\p\frac85\p\frac{10}7\p\cc \end{align}

　正整数$n$に対し
$$n=\K^\infty_{k=1}\frac k{k-n}$$

$$\phi_n(x)=\sum^n_{k=0}\binom nkx(x-1)(x-2)\cdots(x-k)$$
とおいたとき
\begin{align} \frac{\phi_n(x)}{\phi_n(x-1)}&=\K^\infty_{k=0}\frac{x+k}{x+k-n-1}\\ \frac{\phi_{n+1}(x)}{\phi_n(x)}&=x+1-n+\K^n_{k=0}\frac{n-k}{x+k+2-n} \end{align}
例えば
\begin{align} \frac{x^2+x+1}{x^2-x+1}&=\frac x{x-3}\p\frac{x+1}{x-2}\p\frac{x+2}{x-1}\p\cc\\\ \frac{x^3+2x+1}{(x-1)^3+2(x-1)+1}&=\frac x{x-4}\p\frac{x+1}{x-3}\p\frac{x+2}{x-2}\p\cc \end{align}

$$1=\frac{x+a}a\p\K^\infty_{n=1}\frac{(x+na)^2-a^2}a$$

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

$$\K^\infty_{n=1}\l(\frac{a_{2n-1}}x\p\frac{a_{2n}}1\r) =\frac{a_1}{x+a_2}\p\K^\infty_{n=1}\frac{-a_{2n}a_{2n+1}}{x+a_{2n+1}+a_{2n+2}}$$

$$\K^\infty_{n=1}\l(\frac{a_n+h}1\p\frac{a_n}x\r) =h+\K^\infty_{n=1}\l(\frac{a_n}1\p\frac{a_n+h}x\r)$$

$$\sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^{n-1}}{(a+n)(b+n)} =\frac1{(a+1)(b+1)}\p\K^\infty_{n=1}\frac{(a+n)^2(b+n)^2}{a+b+2n+1}$$

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

\begin{align} \arctan x&=\frac x1\p\K^\infty_{n=1}\frac{(nx)^2}{2n+1}\\ \log\frac{1+x}{1-x}&=\frac{2x}1\p\K^\infty_{n=1}\frac{-(nx)^2}{2n+1}\\ \tan x&=\frac x1\p\K^\infty_{n=1}\frac{-x^2}{2n+1}\\ \frac{e^x-1}{e^x+1}&=\frac x2\p\K^\infty_{n=1}\frac{x^2}{2(2n+1)} \end{align}

$$\frac xa\frac{{}_0F_1(a+1;x)}{{}_0F_1(a;x)}=\K^\infty_{n=0}\frac x{a+n}$$

\begin{align} &\frac{\a\b x}{\g}\frac{{}_2F_1(\g-\a,\b+1;\g+1;-x)}{{}_2F_1(\g-\a,\b;\g;-x)}\\ ={}&\K^\infty_{n=0}\l(\frac{(\a+n)(\b+n)x}{\g+2n}\p\frac{(\a-\g-n)(\b-\g-n)x}{\g+2n+1}\r)\\ ={}&\frac{\a\b x}\g\p\frac{(\a-\g)(\b-\g)x}{\g+1} \p\frac{(\a+1)(\b+1)x}{\g+2}\p\frac{(\a-\g-1)(\b-\g-1)x}{\g+1}\\ &\phantom{\frac{\a\b x}\g\p\frac{(\a-\g)(\b-\g)x}{\g+1}} \p\frac{(\a+2)(\b+2)x}{\g+4}\p\frac{(\a-\g-2)(\b-\g-2)x}{\g+5}\p\cc \end{align}

