B.C.Berndt: Number Theory in the Spirit of Ramanujanより

Chapter 5 Lemma 5.2.3
$m$を$0$以上の整数として、$n=2^m$であるとき、次式が成り立つ：
$$F\left(\frac{\varphi\left(-q\right)^4}{\varphi\left(q\right)^4}\right)=F\left(\frac{\varphi\left(-q^{n}\right)^4}{\varphi\left(q^{n}\right)^4}\right)^{n}$$

ただし$F(x)$は、 $$F(x)=exp\left(-\pi\,\frac{{}_2 F_1\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2};1;1-x\right)}{{}_2 F_1\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2};1;x\right)}\right)$$ $\varphi(q)$はラマヌジャンのテータ関数の特別な形の１つです。

この補題の証明にはすでに証明した以下の式を使います。 厳密には以下のA1は$x$の恒等式、A4は$q$の恒等式、A2が成り立つ$x, q$についてA3が成り立つことが証明済です。

In [1]:
A1:F(x^2)=F(4*x/(1+x)^2)^2;
A2:(1-x)/(1+x)=Lambda(q);
A3:1-x^2=Lambda(q^2)^2;
A4:Lambda(q)=phi(-q)^2/phi(q)^2;
Out[1]:
\[\tag{${\it \%o}_{0}$}F\left(x^2\right)=F\left(\frac{4\,x}{\left(x+1\right)^2}\right)^2\]
Out[1]:
\[\tag{${\it \%o}_{1}$}\frac{1-x}{x+1}=\Lambda\left(q\right)\]
Out[1]:
\[\tag{${\it \%o}_{2}$}1-x^2=\Lambda\left(q^2\right)^2\]
Out[1]:
\[\tag{${\it \%o}_{3}$}\Lambda\left(q\right)=\frac{\varphi\left(-q\right)^2}{\varphi\left(q\right)^2}\]

まずA1の$x$に$\frac{1-x}{1+x}$を代入します。

In [2]:
G1:subst((1-x)/(1+x),x,A1);
Out[2]:
\[\tag{${\it \%o}_{4}$}F\left(\frac{\left(1-x\right)^2}{\left(x+1\right)^2}\right)=F\left(\frac{4\,\left(1-x\right)}{\left(x+1\right)\,\left(\frac{1-x}{x+1}+1\right)^2}\right)^2\]

右辺だけ引数を簡約します。

In [3]:
G2:lhs(G1)=ratsimp(rhs(G1));
Out[3]:
\[\tag{${\it \%o}_{5}$}F\left(\frac{\left(1-x\right)^2}{\left(x+1\right)^2}\right)=F\left(1-x^2\right)^2\]

A2の両辺を自乗した式とA3を上記の式に代入します。

In [4]:
G3:G2,A2^2,A3;
Out[4]:
\[\tag{${\it \%o}_{6}$}F\left(\Lambda\left(q\right)^2\right)=F\left(\Lambda\left(q^2\right)^2\right)^2\]

これで$m=1$の場合が証明できました。この両辺を自乗し、$q$に$q^2$を代入してみます。

In [5]:
G4:subst(q^2,q,G3)^2;
Out[5]:
\[\tag{${\it \%o}_{7}$}F\left(\Lambda\left(q^2\right)^2\right)^2=F\left(\Lambda\left(q^4\right)^2\right)^4\]

G3の右辺とG4の左辺が同じですから、それを用いて等式を変形します。

In [6]:
G5:G3,G4;
Out[6]:
\[\tag{${\it \%o}_{8}$}F\left(\Lambda\left(q\right)^2\right)=F\left(\Lambda\left(q^4\right)^2\right)^4\]

これで$m=2$の場合が証明できました。 次にG4の両辺を自乗し、$q$に$q^2$を代入します。

In [7]:
G6:subst(q^2,q,G4)^2;
Out[7]:
\[\tag{${\it \%o}_{9}$}F\left(\Lambda\left(q^4\right)^2\right)^4=F\left(\Lambda\left(q^8\right)^2\right)^8\]

G5右辺とG6の左辺が同じですから、それを用いて等式を変形します。

In [8]:
G7:G5,G6;
Out[8]:
\[\tag{${\it \%o}_{10}$}F\left(\Lambda\left(q\right)^2\right)=F\left(\Lambda\left(q^8\right)^2\right)^8\]

これで$m=3$の場合が証明できました。これを続けると(厳密には数学的帰納法で)任意の整数$m>0$について次の式が成立することが証明できます。

In [9]:
G8:F(Lambda(q)^2)=F(Lambda(q^(2^m))^2)^(2^m);
Out[9]:
\[\tag{${\it \%o}_{11}$}F\left(\Lambda\left(q\right)^2\right)=F\left(\Lambda\left(q^{2^{m}}\right)^2\right)^{2^{m}}\]
In [10]:
G9:subst(n,2^m,G8);
Out[10]:
\[\tag{${\it \%o}_{12}$}F\left(\Lambda\left(q\right)^2\right)=F\left(\Lambda\left(q^{n}\right)^2\right)^{n}\]

A4及びA4の$q$に$q^n$を代入したものを使うと、上記G9より、下記の式を得ることができました。

In [11]:
G10:G9,A4,subst(q^n,q,A4);
Out[11]:
\[\tag{${\it \%o}_{13}$}F\left(\frac{\varphi\left(-q\right)^4}{\varphi\left(q\right)^4}\right)=F\left(\frac{\varphi\left(-q^{n}\right)^4}{\varphi\left(q^{n}\right)^4}\right)^{n}\]