定理　$P(q)=1-24\,\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n\,q^n}{1-q^n},\,a\,b=\pi^2$として、 $$6-a\,P\left(e^ {- 2\,a }\right)=b\,P\left(e^ {- 2\,b }\right)$$ が成り立つ。


証明はこの式の両辺の対数をとり$a$で微分して行きます。 $$a^{\frac{1}{4}}\,e^ {- \frac{a}{12} }\,\prod_{n=1}^{\infty }{\left(1-e^ {- 2\,a\,n }\right)}=b^{\frac{1}{4}}\,e^ {- \frac{b}{12} }\,\prod_{n=1}^{\infty }{\left(1-e^ {- 2\,b\,n }\right)}$$

In [1]:
A:a^(1/4)*exp(-a/12)*f(-exp(-2*a))=b^(1/4)*exp(-b/12)*f(-exp(-2*b)),f(q):=product(1-(-q)^n,n,1,inf);
Out[1]:
\[\tag{${\it \%o}_{0}$}a^{\frac{1}{4}}\,e^ {- \frac{a}{12} }\,\prod_{n=1}^{\infty }{\left(1-e^ {- 2\,a\,n }\right)}=b^{\frac{1}{4}}\,e^ {- \frac{b}{12} }\,\prod_{n=1}^{\infty }{\left(1-e^ {- 2\,b\,n }\right)}\]

早速対数を取ります。その際に$logexpand$フラグを$all$に設定すると、総積も総和にしてくれます。

In [2]:
B:log(A),logexpand:all;
Out[2]:
\[\tag{${\it \%o}_{1}$}\sum_{n=1}^{\infty }{\log \left(1-e^ {- 2\,a\,n }\right)}+\frac{\log a}{4}-\frac{a}{12}=\sum_{n=1}^{\infty }{\log \left(1-e^ {- 2\,b\,n }\right)}+\frac{\log b}{4}-\frac{b}{12}\]

次に両辺を$a$で微分するのですが、その前に変数$b$が$a$に依存していることを宣言します。これによって右辺の$b$をそのままで$a$による微分を進めることが出来ます。

In [3]:
depends(b,a)$
C:diff(B,a);
Out[3]:
\[\tag{${\it \%o}_{3}$}2\,\sum_{n=1}^{\infty }{\frac{n\,e^ {- 2\,a\,n }}{1-e^ {- 2\,a\,n }}}+\frac{1}{4\,a}-\frac{1}{12}=2\,\left(\frac{d}{d\,a}\,b\right)\,\sum_{n=1}^{\infty }{\frac{n\,e^ {- 2\,b\,n }}{1-e^ {- 2\,b\,n }}}+\frac{\frac{d}{d\,a}\,b}{4\,b}-\frac{\frac{d}{d\,a}\,b}{12}\]

微分の結果の右辺には$\frac{d}{d\,a}\,b$が残っています。これを$b=\frac{\pi^2}{a}$より計算してその結果で置き換えてみます。

In [4]:
D:subst(diff(%pi^2/a,a),diff(b,a),C);
Out[4]:
\[\tag{${\it \%o}_{4}$}2\,\sum_{n=1}^{\infty }{\frac{n\,e^ {- 2\,a\,n }}{1-e^ {- 2\,a\,n }}}+\frac{1}{4\,a}-\frac{1}{12}=-\frac{2\,\pi^2\,\sum_{n=1}^{\infty }{\frac{n\,e^ {- 2\,b\,n }}{1-e^ {- 2\,b\,n }}}}{a^2}-\frac{\pi^2}{4\,a^2\,b}+\frac{\pi^2}{12\,a^2}\]

$\pi^2$を全て$a\,b$で置き換えます。

In [5]:
E:D,%pi^2=a*b;
Out[5]:
\[\tag{${\it \%o}_{5}$}2\,\sum_{n=1}^{\infty }{\frac{n\,e^ {- 2\,a\,n }}{1-e^ {- 2\,a\,n }}}+\frac{1}{4\,a}-\frac{1}{12}=-\frac{2\,b\,\sum_{n=1}^{\infty }{\frac{n\,e^ {- 2\,b\,n }}{1-e^ {- 2\,b\,n }}}}{a}+\frac{b}{12\,a}-\frac{1}{4\,a}\]

両辺に$12\,a$をかけて整理します。

In [6]:
F:E*12*a,expand;
Out[6]:
\[\tag{${\it \%o}_{6}$}24\,a\,\sum_{n=1}^{\infty }{\frac{n}{e^{2\,a\,n}-1}}-a+3=-24\,b\,\sum_{n=1}^{\infty }{\frac{n}{e^{2\,b\,n}-1}}+b-3\]

両辺に$3$を足します。

In [7]:
F+3;
Out[7]:
\[\tag{${\it \%o}_{7}$}24\,a\,\sum_{n=1}^{\infty }{\frac{n}{e^{2\,a\,n}-1}}-a+6=b-24\,b\,\sum_{n=1}^{\infty }{\frac{n}{e^{2\,b\,n}-1}}\]

これで証明終了なのですが分かりますか？念の為、証明すべき式の$P(q)$をその定義で置き換えた式を下記に示します。上の式と全く同じですね。

In [8]:
-a*P(exp(-2*a))+6=b*P(exp(-2*b)),P(q):=1-24*sum(n*q^n/(1-q^n),n,1,inf),expand;
Out[8]:
\[\tag{${\it \%o}_{8}$}24\,a\,\sum_{n=1}^{\infty }{\frac{n}{e^{2\,a\,n}-1}}-a+6=b-24\,b\,\sum_{n=1}^{\infty }{\frac{n}{e^{2\,b\,n}-1}}\]

というわけで以下の式が成り立つことがわかりました。

In [9]:
-a*P(exp(-2*a))+6=b*P(exp(-2*b));
Out[9]:
\[\tag{${\it \%o}_{9}$}6-a\,P\left(e^ {- 2\,a }\right)=b\,P\left(e^ {- 2\,b }\right)\]