\begin{align} &\frac{\b x}\g{}_2F_1(\b+1,1;\g+1;-x)\\ ={}&\frac{\b x}\g\p \K^\infty_{n=1}\l(\frac{(\g+n-1)(\b+n)x}{\g+2n-1}\p\frac{n(\g-\b+n)x}{\g+2n}\r)\\ ={}&\frac{\b x}\g\p\K^\infty_{n=1}\l(\frac{(\b+n)x}1\p\frac{n(1+x)}\g\r)\\ ={}&\frac{\b x}{\g+(\b+1)x}\p\K^\infty_{n=1}\frac{-n(\b+n)x(x+1)}{\g+n+(\b+2n+1)x} \end{align}

\begin{align} \frac xa{}_1F_1(1;a+1;x) &=\frac xa\p\K^\infty_{n=0}\l(\frac{-(a+n)x}{a+2n+1}\p\frac{(n+1)x}{a+2n+2}\r)\\ &=\frac x{a-x}\p\K^\infty_{n=1}\frac{nx}{a+n-x}\\ {}_1F_1(1;x+1;x) &=1+\K^\infty_{n=2}\frac{nx}n \end{align}

\begin{align} &\frac{\b x}{\g}\frac{{}_2F_1(-\a,\b+1;\g+1;-x)}{{}_2F_1(-\a,\b;\g;-x)}\\ ={}&\frac{\b x}{\g-(\a+\b+1)x}\p\K^\infty_{n=1}\frac{(\b+n)(\a+\g+n)x}{\g+n-(\a+\b+n+1)x} \end{align}

$$\lim_{x\to\infty}\l(\sqrt{\frac{2x}\pi}-\K^\infty_{n=1}\frac{nx}n\r)=\frac2{3\pi}$$

\begin{align} f(a,n,x) &={}_2F_3\l(-\frac{n+1}2,-\frac n2;-n-1,a,-n-a;x\r)\\ &=\sum^{\lfloor\frac{n+1}2\rfloor}_{k=0}\frac{(-n+k-1)_k}{(a)_k(-n-a)_k}\frac{x^k}{k!} \end{align}
について
$$\frac{f(a+1,n-1,x)}{f(a,n,x)}=\frac aa\p\K^n_{k=1}\frac x{a+k}$$

$$\frac{\dis\G\l(\frac{x+a+1}4\r)\G\l(\frac{x-a+1}4\r)} {\dis\G\l(\frac{x+a+3}4\r)\G\l(\frac{x-a+3}4\r)} =\frac4x\p\K^\infty_{n=0}\frac{(2n+1)^2-a^2}{2x}$$
例えば
\begin{align} \frac{\G(\frac{x+1}4)^2}{\G(\frac{x+3}4)^2} &=\frac4x\p\K^\infty_{n=0}\frac{(2n+1)^2}{2x}\\ \frac{\G(\frac{x+1}8)\G(\frac{x+3}8)}{\G(\frac{x+5}8)\G(\frac{x+7}8)} &=\frac8x\p\K^\infty_{n=0}\frac{(4n+1)(4n+3)}{2x} \end{align}

\begin{align} &\frac{\dis\G\l(\frac{x+a+1}4\r)^2\G\l(\frac{x-a+1}4\r)^2} {\dis\G\l(\frac{x+a+3}4\r)^2\G\l(\frac{x-a+3}4\r)^2}\\ ={}&\frac8{\frac12(x^2+a^2-1)} \p\K^\infty_{n=0}\l(\frac{(2n+1)^2-a^2}1\p\frac{(2n+1)^2}{x^2-1}\r)\\ ={}&\frac8{\frac12(x^2-a^2-1)} \p\K^\infty_{n=0}\l(\frac{(2n+1)^2}1\p\frac{(2n+1)^2-a^2}{x^2-1}\r) \end{align}
例えば
$$\frac{\G(\frac{x+1}4)^4}{\G(\frac{x+3}4)^4} =\frac8{\frac12(x^2-1)} \p\K^\infty_{n=0}\l(\frac{(2n+1)^2}1\p\frac{(2n+1)^2}{x^2-1}\r)$$

