定理　$A_k=\frac{\left(\frac12\right)_k^3}{k!^3}$として次式が成り立つ。 $$\frac{2}{\pi}=\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k\,A_k\,(4\,k+1)$$

証明は次の一群の式$T1\sim T5, A1, A2$から上記式を導きます。このブログでは$T1, A1, A2$は証明していませんがそれら以外は証明してきました。特に$T4, T5$は前回の記事で証明しました。$T1$は証明済みの$T2$と同様にして証明できると思います。$A1, A2$はモジュラー等式の理論から出てくるはずですが、ここでは正しいこととします。ただしこれらの式で使われている変数の定義は以下の通りです。 $z={}_2F_1\left(\frac12,\frac12;1;x\right), \,Y=\frac{4\,x}{(1-x)^2}, \,Y_n=\frac{4\,x_n}{(1-x_n)^2}$

$$\tag{${T1}$}P(q^4)=(1-\frac{5}{4}\,x)\,z^2 + 3\,x\,(1-x)\,z\,\frac{dz}{dx}$$$$\tag{${T2}$}P(q^2)=(1-2\,x)\,z^2 + 6\,x\,(1-x)\,z\,\frac{dz}{dx}$$$$\tag{${T3}$}n\,P(e^{-2\,\pi\,\sqrt{n}})+P(e^{\frac{-2\,\pi}{\sqrt{n}}})=\frac{6\,\sqrt{n}}{\pi}$$$$\tag{${T4}$}P\left(e^ {- 2\,\pi\,\sqrt{n} }\right)=\frac{1+x_n}{1-x_n}\,\sum_{k=0}^{\infty }{(-1)^k\,\left(3\,k+1\right)\,A_{k}\,Y_{n}^{k}}$$$$\tag{${T5}$}z^2={}_3F_2\left(\frac12,\frac12,\frac12;1,1;-Y\right)=\frac{1}{1-x}\,\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k\,A_k\,Y^k$$$$\tag{${A1}$}x_{\frac{1}{n}}=1-x_{n} , z_{\frac{1}{n}}=\sqrt{n}\,z_{n}$$$$\tag{${A2}$}x_2=(\sqrt{2}-1)^2$$
In [1]:
depends(z,x);
T1:P(q^4)=(1-5/4*x)*z^2+3*x*(1-x)*z*diff(z,x);
T2:P(q^2)=(1-2*x)*z^2+6*x*(1-x)*z*diff(z,x);
T3:n*P(exp(-2*%pi*sqrt(n)))+P(exp(-2*%pi/sqrt(n)))=6*sqrt(n)/%pi;
T4:P(exp(-2*%pi*sqrt(n)))=(1+x[n])/(1-x[n])*sum((-1)^k*(3*k+1)*A[k]*Y[n]^k,k,0,inf);
T5:z^2=1/(1-x)*sum((-1)^k*A[k]*Y^k,k,0,inf);
A1:[x[1/n]=1-x[n],z[1/n]=sqrt(n)*z[n]];
A2:x[2]=(sqrt(2)-1)^2;
Out[1]:
\[\tag{${\it \%o}_{0}$}\left[ z\left(x\right) \right] \]
Out[1]:
\[\tag{${\it \%o}_{1}$}P\left(q^4\right)=3\,\left(1-x\right)\,x\,z\,\left(\frac{d}{d\,x}\,z\right)+\left(1-\frac{5\,x}{4}\right)\,z^2\]
Out[1]:
\[\tag{${\it \%o}_{2}$}P\left(q^2\right)=6\,\left(1-x\right)\,x\,z\,\left(\frac{d}{d\,x}\,z\right)+\left(1-2\,x\right)\,z^2\]
Out[1]:
\[\tag{${\it \%o}_{3}$}n\,P\left(e^ {- 2\,\pi\,\sqrt{n} }\right)+P\left(e^ {- \frac{2\,\pi}{\sqrt{n}} }\right)=\frac{6\,\sqrt{n}}{\pi}\]
Out[1]:
\[\tag{${\it \%o}_{4}$}P\left(e^ {- 2\,\pi\,\sqrt{n} }\right)=\frac{\left(x_{n}+1\right)\,\sum_{k=0}^{\infty }{\left(3\,k+1\right)\,\left(-1\right)^{k}\,A_{k}\,Y_{n}^{k}}}{1-x_{n}}\]
Out[1]:
\[\tag{${\it \%o}_{5}$}z^2=\frac{\sum_{k=0}^{\infty }{Y^{k}\,\left(-1\right)^{k}\,A_{k}}}{1-x}\]
Out[1]:
\[\tag{${\it \%o}_{6}$}\left[ x_{\frac{1}{n}}=1-x_{n} , z_{\frac{1}{n}}=\sqrt{n}\,z_{n} \right] \]
Out[1]:
\[\tag{${\it \%o}_{7}$}x_{2}=\left(\sqrt{2}-1\right)^2\]

まず$T1, T2$から微分の項を消去する形で式変形します。

In [2]:
P1:T1*2-T2,ratsimp;
Out[2]:
\[\tag{${\it \%o}_{8}$}2\,P\left(q^4\right)-P\left(q^2\right)=-\frac{\left(x-2\right)\,z^2}{2}\]

この式の$q$に$e^{-\frac{\pi}{\sqrt{n}}}$を代入します。この時$x, z$は$x_{\frac{1}{n}}, z_{\frac{1}{n}}$になることに注意します。

In [3]:
P2:P1,q=exp(-%pi/sqrt(n)),x:x[1/n],z:z[1/n];
Out[3]:
\[\tag{${\it \%o}_{9}$}2\,P\left(e^ {- \frac{4\,\pi}{\sqrt{n}} }\right)-P\left(e^ {- \frac{2\,\pi}{\sqrt{n}} }\right)=-\frac{\left(x_{\frac{1}{n}}-2\right)\,z_{\frac{1}{n}}^2}{2}\]

添字の関係式$A1$を使って整理し、$n=2$を代入して整理します。

In [4]:
P3:P2,A1,n=2,ratsimp;
Out[4]:
\[\tag{${\it \%o}_{10}$}2\,P\left(e^ {- 2^{\frac{3}{2}}\,\pi }\right)-P\left(e^ {- \sqrt{2}\,\pi }\right)=\left(x_{2}+1\right)\,z_{2}^2\]

今度は$T3$の式で$n=2$とすることでとて、もよく似たでも第２項の符号が異なる式を導きます。

In [5]:
P4:T3,n=2;
Out[5]:
\[\tag{${\it \%o}_{11}$}2\,P\left(e^ {- 2^{\frac{3}{2}}\,\pi }\right)+P\left(e^ {- \sqrt{2}\,\pi }\right)=\frac{3\,2^{\frac{3}{2}}}{\pi}\]

P3とP4を加えて4で割れば$P\left(e^ {- 2^{\frac{3}{2}}\,\pi }\right)$が求まります。

In [6]:
P5:(P3+P4)/4,A2,ratsimp;
Out[6]:
\[\tag{${\it \%o}_{12}$}P\left(e^ {- 2^{\frac{3}{2}}\,\pi }\right)=-\frac{\left(\sqrt{2}-2\right)\,\pi\,z_{2}^2-3\,\sqrt{2}}{2\,\pi}\]

$T5$はクローゼンの公式の特別な場合ですが、これは$z=z_n,x=x_n,Y=Y_n$で成り立つ式であり、特に$n=2$でも成り立ちます。

In [7]:
P6:ev(T5,x:x[n],z:z[n],Y:Y[n]),n:2$ P6:P6,A2;
Out[7]:
\[\tag{${\it \%o}_{14}$}z_{2}^2=\frac{\sum_{k=0}^{\infty }{Y_{2}^{k}\,\left(-1\right)^{k}\,A_{k}}}{1-\left(\sqrt{2}-1\right)^2}\]

P6として求めた$z_2^2$をP5に代入します。

In [8]:
P7:P5,P6,ratsimp;
Out[8]:
\[\tag{${\it \%o}_{15}$}P\left(e^ {- 2^{\frac{3}{2}}\,\pi }\right)=-\frac{\left(\sqrt{2}-2\right)\,\pi\,\sum_{k=0}^{\infty }{Y_{2}^{k}\,\left(-1\right)^{k}\,A_{k}}+3\,2^{\frac{3}{2}}-12}{\left(2^{\frac{5}{2}}-4\right)\,\pi}\]

一方、$T4$で$n=2$とすると上記の式の左辺を少し異なる級数で表すことができます。

In [9]:
P8:T4,n=2;
Out[9]:
\[\tag{${\it \%o}_{16}$}P\left(e^ {- 2^{\frac{3}{2}}\,\pi }\right)=\frac{\left(x_{2}+1\right)\,\sum_{k=0}^{\infty }{Y_{2}^{k}\,\left(3\,k+1\right)\,\left(-1\right)^{k}\,A_{k}}}{1-x_{2}}\]

得られた式の$x_2$に式$A2$で示される値を代入します。

In [10]:
P9:P8,A2,ratsimp;
Out[10]:
\[\tag{${\it \%o}_{17}$}P\left(e^ {- 2^{\frac{3}{2}}\,\pi }\right)=-\frac{\left(\sqrt{2}-2\right)\,\sum_{k=0}^{\infty }{\left(3\,Y_{2}^{k}\,k+Y_{2}^{k}\right)\,\left(-1\right)^{k}\,A_{k}}}{\sqrt{2}-1}\]

P7とP9を見比べてみると左辺は同じですから、右辺同士が等しいと置くことができます。

In [11]:
P10:P9,P7;
Out[11]:
\[\tag{${\it \%o}_{18}$}-\frac{\left(\sqrt{2}-2\right)\,\pi\,\sum_{k=0}^{\infty }{Y_{2}^{k}\,\left(-1\right)^{k}\,A_{k}}+3\,2^{\frac{3}{2}}-12}{\left(2^{\frac{5}{2}}-4\right)\,\pi}=-\frac{\left(\sqrt{2}-2\right)\,\sum_{k=0}^{\infty }{\left(3\,Y_{2}^{k}\,k+Y_{2}^{k}\right)\,\left(-1\right)^{k}\,A_{k}}}{\sqrt{2}-1}\]

両辺に$\frac{\sqrt{2}-1}{\sqrt{2}-2}$をかけてから展開してみます。

In [12]:
P10*(sqrt(2)-1)/(sqrt(2)-2),radcan,expand;
Out[12]:
\[\tag{${\it \%o}_{19}$}-\frac{\sum_{k=0}^{\infty }{Y_{2}^{k}\,\left(-1\right)^{k}\,A_{k}}}{4}-\frac{3}{2\,\pi}=-\sum_{k=0}^{\infty }{\left(3\,Y_{2}^{k}\,k+Y_{2}^{k}\right)\,\left(-1\right)^{k}\,A_{k}}\]

上記式の左辺の第２項だけに$\pi$が含まれています。そこでそれ以外の項を全て右辺に移項します。

In [13]:
%-part(%,1,1);
Out[13]:
\[\tag{${\it \%o}_{20}$}-\frac{3}{2\,\pi}=\frac{\sum_{k=0}^{\infty }{Y_{2}^{k}\,\left(-1\right)^{k}\,A_{k}}}{4}-\sum_{k=0}^{\infty }{\left(3\,Y_{2}^{k}\,k+Y_{2}^{k}\right)\,\left(-1\right)^{k}\,A_{k}}\]

intosum()を使って総和記号についている係数を総和記号の中に移し、さらにsumcontract()を使って全ての総和記号を１つに統合します。

In [14]:
intosum(%);
Out[14]:
\[\tag{${\it \%o}_{21}$}-\frac{3}{2\,\pi}=\sum_{k=0}^{\infty }{\left(-\left(3\,Y_{2}^{k}\,k+Y_{2}^{k}\right)\,\left(-1\right)^{k}\,A_{k}\right)}+\sum_{k=0}^{\infty }{\frac{Y_{2}^{k}\,\left(-1\right)^{k}\,A_{k}}{4}}\]
In [15]:
sumcontract(%);
Out[15]:
\[\tag{${\it \%o}_{22}$}-\frac{3}{2\,\pi}=\sum_{k=0}^{\infty }{\left(\frac{Y_{2}^{k}\,\left(-1\right)^{k}\,A_{k}}{4}-\left(3\,Y_{2}^{k}\,k+Y_{2}^{k}\right)\,\left(-1\right)^{k}\,A_{k}\right)}\]

元々総和記号の中の全ての項は$A_k\,Y_2^k$と数字の積になっています。そこでfactor()を使って因数分解を試みてみます。

In [16]:
%,factor;
Out[16]:
\[\tag{${\it \%o}_{23}$}-\frac{3}{2\,\pi}=-\frac{3\,\sum_{k=0}^{\infty }{Y_{2}^{k}\,\left(4\,k+1\right)\,\left(-1\right)^{k}\,A_{k}}}{4}\]

$Y_2=\frac{4\,x_2}{(1-x_2)^2},\, x_2=(\sqrt{2}-1)^2$を代入して整理します。

In [17]:
%,Y[2]=4*x[2]/(1-x[2])^2,x[2]=(sqrt(2)-1)^2,radcan;
Out[17]:
\[\tag{${\it \%o}_{24}$}-\frac{3}{2\,\pi}=-\frac{3\,\sum_{k=0}^{\infty }{\left(4\,k+1\right)\,\left(-1\right)^{k}\,A_{k}}}{4}\]
In [18]:
%*(-4/3);
Out[18]:
\[\tag{${\it \%o}_{25}$}\frac{2}{\pi}=\sum_{k=0}^{\infty }{\left(4\,k+1\right)\,\left(-1\right)^{k}\,A_{k}}\]

これで証明終了です！！