超幾何関数の関係式として別の2次変換公式とクローゼンの公式を組み合わせることで、別の「クローゼンの公式の特別な場合」を導くことができます。さらにその結果をアイゼンシュタイン級数の変換公式と組み合わせることで、$P(e^{-2\,\pi\,\sqrt{n}})$に関する別の公式を導出できます。そうすることで別のラマヌジャンの円周率公式を証明することができます。

今回は今までとは別のクローゼンの公式の特別な場合と別の$P(e^{-2\,\pi\,\sqrt{n}})$に関する公式を導きます。

使う２次変換公式は次のとおりです[DLMF, Eq. 15.8.16]。 $${}_2F_1\left(a,b; -b+a+1;z\right)=\frac{1}{\left(1-z\right)^{a}}\cdot{}_2F_1\left(\frac{a}{2},-b+\frac{a}{2}+\frac{1}{2};-b+a+1; -\frac{4\,z}{\left(1-z\right)^2}\right)$$

定理１ $${}_2F_1\left(\frac12,\frac12;1;x\right)^2=\frac{1}{1-x}\cdot{}_3F_2\left(\frac12,\frac12,\frac12;1,1;-\frac{4\,x}{(1-x)^2}\right)$$

定理2　$Y=\frac{4\,x}{(1-x)^2}, Y_n=\frac{4\,x_n}{(1-x_n)^2}, A_k=\frac{\left(\frac12 \right)_k^3}{k!^3}$として $$P\left(q^2\right)=-\frac{\left(\sum_{k=0}^{\infty }{Y^{k}\,\left(3\,k+1\right)\,\left(-1\right)^{k}\,A_{k}}\right)\,\left(x+1\right)}{x-1}$$ $$P\left(e^ {- 2\,\pi\,\sqrt{n} }\right)=-\frac{\left(x_{n}+1\right)\,\sum_{k=0}^{\infty }{\left(3\,k+1\right)\,\left(-1\right)^{k}\,A_{k}\,Y_{n}^{k}}}{x_{n}-1}$$

まず定理１の証明から始めます。最初にクローゼンの公式を思い出しましょう。

In [18]:
CL:hypergeometric([a,b],[a+b+1/2],z)^2=hypergeometric([2*a,2*b,a+b],[2*a+2*b,a+b+1/2],z);
Out[18]:
\[\tag{${\it \%o}_{18}$}F\left( \left. \begin{array}{c}a,\;b\\b+a+\frac{1}{2}\end{array} \right |,z\right)^2=F\left( \left. \begin{array}{c}2\,a,\;2\,b,\;b+a\\b+a+\frac{1}{2},\;2\,b+2\,a\end{array} \right |,z\right)\]

定理の式の右辺をターゲットとしてクローゼンの公式の右辺を睨んで$a,b,z$に代入する値を考えます。この場合$a=b=\frac{1}{4}, z=-\frac{4\,x}{(1-x)^2}$が良さそうなので、これらを代入した式を計算し、$CL1$とします。

In [19]:
CL1:CL,a=1/4,b=1/4,z=-4*x/(1-x)^2;
Out[19]:
\[\tag{${\it \%o}_{19}$}F\left( \left. \begin{array}{c}\frac{1}{4},\;\frac{1}{4}\\1\end{array} \right |,-\frac{4\,x}{\left(1-x\right)^2}\right)^2=F\left( \left. \begin{array}{c}\frac{1}{2},\;\frac{1}{2},\;\frac{1}{2}\\1,\;1\end{array} \right |,-\frac{4\,x}{\left(1-x\right)^2}\right)\]

次にNISTのデータベースから式15.8.16を参照し、$DLMF15\_8\_16$として定義します。

In [21]:
DLMF15_8_16:hypergeometric([a,b],[a-b+1],z)=(1-z)^(-a)*hypergeometric([a/2,a/2-b+1/2],[a-b+1],-4*z/(1-z)^2);
Out[21]:
\[\tag{${\it \%o}_{20}$}F\left( \left. \begin{array}{c}a,\;b\\-b+a+1\end{array} \right |,z\right)=\frac{F\left( \left. \begin{array}{c}\frac{a}{2},\;-b+\frac{a}{2}+\frac{1}{2}\\-b+a+1\end{array} \right |,-\frac{4\,z}{\left(1-z\right)^2}\right)}{\left(1-z\right)^{a}}\]

今度は$CL1$の左辺をターゲットとして$DLMF15\_8\_16$の右辺を睨んで$a,b$に代入する値を考えます。ここでは$a=b=\frac12$が良さそうです。