$$x+\K^\infty_{n=0}\frac{(2n+1+y)^2+a}{2x}=y+\K^\infty_{n=0}\frac{(2n+1+x)^2+a}{2y}$$

$$\lim_{y\to\infty}\frac{\dis x+\K^\infty_{n=0}\frac{y^2+(2n+1)^2}{2x}} {\dis y+\K^\infty_{n=0}\frac{x^2-(2n+1)^2}{2y}}=1$$

\begin{align} &\sum^\infty_{n=0}(-1)^n\l(\frac1{x-a+2n+1}+\frac1{x+a+2n+1}\r)\\ ={}&\frac1x\p\K^\infty_{n=1}\l(\frac{(2n-1)^2-a^2}x\p\frac{(2n)^2}x\r) \end{align}
例えば
$$2\sum^\infty_{n=0}\frac{(-1)^n}{x+2n+1} =\frac1x\p\K^\infty_{n=1}\frac{n^2}x$$

\begin{align} &\sum^\infty_{n=0}\l(\frac1{x-a+2n+1}-\frac1{x+a+2n+1}\r)\\ ={}&\frac ax\p\K^\infty_{n=1}\frac{n^2(n^2-a^2)}{(2n+1)x} \end{align}
例えば
$$2\sum^\infty_{n=0}\frac1{(x+2n+1)^2}=\frac1x\p\K^\infty_{n=1}\frac{n^4}{(2n+1)x}$$

\begin{align} &\sum^\infty_{n=0}(-1)^n\l(\frac1{x-a+2n+1}-\frac1{x+a+2n+1}\r)\\ ={}&\frac a{x^2-1}\p\K^\infty_{n=1}\l(\frac{(2n)^2-a^2}1\p\frac{(2n)^2}{x^2-1}\r) \end{align}
例えば
$$2\sum^\infty_{n=0}\frac{(-1)^n}{(x+2n+1)^2} =\frac1{x^2-1}\p\K^\infty_{n=1}\l(\frac{(2n)^2}1\p\frac{(2n)^2}{x^2-1}\r)$$

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

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

$$P=\frac{\dis\G\l(\frac{x+a+b+1}4\r)\G\l(\frac{x+a-b+1}4\r)\G\l(\frac{x-a+b+3}4\r)\G\l(\frac{x-a-b+3}4\r)}{\dis\G\l(\frac{x-a-b+1}4\r)\G\l(\frac{x-a+b+1}4\r)\G\l(\frac{x+a-b+3}4\r)\G\l(\frac{x+a+b+3}4\r)}$$
とおいたとき
$$\frac{1-P}{1+P}=\frac ax\p\K^\infty_{n=1}\l(\frac{(2n-1)^2-b^2}x\p\frac{(2n)^2-a^2}x\r)$$

$$F(\a,\b)=\arctan\l(\frac\a x\p\K^\infty_{n=1}\l(\frac{\b^2+((2n-1)\g)^2}x\p\frac{\a^2+(2n\g)^2}x\r)\r)$$
とおいたとき
$$F(\a,b)+F(\b,\a)=2F\l(\frac{\a+\b}2,\frac{\a+\b}2\r)$$

$$P=\frac{\dis\G\l(\frac{x+a+b+c+1}2\r)\G\l(\frac{x+a-b-c+1}2\r)\G\l(\frac{x-a+b-c+1}2\r)\G\l(\frac{x-a-b+c+1}2\r)}{\dis\G\l(\frac{x-a-b-c+1}2\r)\G\l(\frac{x-a+b+c+1}2\r)\G\l(\frac{x+a-b+c+1}2\r)\G\l(\frac{x+a+b-c+1}2\r)}$$
および
$$y=x^2-(1-b)^2,\quad d=(c^2-a^2)(1-2b)$$
とおくと
\begin{align} \frac{1-P}{1+P} &=\frac{2abc}{x^2-a^2-b^2-c^2+1} \p\K^\infty_{n=1}\frac{-4(n^2-a^2)(n^2-b^2)(n^2-c^2)}{(2n+1)(x^2-a^2-b^2-c^2+2n^2+2n+1)}\\ &=\frac{2abc}{y+d-2a^2b} \p\K^\infty_{n=1}\l(\frac{2(n-b)(n^2-c^2)}1\p\frac{2(n+b)(n^2-a^2)}{(2n+1)y+d}\r) \end{align}

$$P=\frac{\dis\G\l(\frac{x+a+b+3}4\r)\G\l(\frac{x-a-b+3}4\r)\G\l(\frac{x+a-b+1}4\r)\G\l(\frac{x-a+b+1}4\r)}{\dis\G\l(\frac{x+a+b+1}4\r)\G\l(\frac{x-a-b+1}4\r)\G\l(\frac{x+a-b+3}4\r)\G\l(\frac{x-a+b+3}4\r)}$$
とおいたとき
$$\frac{1-P}{1+P} =\frac{ab}{x^2-1-a^2} \p\K^\infty_{n=1}\l(\frac{(2n)^2-b^2}1\p\frac{(2n)^2-a^2}{x^2-1}\r)$$

\begin{align} &\sum^\infty_{n=1}\l(\frac1{x+a+b+2n+1}+\frac1{x-a-b+2n+1} -\frac1{x+a-b+2n+1}-\frac1{x-a+b+2n+1}\r)\\ ={}&\frac{2ab}{x^2-1+b^2-a^2} \p\K^\infty_{n=1}\l(\frac{2n(n^2-b^2)}1\p\frac{2n(n^2-a^2)}{(2n+1)(x^2-1)+b^2-a^2}\r) \end{align}

\begin{align} &\sum^\infty_{n=0}\l(\frac1{(x-a+2n+1)^2}-\frac1{(x+a+2n+1)^2}\r)\\ ={}&\frac a{x^2-1+a^2} \p\K^\infty_{n=1}\l(\frac{2n(n^2-a^2)}1\p\frac{2n^3}{(2n+1)(x^2-1)+a^2}\r)\\ ={}&\frac a{x^2-a^2+1}\p\K^\infty_{n=1}\frac{-4(n^2-a^2)n^4}{(2n+1)(x^2-a^2+2n^2+2n+1)} \end{align}

$$P=\frac{\dis\G\l(\frac{x+a+b+1}4\r)\G\l(\frac{x-a+b+1}4\r)\G\l(\frac{x+a-b+1}4\r)\G\l(\frac{x-a-b+1}4\r)}{\dis\G\l(\frac{x+a+b+3}4\r)\G\l(\frac{x-a+b+3}4\r)\G\l(\frac{x+a-b+3}4\r)\G\l(\frac{x-a-b+3}4\r)}$$
とおいたとき
$$P=\frac8{\frac12(x^2-1+b^2-a^2)} \p\K^\infty_{n=0}\l(\frac{(2n+1)^2-b^2}1\p\frac{(2n+1)^2-a^2}{x^2-1}\r)$$

$$\G\l(\frac{\a\pm\b\pm\g\pm\d\pm\e+1}2\r)$$
における$4$つの$\pm$のうち$-$の数が偶数であるもの、奇数であるもの全体(それぞれ計$8$つ)の積をそれぞれ
\begin{align} P&=\prod_{\mathrm{even}}\G\l(\frac{\a\pm\b\pm\g\pm\d\pm\e+1}2\r)\\ Q&=\prod_{\mathrm{odd}}\G\l(\frac{\a\pm\b\pm\g\pm\d\pm\e+1}2\r)\\ \end{align}
とおく。このとき$\b,\g,\d,\e$のうち少なくとも$1$つが$0$でない整数であれば
$$\frac{P-Q}{P+Q}=\frac{8\a\b\g\d\e}{g(0)}\p\K^\infty_{n=1}\frac{f(n)}{g(n)}$$
が成り立つ。ただし
\begin{align} f(n)&=-64(n^2-\a^2)(n^2-\b^2)(n^2-\g^2)(n^2-\d^2)(n^2-\e^2)\\ g(n)&=(2n+1)(2(\a^4+\b^4+\g^4+\d^4+\e^4+1)\\ &\phantom{{}=(2n+1)(}\quad-(\a^2+\b^2+\g^2+\d^2+\e^2-2n^2-2n-1)^2\\ &\phantom{{}=(2n+1)(}\quad-(2n^2+2n+2)^2) \end{align}
とした。

\begin{align} &\frac{\G(\b+1)\G(\g+1)(1+x)^{\b+\g}}{\G(\b+\g+1)x^\g}-{}_2F_1(-\b,1;\g+1;-x)\\ ={}&\frac\g{(\b+1)x+1-\g}\p\K^\infty_{n=1}\frac{-n(n-\g)(x+1)}{(\b+n+1)x+2n+1-\g} \end{align}

\begin{align} &\frac{e^x\G(a+1)}{x^a}-{}_1F_1(1;a+1;x)\\ ={}&\frac ax\p\K^\infty_{n=1}\l(\frac{n-a}1\p\frac nx\r)\\ ={}&\frac a{x+1-a}\p\K^\infty_{n=1}\frac{-n(n-a)}{x+2n+1-a} \end{align}
例えば
$$\sum^\infty_{n=0}\frac{(-x)^n}{n!(n+a)} =\frac{\G(a)}{x^a}-\frac{e^{-x}}x\p\K^\infty_{n=1}\l(\frac{n-a}1\p\frac nx\r)$$

\begin{align} &\sqrt{\frac\pi{2x}}e^{x/2}-\sum^\infty_{n=0}\frac{x^n}{1\c3\c5\cdots(2n+1)}\\ ={}&\frac1x\p\K^\infty_{n=1}\l(\frac{2n-1}1\p\frac{2n}x\r)\\ ={}&\frac1{x+1}\p\K^\infty_{n=1}\frac{(2n-1)\c2n}{x+4n+1} \end{align}
例えば
$$\int^x_0e^{-t^2}dt =\frac{\sqrt\pi}2-\frac{e^{-x^2}}{2x}\p\K^\infty_{n=1}\l(\frac{2n-1}x\p\frac{2n}{2x}\r)$$

\begin{align} \int^\infty_0\frac{e^{-t}}{x+t}dt &=\frac1x\p\K^\infty_{n=1}\l(\frac n1\p\frac nx\r)\\ &=\frac1{x+1}\p\K^\infty_{n=1}\frac{-n^2}{x+2n+1}\\ &=\sum^{k-1}_{l=0}\frac{(-1)^ll!}{x^{l+1}}+\frac{(-1)^kk!/x^k}{x+k+1} \p\K^\infty_{n=1}\frac{-n(n+k)}{x+k+2n+1} \end{align}

$$\frac11\p\K^\infty_{n=1}\l(\frac{nx}1\p\frac{nx}1\r)$$
の収束分数を$p_n/q_n$とおいたとき
$$q_{2n}=\sum^n_{k=0}\binom nk^2k!x^k,\quad q_{2n-1}=\sum^{n-1}_{k=0}\binom nk^2k!\l(1-\frac kn\r)x^k$$

\begin{align} \int^\infty_0e^{-t}\l(1+\frac tx\r)^xdt &=1+\frac x1\p\K^\infty_{n=1}\frac{n(x-n)}{2n+1}\\ &=2+\frac{x-1}2\p\K^\infty_{n=2}\frac{(n-1)(x-n)}{2n}\\ &=\frac{e^x\G(x+1)}{x^x}-\K^\infty_{n=2}\frac{nx}n \end{align}