$0\lt x \lt 1$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 Theorem 5.2.5
$$F\left(1-\frac{\varphi\left(-q\right)^4}{\varphi\left(q\right)^4}\right)=q$$
今回はこの定理を証明していきます。
最初にお断りしなければならないのですが、本書の証明の最後の１行だけ、理解できませんでした。どなたかわかる方、教えてください。→分かったので追記しました。
また今回は漸近的な議論や極限の議論が中心であり、Maximaを使っていません。
証明はLemma 5.1.10から始まります。 $$\pi\,F\left( \left. \begin{array}{c}\frac{1}{2},\;\frac{1}{2}\\1\end{array} \right |,1-x\right)\sim -\log x + C \hspace{15pt} (x\rightarrow 0^+)$$ ランダウの記号oを使って等式に書き直すと、 $$\pi\,F\left( \left. \begin{array}{c}\frac{1}{2},\;\frac{1}{2}\\1\end{array} \right |,1-x\right)= -\log x + C + o(1)$$ 以下$o(1)$はランダウ記号なのでいつも同じ関数を表すとは限らないことに注意してください。 また$$F\left( \left. \begin{array}{c}\frac{1}{2},\;\frac{1}{2}\\1\end{array} \right |,x\right)=1 \hspace{15pt} (x\rightarrow 0^+)$$ であることに注意すると、 $$\frac{\pi\,F\left( \left. \begin{array}{c}\frac{1}{2},\;\frac{1}{2}\\1\end{array} \right |,1-x\right)}{F\left( \left. \begin{array}{c}\frac{1}{2},\;\frac{1}{2}\\1\end{array} \right |,x\right)}= -\log x + C + o(1)$$ と書けることがわかります。両辺に$-1$を掛けてから指数関数に適用し、計算を進めると、$A$を適当な定数として、 $$exp\left(-\frac{\pi\,F\left( \left. \begin{array}{c}\frac{1}{2},\;\frac{1}{2}\\1\end{array} \right |,1-x\right)}{F\left( \left. \begin{array}{c}\frac{1}{2},\;\frac{1}{2}\\1\end{array} \right |,x\right)}\right)= exp(\log x - C + o(1))=x\,exp(-C)\,e^{o(1)}=A\,x\,(1+o(1))$$ $F(x)$の定義式と比べることにより、 $$F(x)=A\,x\,(1+o(1))$$ です。
次に前回証明したCorollary 5.2.4を使います。
$m$を$0$以上の整数として、$n=2^m$であるとき
$$F\left(1-\frac{\varphi\left(-q\right)^4}{\varphi\left(q\right)^4}\right)^{n}=F\left(1-\frac{\varphi\left(-q^{n}\right)^4}{\varphi\left(q^{n}\right)^4}\right)$$
です。$x_n=\frac{\varphi\left(-q^n\right)^4}{\varphi\left(q^n\right)^4}$と置きます。
$$F\left(1-\frac{\varphi\left(-q\right)^4}{\varphi\left(q\right)^4}\right)^n=F\left(1-x_n\right)$$
両辺の$n$乗根を取ります。
$$F\left(1-\frac{\varphi\left(-q\right)^4}{\varphi\left(q\right)^4}\right)=\sqrt[n]{F\left(1-x_n\right)}$$
先ほど求めた$F(x)=A\,x\,(1+o(1))$を使えば、
$$F\left(1-\frac{\varphi\left(-q\right)^4}{\varphi\left(q\right)^4}\right)=\sqrt[n]{A\,(1-x_n)\,(1+o(1))}$$
左辺は$n$に無関係なので$n=2^m$で$m$を大きくしてもこの式の値は変わらず、その値は$\lim_{n \to \infty}\sqrt[n]{A\,(1-x_n)\,(1+o(1))}$になります。
$$\lim_{n \to \infty}\sqrt[n]{A\,(1-x_n)\,(1+o(1))}=\lim_{n \to \infty}\sqrt[n]{A}\,\lim_{n \to \infty}\sqrt[n]{1-x_n}\,\lim_{n \to \infty}\sqrt[n]{1+o(1)}$$
$$=\lim_{n \to \infty}\sqrt[n]{1-x_n}$$
$$=\lim_{n \to \infty}\sqrt[n]{1-\frac{\varphi\left(-q^n\right)^4}{\varphi\left(q^n\right)^4}}$$
$$=\lim_{n \to \infty}\sqrt[n]{\frac{\varphi\left(q^n\right)^4-\varphi\left(-q^n\right)^4}{\varphi\left(q^n\right)^4}}$$
ここで以前に紹介した恒等式を使います。 $$\tag{$3.6.8$}\varphi\left(q\right)^4-\varphi\left(-q\right)^4=16\,q\,\psi\left(q^2\right)^4$$ すると$n$乗根の中がさらに式変形できます。 $$\lim_{n \to \infty}\sqrt[n]{\frac{\varphi\left(q^n\right)^4-\varphi\left(-q^n\right)^4}{\varphi\left(q^n\right)^4}}$$ $$=\lim_{n \to \infty}\sqrt[n]{\frac{16\,q^n\,\psi\left(q^{2\,n}\right)^4}{\varphi\left(q^n\right)^4}}$$ $$=\lim_{n \to \infty}\sqrt[n]{16}\,\sqrt[n]{q^n}\,\sqrt[n]{\frac{\psi\left(q^{2\,n}\right)^4}{\varphi\left(q^n\right)^4}}$$ $$=\lim_{n \to \infty}q\,\sqrt[n]{\frac{\psi\left(q^{2\,n}\right)^4}{\varphi\left(q^n\right)^4}}$$ $$=q$$
本書の証明はこれで終わります。当然、 $$\lim_{n \to \infty}\sqrt[n]{\frac{\psi\left(q^{2\,n}\right)^4}{\varphi\left(q^n\right)^4}}=1$$ が成り立つはずなのですが、その証明は特に記載はありません。 $\psi(q^{2\,n})$や$\varphi(q^n)$は無限積で表すことができるのでそれでうまく約分できて$1$になるのかと思って計算してもそんなことは起こらず、この部分だけ理解できませんでした。一旦はここまでとして、いつかリベンジしたいものです。
追記： $$\varphi(x)=\sum_{n= -\infty }^{\infty }{x^{n^2}}$$ $$\psi\left(x\right)=\sum_{n=0}^{\infty }{x^{\frac{n\,\left(n+1\right)}{2}}}$$ と定義されて、それらの定義域は$-1 \lt x \lt 1$だったことを思い出せば、ここでの$q$は$-1 \lt q \lt 1$です。従って$n\rightarrow \infty$の時$q^n, q^{2\,n}\rightarrow 0$となります。上記定義よりどちらの関数も$x=0$で連続で$\varphi(0)=\psi(0)=1$です。以上より、 $$\lim_{n \to \infty}\sqrt[n]{\frac{\psi\left(q^{2\,n}\right)^4}{\varphi\left(q^n\right)^4}}=\lim_{n \to \infty}\sqrt[n]{\frac{\psi\left(0)\right)^4}{\varphi\left(0\right)^4}}=\lim_{n \to \infty}\sqrt[n]{1}=1$$ となります。これで証明は完成しました。