In [25]:
DLMF15_8_16,a=1/2,b=1/2,z:x;
Out[25]:
\[\tag{${\it \%o}_{29}$}F\left( \left. \begin{array}{c}\frac{1}{2},\;\frac{1}{2}\\1\end{array} \right |,x\right)=\frac{F\left( \left. \begin{array}{c}\frac{1}{4},\;\frac{1}{4}\\1\end{array} \right |,-\frac{4\,x}{\left(1-x\right)^2}\right)}{\sqrt{1-x}}\]

この式の右辺を、$CL1$の左辺と同じになるように、両辺を自乗して$1-x$をかけます。

In [26]:
%^2*(1-x);
Out[26]:
\[\tag{${\it \%o}_{30}$}F\left( \left. \begin{array}{c}\frac{1}{2},\;\frac{1}{2}\\1\end{array} \right |,x\right)^2\,\left(1-x\right)=F\left( \left. \begin{array}{c}\frac{1}{4},\;\frac{1}{4}\\1\end{array} \right |,-\frac{4\,x}{\left(1-x\right)^2}\right)^2\]

$CL1$を使って右辺を書き換えます。

In [6]:
%,CL1;
Out[6]:
\[\tag{${\it \%o}_{5}$}F\left( \left. \begin{array}{c}\frac{1}{2},\;\frac{1}{2}\\1\end{array} \right |,x\right)^2\,\left(1-x\right)=F\left( \left. \begin{array}{c}\frac{1}{2},\;\frac{1}{2},\;\frac{1}{2}\\1,\;1\end{array} \right |,-\frac{4\,x}{\left(1-x\right)^2}\right)\]
In [7]:
%/(1-x);
Out[7]:
\[\tag{${\it \%o}_{6}$}F\left( \left. \begin{array}{c}\frac{1}{2},\;\frac{1}{2}\\1\end{array} \right |,x\right)^2=\frac{F\left( \left. \begin{array}{c}\frac{1}{2},\;\frac{1}{2},\;\frac{1}{2}\\1,\;1\end{array} \right |,-\frac{4\,x}{\left(1-x\right)^2}\right)}{1-x}\]

これで定理1の証明は終了です。

定理1の公式をもとにして定理2を証明します。そのために定理1の公式を書き換えます。まず$z={}_2F_1\left(\frac12,\frac12;1;x\right)$でした。ですから左辺は$z^2$です。また右辺はまず$-\frac{4\,x}{(1-x)^2}=-Y$を使って書き換えた上で、一般超幾何関数の定義に従って級数展開し、パラメータを代入すると、$$\frac{1}{1-x}\cdot \sum_{k=0}^{\infty}\frac{\left(\frac12 \right)_k\,\left(\frac12 \right)_k\,\left(\frac12 \right)_k\,(-Y)^k}{(1)_k\,(1)_k\,k!}$$ $(1)_k=k!$に注意すると結局次の式が得られます。 $$z^2=\frac{1}{1-x}\cdot \sum_{k=0}^{\infty}\frac{\left(\frac12 \right)_k^3\,(-1)^k\,Y^k}{k!^3}$$ 以下ではこの式の両辺を微分するところから証明が始まります。

In [8]:
depends([z,Y],x);
D1:z^2=sum((-Y)^k*A[k],k,0,inf)/(1-x);
DD1:diff(D1,x);
Out[8]:
\[\tag{${\it \%o}_{7}$}\left[ z\left(x\right) , Y\left(x\right) \right] \]
Out[8]:
\[\tag{${\it \%o}_{8}$}z^2=\frac{\sum_{k=0}^{\infty }{Y^{k}\,\left(-1\right)^{k}\,A_{k}}}{1-x}\]
Out[8]:
\[\tag{${\it \%o}_{9}$}2\,z\,\left(\frac{d}{d\,x}\,z\right)=\frac{\frac{d}{d\,x}\,Y\,\sum_{k=0}^{\infty }{Y^{k-1}\,k\,\left(-1\right)^{k}\,A_{k}}}{1-x}+\frac{\sum_{k=0}^{\infty }{Y^{k}\,\left(-1\right)^{k}\,A_{k}}}{\left(1-x\right)^2}\]

右辺の第１項の$Y$の指数を$k$にするために第１項を$Y$倍して$\frac{4\,x}{(1-x)^2}=Y$で割る操作を行い$D2$とします。

In [9]:
D2:substpart(subst(Y^k,Y^(k-1),part(DD1,2,1,1))/(4*x/(1-x)^2),DD1,2,1,1);
Out[9]:
\[\tag{${\it \%o}_{10}$}2\,z\,\left(\frac{d}{d\,x}\,z\right)=\frac{\frac{d}{d\,x}\,Y\,\left(\sum_{k=0}^{\infty }{Y^{k}\,k\,\left(-1\right)^{k}\,A_{k}}\right)\,\left(1-x\right)}{4\,x}+\frac{\sum_{k=0}^{\infty }{Y^{k}\,\left(-1\right)^{k}\,A_{k}}}{\left(1-x\right)^2}\]

