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

$0\lt x \lt 1$の範囲で関数$F(x)$を $$F(x)=exp\left(-\pi\,\frac{{}_2 F_1\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2};1;1-x\right)}{{}_2 F_1\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2};1;x\right)}\right)$$ と定義しました(超幾何関数もFですが、引数の形が異なるので区別できると思います）。

Chapter 5 Corollary 5.2.4
$m$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：
$$F\left(1-\frac{\varphi\left(-q\right)^4}{\varphi\left(q\right)^4}\right)^{n}=F\left(1-\frac{\varphi\left(-q^{n}\right)^4}{\varphi\left(q^{n}\right)^4}\right)$$

今回はこの補題を証明していきます。
証明の方針としてまず今回の補題を少し一般化して、$F(a)=F(b)^n$ならば$F(1-a)^n=F(1-b)$が成り立つことを示します。これと前回証明したCorollary 5.2.3 $F\left(\frac{\varphi\left(-q\right)^4}{\varphi\left(q\right)^4}\right)=F\left(\frac{\varphi\left(-q^{n}\right)^4}{\varphi\left(q^{n}\right)^4}\right)^{n}$ を使えば証明は終了します。

In [1]:
F(x):=exp(-%pi*hypergeometric([1/2,1/2],[1],1-x)/hypergeometric([1/2,1/2],[1],x));
Out[1]:
\[\tag{${\it \%o}_{0}$}F\left(x\right):=\exp \left(\frac{-\pi\,{\it hypergeometric}\left(\left[ \frac{1}{2} , \frac{1}{2} \right] , \left[ 1 \right] , 1-x\right)}{{\it hypergeometric}\left(\left[ \frac{1}{2} , \frac{1}{2} \right] , \left[ 1 \right] , x\right)}\right)\]

一般化したステートメントの仮定の部分の式からスタートして、結論の式を等式変形で導きます。

In [2]:
'F(a)='F(b)^n;
Out[2]:
\[\tag{${\it \%o}_{1}$}F\left(a\right)=F\left(b\right)^{n}\]

定義に基づいて展開します。

In [3]:
%,nouns;
Out[3]:
\[\tag{${\it \%o}_{2}$}e^ {- \frac{\pi\,F\left( \left. \begin{array}{c}\frac{1}{2},\;\frac{1}{2}\\1\end{array} \right |,1-a\right)}{F\left( \left. \begin{array}{c}\frac{1}{2},\;\frac{1}{2}\\1\end{array} \right |,a\right)} }=e^ {- \frac{\pi\,F\left( \left. \begin{array}{c}\frac{1}{2},\;\frac{1}{2}\\1\end{array} \right |,1-b\right)\,n}{F\left( \left. \begin{array}{c}\frac{1}{2},\;\frac{1}{2}\\1\end{array} \right |,b\right)} }\] 
SB-KERNEL:REDEFINITION-WITH-DEFUN: redefining MAXIMA::SIMP-HYPERGEOMETRIC in DEFUN

両辺の対数をとり、逆数をとり、さらに両辺に$n$をかけます。

In [4]:
n/log(%);
Out[4]:
\[\tag{${\it \%o}_{3}$}-\frac{F\left( \left. \begin{array}{c}\frac{1}{2},\;\frac{1}{2}\\1\end{array} \right |,a\right)\,n}{\pi\,F\left( \left. \begin{array}{c}\frac{1}{2},\;\frac{1}{2}\\1\end{array} \right |,1-a\right)}=-\frac{F\left( \left. \begin{array}{c}\frac{1}{2},\;\frac{1}{2}\\1\end{array} \right |,b\right)}{\pi\,F\left( \left. \begin{array}{c}\frac{1}{2},\;\frac{1}{2}\\1\end{array} \right |,1-b\right)}\]

両辺に$\pi^2$をかけてから、指数関数を適用します。

In [5]:
exp(%*%pi^2);
Out[5]:
\[\tag{${\it \%o}_{4}$}e^{-\frac{\pi\,F\left( \left. \begin{array}{c}\frac{1}{2},\;\frac{1}{2}\\1\end{array} \right |,a\right)\,n}{F\left( \left. \begin{array}{c}\frac{1}{2},\;\frac{1}{2}\\1\end{array} \right |,1-a\right)}=-\frac{\pi\,F\left( \left. \begin{array}{c}\frac{1}{2},\;\frac{1}{2}\\1\end{array} \right |,b\right)}{F\left( \left. \begin{array}{c}\frac{1}{2},\;\frac{1}{2}\\1\end{array} \right |,1-b\right)}}\]

目標とする式の左辺、右辺を表示すると一致していることがわかります。

In [6]:
[F(1-a)^n, F(1-b)];
Out[6]:
\[\tag{${\it \%o}_{5}$}\left[ e^ {- \frac{\pi\,F\left( \left. \begin{array}{c}\frac{1}{2},\;\frac{1}{2}\\1\end{array} \right |,a\right)\,n}{F\left( \left. \begin{array}{c}\frac{1}{2},\;\frac{1}{2}\\1\end{array} \right |,1-a\right)} } , e^ {- \frac{\pi\,F\left( \left. \begin{array}{c}\frac{1}{2},\;\frac{1}{2}\\1\end{array} \right |,b\right)}{F\left( \left. \begin{array}{c}\frac{1}{2},\;\frac{1}{2}\\1\end{array} \right |,1-b\right)} } \right] \]

という訳で仮定から出発して結論の式を導くことが出来ました。

In [7]:
'F(1-a)^n='F(1-b);
Out[7]:
\[\tag{${\it \%o}_{6}$}F\left(1-a\right)^{n}=F\left(1-b\right)\]

$F\left(a\right)=F\left(b\right)^{n}$ならば$F\left(1-a\right)^{n}=F\left(1-b\right)$であることが示ました。

最後のステップです。$a=\frac{\varphi\left(-q\right)^4}{\varphi\left(q\right)^4}, b=\frac{\varphi\left(-q^{n}\right)^4}{\varphi\left(q^{n}\right)^4}$と置きます。すると仮定の部分は$F\left(\frac{\varphi\left(-q\right)^4}{\varphi\left(q\right)^4}\right)=F\left(\frac{\varphi\left(-q^{n}\right)^4}{\varphi\left(q^{n}\right)^4}\right)^{n}$となります。これはCorollary 5.2.3そのものですから成立することがわかります。

また結論の部分は$F\left(1-\frac{\varphi\left(-q\right)^4}{\varphi\left(q\right)^4}\right)^{n}=F\left(1-\frac{\varphi\left(-q^{n}\right)^4}{\varphi\left(q^{n}\right)^4}\right)$となります。これは今回証明したい式ですから、これで証明は終わりました。