$Y$は$x$の式ですからその微分は簡単に計算できます。

In [10]:
D3:diff(Y,x)=diff(4*x/(1-x)^2,x);
Out[10]:
\[\tag{${\it \%o}_{11}$}\frac{d}{d\,x}\,Y=\frac{8\,x}{\left(1-x\right)^3}+\frac{4}{\left(1-x\right)^2}\]

このこの微分の結果を$D2$の右辺第１項に見える微分に代入し結果を$D4$とします。

In [11]:
D4:D2,D3,ratsimp;
Out[11]:
\[\tag{${\it \%o}_{12}$}2\,z\,\left(\frac{d}{d\,x}\,z\right)=\frac{\left(\sum_{k=0}^{\infty }{Y^{k}\,k\,\left(-1\right)^{k}\,A_{k}}+\sum_{k=0}^{\infty }{Y^{k}\,\left(-1\right)^{k}\,A_{k}}\right)\,x+\sum_{k=0}^{\infty }{Y^{k}\,k\,\left(-1\right)^{k}\,A_{k}}}{x^3-2\,x^2+x}\]

アイゼンシュタイン級数の変換公式を思い出します。

In [12]:
EIZ:P(q^2)=(1-2*x)*z^2+6*x*(1-x)*z*diff(z,x);
Out[12]:
\[\tag{${\it \%o}_{13}$}P\left(q^2\right)=6\,\left(1-x\right)\,x\,z\,\left(\frac{d}{d\,x}\,z\right)+\left(1-2\,x\right)\,z^2\]

この式の微分の部分に$D4$を$2\,z$で割った式を代入し$EIZ2$とします。

In [13]:
EIZ2:EIZ,D4/(2*z);
Out[13]:
\[\tag{${\it \%o}_{14}$}P\left(q^2\right)=\left(1-2\,x\right)\,z^2+\frac{3\,\left(1-x\right)\,x\,\left(\left(\sum_{k=0}^{\infty }{Y^{k}\,k\,\left(-1\right)^{k}\,A_{k}}+\sum_{k=0}^{\infty }{Y^{k}\,\left(-1\right)^{k}\,A_{k}}\right)\,x+\sum_{k=0}^{\infty }{Y^{k}\,k\,\left(-1\right)^{k}\,A_{k}}\right)}{x^3-2\,x^2+x}\]

$EIZ2$の右辺第１項に見える$z^2$に$z^2=\frac{1}{1-x}\cdot \sum_{k=0}^{\infty}\frac{\left(\frac12 \right)_k^3\,(-1)^k\,Y^k}{k!^3}$を代入し整理した結果を$EIZ3$とします。

In [28]:
EIZ3:EIZ2,D1,factor;
Out[28]:
\[\tag{${\it \%o}_{31}$}P\left(q^2\right)=-\frac{\left(3\,\sum_{k=0}^{\infty }{Y^{k}\,k\,\left(-1\right)^{k}\,A_{k}}+\sum_{k=0}^{\infty }{Y^{k}\,\left(-1\right)^{k}\,A_{k}}\right)\,\left(x+1\right)}{x-1}\]

右辺の分子に現れる$3$を総和記号の中に移し、２つの総和記号をまとめ、それを整理してまとめると次の式になります。

In [30]:
substpart(factor(sumcontract(intosum(part(EIZ3,2,1,1,1,1))+part(EIZ3,2,1,1,1,2))),EIZ3,2,1,1,1);
Out[30]:
\[\tag{${\it \%o}_{33}$}P\left(q^2\right)=-\frac{\left(\sum_{k=0}^{\infty }{Y^{k}\,\left(3\,k+1\right)\,\left(-1\right)^{k}\,A_{k}}\right)\,\left(x+1\right)}{x-1}\]

これで定理２の第１式の照明は終了しました。

第２式の証明は簡単です。$q=e^{-\pi\,\sqrt{n}}$のとき$x=x_n, Y=Y_n$なのでこれらを代入します。

In [16]:
%,q=exp(-%pi*sqrt(n)),Y=Y[n],x=x[n];
Out[16]:
\[\tag{${\it \%o}_{17}$}P\left(e^ {- 2\,\pi\,\sqrt{n} }\right)=-\frac{\left(x_{n}+1\right)\,\sum_{k=0}^{\infty }{\left(3\,k+1\right)\,\left(-1\right)^{k}\,A_{k}\,Y_{n}^{k}}}{x_{n}-1}\]
In [ ]: