那是一个庞大的宝藏。
[证明相当一部门内容在http://paramanands.blogspot.com/，其实就是Borwein兄弟的证明，Ramanujan给出了公式但没有详细证明]
[2016.1.21补注: n=37和n=58均得到差别于Borwein兄弟的证明。[2018. 5. 30移除图片]读者可翻阅Ramanujan的条记 http://www.math.tifr.res.in/~publ/nsrBook3.pdf 最初一页。]
Ramanujan1914年的论文
http://ramanujan.sirinudi.org/Volumes/published/ram06.pdf
中关于那个等式的申明其实太短，估量referee们看着也很抓狂。他本人的思绪已经不成考，下面的谜底2/3(就篇幅而言)是Borwein兄弟给出的解答。
[2015.12.25 注: Hardy 在写给Ramanujan的悼词中提到了Ramanujan刚到英国时写的一些paper。Hardy列出了此中他认为十分重要的几篇，Ramanujan那篇文章正在Hardy的列表之中。那篇文章固然是在英国颁发的，但是内容早在Ramanujan来到英国之前就已经完成。]
It took them only an instant to cut off this head, and one hundred years might not suffice to reproduce its like.(Lagrange)
PART A 符号推演部门1. 按照 DLMF: §15.8 Transformations of Variable 中给出的(15.8.15)(15.8.18)以及Clausen's formula，能够得到下面那个复杂的式子：
(1+k2)(2K(k)π)2=3F2(1/43/41/211;16k2(1−k2)2(1+k2)4)({1+k^2})\left(\frac{2K(k)}{\pi}\right)^2={}_3 F_2\left(\begin{matrix}1/4& 3/4& 1/2\\1& 1\end{matrix};\frac{16k^2(1-k^2)^2}{(1+k^2)^4}\right)
此中KK与3F2_3F_2别离代表的是第一类完全椭圆积分
∫0π/211−k2sin2θdθ\int_0^{\pi/2}\frac{1}{\sqrt{1-k^2\sin^2{\theta}}}\,\mathrm{d}\theta
和广义超几何函数。留意那里0≤k≤2−10\leq k\leq\sqrt{2}-1。
[2016.4.19, 2016.9.6 补注: 上面的式子有着对应的代数几何的解释。等式右边的广义超几何函数，是K3曲面x04+x14+x24+x34=4λ−1x0x1x2x3x_0^4+x_1^4+x_2^4+x_3^4=4\lambda^{-1}x_0x_1x_2x_3 对应的Picard-Fuchs方程的解。那一类曲面
∑k=1nxkn=nλ∏k=1nxk\sum_{k=1}^n{x_k^n}=n\lambda\prod_{k=1}^n{x_k}
的详细研究起首是由Bernard Dwork开展的，近几十年它们又成为数学好几个分收的重要研究对象。]
记K′(k)=K(k′),(k′)2+k2=1K^{\prime}(k)=K(k^\prime), (k^\prime)^2+k^2=1备用。
2. Ramanujan本人的起点就是上面那个等式。等式右边的椭圆积分能够说吸引了十九世纪从高斯到黎曼等最出名数学家的留意，能够说，椭圆积分以及与其联系关系的θ\theta-函数衍生出了一片公式之海。在Felix Klein等人仍是学生的时候，那类函数研究的热度大约相当于今日代数几何的热度吧。
3. 从广义超几何函数的级数暗示，能够得到椭圆积分平方的级数展开：
(2K(k)π)2=a(k)∑n=0∞bncn(k)\left(\frac{2K(k)}{\pi}\right)^2=a(k)\sum_{n=0}^{\infty}b_nc^n(k)
此中a(k),c(k)a(k), c(k)都是关于kk的有理函数。
4. 下面的内容就进入θ\theta函数的范围了。按照传统记号，定义几个函数：
θ2(q)=∑n∈Zq(n+1/2)2θ3(q)=∑n∈Zqn2θ4(q)=∑n∈Z(−1)nqn2\begin{equation}\begin{split}&\theta_2(q)=\sum_{n\in\mathbb{Z}}q^{(n+1/2)^2}\\ &\theta_3(q)=\sum_{n\in\mathbb{Z}}q^{n^2}\\&\theta_4(q)=\sum_{n\in\mathbb{Z}}(-1)^nq^{n^2} \end{split}\end{equation}
高斯本人在1794年已经发现了那些θ\theta函数。那些函数满足如许的关系：
θ32(q)+θ42(q)2=θ32(q2)θ3(q)θ4(q)=θ42(q2)θ34(q)−θ44(q)=θ24(q)\begin{equation}\begin{split}&\frac{\theta_3^2(q)+\theta_4^2(q)}{2}=\theta_3^2(q^2) \\&\theta_{3}(q)\theta_{4}(q)=\theta_4^2(q^2)\\&\theta_3^4(q)-\theta_4^4(q)=\theta_2^4(q)\end{split}\end{equation}
5. 高斯在1799年5月30号的奇异发现(AGM method)告诉我们：
给定正实数a,ba, b。定义a0=a,b0=b,ai+1=(ai+bi)/2,bi+1=aibia_0=a, b_0=b, a_{i+1}=(a_i+b_i)/2, b_{i+1}=\sqrt{a_ib_i}
那么limn→∞an=limn→∞bn=M(a,b)\lim_{n\rightarrow\infty}a_n=\lim_{n\rightarrow\infty}b_n=M(a,b)
且M(a,b)∫0π/21a2sin2θ+b2cos2θdθ=π/2M(a,b)\int_0^{\pi/2}\frac{1}{\sqrt{a^2\sin^2\theta+b^2\cos^2\theta}}\,\mathrm{d} \theta=\pi/2
高斯本人是通过数值计算a=1,b=2a=1, b=\sqrt{2}到小数点后11位归纳出上面的关系式的，计算功力实是令人叹为不雅行。为此高斯写下了密文“Vicimus GEGAN”，曲到1997年才确认那句密文描述的就是那个发现。能够说证明an,bna_n, b_n极限相等是一道略有难度的高中标题问题，但是那个极限与椭圆积分之间的关系非天才的洞见是不克不及现身于世的。不外高斯并不是第一个发现那个关系的人，最早发现那个关系的人是Lagrange。
[2017. 12. 7. 注：引用的Biermann的结论仍然有若干矛盾之处无法解释。Gauss在1796年10月写下的Vicimus GEGAN详细指的是什么样的研究内容仍然不清晰。]
从那里能够推理出(M(1,k′))−1=2K(k)π=θ32(q)(M(1,k^{\prime}))^{-1}=\frac{2K(k)}{\pi}=\theta_3^2(q)
那里k2=1−θ44(q)θ34(q)=θ24(q)θ34(q)k^2=1-\frac{\theta_4^4(q)}{\theta_3^4(q)}=\frac{\theta_2^4(q)}{\theta_3^4(q)}
也就是k(q)=θ22(q)θ32(q),k′(q)=θ42(q)θ32(q)k(q)=\frac{\theta_2^2(q)}{\theta_3^2(q)}, k^{\prime}(q)=\frac{\theta_4^2(q)}{\theta_3^2(q)}
6. 高斯的发现翻开了通向椭圆模函数的大门。所谓模函数，就是那些函数在某些变更(Modular group)之下连结稳定。从Poisson乞降公式可知，若是令q=exp(−πτ)q=\exp{(-\pi\tau)}，那么，
τθ32(q(τ))=θ32(q(1/τ))τθ22(q(τ))=θ42(q(1/τ))\tau\theta_3^2(q(\tau))=\theta_3^2(q(1/\tau))\\\tau\theta_2^2(q(\tau))=\theta_4^2(q(1/\tau))
也就是k(q(τ))=k′(q(1/τ))k(q(\tau))=k^{\prime}(q(1/\tau))
因而K′K(k(q(τ)))=M(1,k′(q))M(1,k(q))=M(1,k′(q(τ)))M(1,k′(q(1/τ)))=θ32(1/τ)θ32(τ)=τ\frac{K^\prime}{K}(k(q(\tau)))=\frac{M(1,k^\prime(q))}{M(1,k(q))}=\frac{M(1,k^\prime(q(\tau)))}{M(1,k^{\prime}(q(1/\tau)))}=\frac{\theta_3^2(1/\tau)}{\theta_3^2(\tau)}=\tau
亦即exp(−πK′(k)/K(k))=q\exp(-\pi K^{\prime}(k)/K(k))=q
那就是Jacobi在1829年前后发现的重要公式。
7. Abel与Jacobi在19世纪20年代关于椭圆积分的合作可谓是棋逢敌手，棋逢敌手。他们之前研究椭圆积分的只要高斯，欧拉和Legendre比力有影响。Legendre曾发现一个极重要的关系式：
E(k′)K(k)+K(k′)E(k)−K(k)K(k′)=π/2E(k^\prime)K(k)+K(k^\prime)E(k)-K(k)K(k^\prime)=\pi/2
按照那个公式以及wiki Elliptic integral中的公式
dKdk=Ek(1−k2)−Kk\frac{\mathrm{d}K}{\mathrm{d}k}=\frac{E}{k(1-k^2)}-\frac{K}{k}
EE代表第二类完全椭圆积分，能够推导出
d(K′/K)dk=−π2kk′2K2\frac{{\rm d}(K^\prime/K)}{{\rm {d}} k}=-\frac{\pi}{2k {k^{\prime}}^2K^2}
操纵一下exp(−πK′(k)/K(k))=q\exp(-\pi K^{\prime}(k)/K(k))=q，也能够得到
dqdk=π2q2kk′2K2\frac{\mathrm{d} q}{\mathrm{d} k}=\frac{\pi ^2q}{2k {k^{\prime}}^2K^2}
8. 还有一味证明的佐料必需在那里提及。Jacobi在19世纪20年代的发现不行是θ\theta函数与椭圆积分之间的关系，他还把θ\theta函数写成了无限级数乘积的形式，那即是出名的Jacobi triple product：
θ2(q)=2q1/4∏m=1∞(1−q2m)(1+q2m)2θ3(q)=∏n=1∞(1−q2m)(1+q2m−1)2θ4(q)=∏m=1∞(1−q2m)(1−q2m−1)2\begin{equation}\begin{split}&\theta_2(q)=2q^{1/4}\prod_{m=1}^{\infty}(1-q^{2m})(1+q^{2m})^2\\&\theta_3(q)=\prod_{n=1}^{\infty}(1-q^{2m})(1+q^{2m-1})^2\\&\theta_4(q)=\prod_{m=1}^{\infty}(1-q^{2m})(1-q^{2m-1})^2\end{split}\end{equation}
那么θ2(q)θ3(q)θ4(q)=2q1/4∏n=1∞(1−q2m)3=2q1/4(P(q2))3\theta_2(q)\theta_3(q)\theta_4(q)=2q^{1/4}\prod_{n=1}^{\infty}(1-q^{2m})^3=2q^{1/4}(P(q^2))^3
操纵k,k′,Kk, k^{\prime},K与θ\theta函数的关系，能够写出
(2Kπ)12⋅(kk′)4=44q2∏(1−q2m)24=44η(q2)\left(\frac{2K}{\pi}\right)^{12}\cdot(kk^{\prime})^4=4^4q^{2}\prod(1-q^{2m})^{24}=4^4\eta(q^2)
右边恰是出名的Dedekind eta function！
以上连乘积表达式高斯在1800年之前就晓得了.
9. 回到(3). 将(8)中最初一个表达式与(3)式连系，就有
(2K(k)π)2=24/3η1/6(q2)(kk′)−2/3=a(k)∑n=0∞bncn(k)\left(\frac{2K(k)}{\pi}\right)^2=2^{4/3}\eta^{1/6}(q^2)(kk^{\prime})^{-2/3}=a(k)\sum_{n=0}^{\infty}b_nc^n(k)
做关于kk的对数微分，即有
16E(q2)2qdqdk=23(k′)2−k2k(k′)2+a′a+ac′c(2K/π)2∑n=0∞nbncn(k)\frac{1}{6}E(q^2)2q\frac{\mathrm{d} q}{\mathrm{d} k}=\frac{2}{3}\frac{(k^{\prime})^2-k^2}{k(k^{\prime})^2}+\frac{a^{\prime}}{a}+\frac{ac^{\prime}}{c(2K/\pi)^2}\sum_{n=0}^{\infty}nb_nc^n(k)
此中
E(q)=η′η(q)E(q)=\frac{\eta^\prime}{\eta}(q)
留意
dqdk=π2q2kk′2K2\frac{\mathrm{d} q}{\mathrm{d} k}=\frac{\pi ^2q}{2k {k^{\prime}}^2K^2}
因而
16q2E(q2)=u(k)(2K(k)π)2+v(k)∑n=0∞nbncn(k)\frac{1}{6}q^2E(q^2)=u(k)\left(\frac{2K(k)}{\pi}\right)^2+v(k)\sum_{n=0}^{\infty}nb_nc^n(k)
u,v,cu, v, c均为kk的有理函数。
10. 证明中最难的是若何消去上面式子中的(2K(k)π)2\left(\frac{2K(k)}{\pi}\right)^2一项。那就要涉及到关于Modular equation的常识。
留意到从exp(−πK′(k)/K(k))=q\exp(-\pi K^{\prime}(k)/K(k))=q能够得到
K′(k(qn))K(k(qn))=nK′(k(q))K(k(q))\frac{K^{\prime}(k(q^n))}{K(k(q^n))}=n\frac{K^{\prime}(k(q))}{K(k(q))}
nn是有理数。19世纪的数学家们发现，若
K′(k1)K(k1)=nK′(k2)K(k2)\frac{K^{\prime}(k_1)}{K(k_1)}=n\frac{K^{\prime}(k_2)}{K(k_2)}
那么f(k1,k2)=0f(k_1,k_2)=0,ff是k1,k2k_1,k_2的代数函数(Algebraic function)！
11.θ28(q)θ38(q)θ48(q)=28η(q2)\theta_2^8(q)\theta_3^8(q)\theta_4^8(q)=2^8\eta(q^2)
令q=exp(−πτ)q=\exp{(-\pi\tau)}，从(6)中θ\theta函数的变更公式不罕见到
η(q2(1/τ))=τ12η(q2(τ))\eta(q^2(1/\tau))=\tau^{12}\eta(q^2(\tau))。
两边取对数微分，得到
τ2q2(τ)E(q2(τ))+q2(1/τ)E(q2(1/τ))=6τ/π\tau^2 q^2(\tau)E(q^2(\tau))+q^2(1/\tau)E(q^2(1/\tau))=6\tau/\pi
那是1π\frac{1}{\pi}在推理中初次独立呈现。
12. 为了操纵Modular Equation的有关常识，令τ=n\tau=\sqrt{n}，nn为正整数，并记
E1(q)=q2E(q2)E_1(q)=q^2E(q^2)
那么
nE1(e−πn)+E1(e−π/n)=6n/πnE_1(e^{-\pi\sqrt{n}})+E_1(e^{-\pi/\sqrt{n}})=6\sqrt{n}/\pi
E1(e−πn)E_1(e^{-\pi\sqrt{n}})与E1(e−π/n)E_1(e^{-\pi/\sqrt{n}})的另一关系式须从Modular Equation的常识导出。
13. 回到K′(k1)K(k1)=nK′(k2)K(k2)\frac{K^{\prime}(k_1)}{K(k_1)}=n\frac{K^{\prime}(k_2)}{K(k_2)}。
对那个式子停止微分，有
dk1dk2=nk1(k1′)2K2(k1)k2(k2′)2K2(k2)\frac{\mathrm{d} k_1}{\mathrm{d} k_2}=n\frac{k_1(k_1^{\prime})^2K^2(k_1)}{k_2(k_2^{\prime})^2K^2(k_2)}
因而K2(k1)K2(k2)\frac{K^2(k_1)}{K^2(k_2)}是k1,k2k_1,k_2的代数函数。
记k1=k(qn)k_1=k(q^n)，k2=k(q)k_2=k(q)
借用一下(2K(k)π)2=24/3η1/6(q2)(kk′)−2/3\left(\frac{2K(k)}{\pi}\right)^2=2^{4/3}\eta^{1/6}(q^2)(kk^{\prime})^{-2/3}
能够得到η(q2n)η(q2)=G(k1,k2)\frac{\eta(q^{2n})}{\eta(q^2)}=G(k_1,k_2),GG是k1,k2k_1,k_2的代数函数。在等式两边对k2=kk_2=k做对数微分，
得到nE1(qn)−E1(q)=(2K(k)π)2G1(k1,k)nE_1(q^n)-E_1(q)=\left(\frac{2K(k)}{\pi}\right)^2G_1(k_1,k)
G1G_1是k1,k2k_1,k_2的代数函数。
结合此式、(3)及(12)最初一式(令q=e−π/nq=e^{-\pi/\sqrt{n}})，得到了[那里有一处能够弥补的Gap, 请问是什么?]
3πn=∑m=0∞(6v(k)m+G¯(k1,k))bmcm(k)\frac{3}{\pi\sqrt{n}}=\sum_{m=0}^{\infty}(6v(k)m+\bar{G}(k_1,k))b_mc^m(k)
G¯\bar{G}是k1,k2k_1,k_2的代数函数。所以说题主所问的Ramanujan的公式形式上就是那么来的。但是数值上是如何得到那么标致的公式呢？PART B次要论述的就是相关的计算过程。
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
PART B 数值计算部门
1. 我们一点点地来计算各部门系数的值。
从广义超几何函数的定义能够得到
bm=(4m)!44m(m!)4b_m=\frac{(4m)!}{4^{4m}(m!)^4}
那是题主所给等式中最容易计算的部门。
2.c(k(q))c(k(q))及6v(k(q))6v(k(q))的计算，与Hilbert大加称赞的椭圆曲线的Complex multiplication理论慎密相连。
不罕见到
c(k)=(22k/(k′)2+(k′)2/(2k))26v(k)=3(1−2((k′)2/(2k))2+1)c(k)=\left(\frac{2}{2k/(k^{\prime})^2+(k^{\prime})^2/(2k)}\right)^2\\6v(k)=3\left(1-\frac{2}{((k^{\prime})^2/(2k))^2+1}\right)
3. Ramanujan取上节(12)中的nn为58，即q=e−π58q=e^{-\pi\sqrt{58}}
在Ramanujan之前H. M. Weber已经给出此时的
2k(k′)2\frac{2k}{(k^{\prime})^2}=(29−52)6\left(\frac{\sqrt{29}-5}{2}\right)^6
代入c(k),v(k)c(k),v(k)的公式，得
c(k)=198012=19942v(k)=182029992c(k)=\frac{1}{9801^2}=\frac{1}{99^4}\\2v(k)=\frac{1820\sqrt{29}}{99^2}
代回上节(13)最初一式，整理一下即有
1π=22992∑m=0∞(26390m+c0)(4m)!3964m(m!)4\frac{1}{\pi}=\frac{2\sqrt{2}}{99^2}\sum_{m=0}^{\infty}(26390m+c_0)\frac{(4m)!}{396^{4m}(m!)^4}
c0c_0是某个未知的常数。
4. 没有确实的证据表白Ramanujan能从理论上揣测出c0c_0的值。但是数值计算来揣测一下c0c_0仍是没问题的。
取级数前mm项，用Mathematica反解c0c_0
m=0,c0=1103.00002683197m=1,c0=1103.00000000000m=0, c_0=1103.00002683197 \\m=1, c_0=1103.00000000000
那就足以让Ramanujan给出他的出名级数：
1π=22992∑m=0∞(26390m+1103)(4m)!3964m(m!)4\frac{1}{\pi}=\frac{2\sqrt{2}}{99^2}\sum_{m=0}^{\infty}(26390m+1103)\frac{(4m)!}{396^{4m}(m!)^4}
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Appendix 残留的问题
预警:
-那是全数证明中最困难也是最有价值的部门-
残留的问题有两个：a)2k(k′)2\frac{2k}{(k^{\prime})^2}的值是若何计算出来的？b)反解出的数1103确实能够使等号成立吗？a)从θ\theta函数连乘积表达式及其与k,k′k,k^{\prime}的关系，可得
2k(k′)2=8q1/2∏n=1∞(1+qm)12=8(η(q2)η(q))1/2\frac{2k}{(k^{\prime})^2}=8q^{1/2}\prod_{n=1}^{\infty}(1+q^{m})^{12}=8\left(\frac{\eta(q^2)}{\eta(q)}\right)^{1/2}
令q=exp(2πiτ0)q=\exp{(2 \pi i\tau_0)}
Weber在计算那个值(Lehrbuch der Algebra [Vol. III] 第141,142节，附录表6)的时候，利用了Kronecker limit formula：
E(τ,s;y)=πs−1+2π(C−112log(y6|η(τ)|))+O(s−1)E(\tau,s;y)=\frac{\pi}{s-1}+2\pi\left(C-\frac{1}{12}\log{(y^{6}\vert\eta(\tau)\vert)}\right)+O(s-1)
此中
0,\eta(\tau)=\eta(\exp(2\pi i\tau))">E(τ,s;y)=∑(m,n)≠(0,0)ys|m+nτ|2s,y=Imτ,y>0,η(τ)=η(exp(2πiτ))E(\tau,s;y)=\sum_{(m,n)\neq(0,0)}\frac{y^s}{\vert m+n\tau\vert^{2s}}, \\y=\mathrm{Im}\,\tau,y>0,\eta(\tau)=\eta(\exp(2\pi i\tau))
我们需要计算的τ\tau数值为
τ0=−582\tau_0=\frac{\sqrt{-58}}{2}
别离取(τ,y)=(τ0,58/2),(2τ0,58)(\tau,y)=(\tau_0,\sqrt{58}/2),(2\tau_0,\sqrt{58})
代入Kronecker公式，将所得两公式相减能够得到
∑(m,n)≠(0,0)58s/2(m2+58n2)s−58s/2(2m2+29n2)s=−π6log26|η(2τ0)||η(τ0)|+O(s−1)\sum_{(m,n)\neq(0,0)}\frac{58^{s/2}}{(m^2+58n^2)^s}-\frac{58^{s/2}}{(2m^2+29n^2)^s}=-\frac{\pi}{6}\log{\frac{2^{6}\vert\eta(2\tau_0)\vert}{\vert\eta(\tau_0)\vert}}+O(s-1)
能够看到，等式右边是
−2π6log2k(k′)2+O(s−1)-\frac{2\pi}{6}\log{\frac{2k}{(k^{\prime})^2}}+O(s-1)
右边是什么呢？熟悉高斯的二次型理论就会晓得，右边分母中的二次型正好是判别式为-232的二次型的所有的等价类。那个是能够与LL函数搭上关系的。
按照C.L.Siegel的Advanced Analytic Number Theory
http://www.math.umn.edu/~garrett/m/mfms/notes_2013-14/Siegel_AdvAnNoTh.pdf一书第二章的理论，可知等式右边等于
2×58s/2∏p(1−(−2p)p−s)−1∏p(1−(29p)p−s)−12\times 58^{s/2}\prod_p\left(1-\left(\frac{-2}{p}\right)p^{-s}\right)^{-1}\prod_p\left(1-\left(\frac{29}{p}\right)p^{-s}\right)^{-1}
恰是对应于两个实特征的LL函数的乘积。按照Dirichlet的Class number formula，乘积在s=1s=1的值为
2πh(Q(−2))h(Q(29))logϵ2\pi h(\mathbb{Q}(\sqrt{-2}))h(\mathbb{Q}(\sqrt{29}))\log\epsilon
ϵ\epsilon是Q(29)\mathbb{Q}(\sqrt{29})的fundamental unit，值为5+292\frac{5+\sqrt{29}}{2}，两个数域的类数h(Q(−2)),h(Q(29))h(\mathbb{Q}(\sqrt{-2})),h(\mathbb{Q}(\sqrt{29}))均为1，代回即可得
2k(k′)2=(−5+292)6\frac{2k}{(k^{\prime})^2}=\left(\frac{-5+\sqrt{29}}{2}\right)^6
b)没人晓得Ramanujan若何得到1103那个值。在那里我将给出一个差别于Borwein兄弟的新证明。
那里的细节全数略去，只提一下梗概。
次要的要点在于(nE1(qn)−E1(q))2η(q2n)η(q4)6,q=exp(iπτ),n=58\frac{(nE_1(q^n)-E_1(q))^2}{\sqrt[6]{\eta(q^{2n})\eta(q^4)}},q=\exp(i\pi\tau), n=58
是Γ0(58)\Gamma_0(58)感化下权为0的(weak)模形式。
按照1957年Morris Newman的一个料想，那一类模形式能够写成可表为Dedekind Eta函数乘积的模形式的线性组合。那些模形式在q=exp(iπ−58)q=\exp(i\pi\sqrt{-58})处的值必然是2k(k′)2\frac{2k}{(k^{\prime})^2}的有理数次幂乘以某些常数。算出那些线性组合，代入2k(k′)2\frac{2k}{(k^{\prime})^2}的值，在繁重的计算后，确实能够得到1103。那过程也许够写一篇20页以内的Paper了。
关于常数1103的浓缩版计算见那里nt.number theory
[Smoothing Complete!15-1-14 23:00]
[2017. 8. 7]To be clarified. A. W. 76.
[2018. 2. 17]Motivic interpretations?
Remark：计算相当繁重，但是总比Borwein兄弟阿谁更容易程式化。在那里再次向天才的Ramanujan致以我最高尚的敬意。
Remark2: n=37时有另一个公式
1π=2842∑m=0∞(21460m+1123)(−1)m(4m)!(842)4m(m!)4\frac{1}{\pi}=\frac{2}{84^2}\sum_{m=0}^{\infty}(21460m+1123)\frac{(-1)^m(4m)!}{(84\sqrt{2})^{4m}(m!)^4}
那与模曲线X0(37)X_0(37)上cusp form亲近相关。能够用类似于上面的办法构建出一族满足前提的模函数，但是办法更精细复杂(因为37是量数)。
Remark3: 那里列出Ramanujan条记本的十个公式，每一个都对应一个类数为2的整二元二次型的判别式。
n=5
1π=18∑m=0∞(20m+3)(−1)m(4m)!(42)4m(m!)4\frac{1}{\pi}=\frac{1}{8}\sum_{m=0}^{\infty}(20m+3)\frac{(-1)^m(4m)!}{(4\sqrt{2})^{4m}(m!)^4}
n=9
1π=316∑m=0∞(28m+3)(−1)m(4m)!(643)2m(m!)4\frac{1}{\pi}=\frac{\sqrt{3}}{16}\sum_{m=0}^{\infty}(28m+3)\frac{(-1)^m(4m)!}{(64\sqrt{3})^{2m}(m!)^4}
n=13
1π=172∑m=0∞(260m+23)(−1)m(4m)!(122)4m(m!)4\frac{1}{\pi}=\frac{1}{72}\sum_{m=0}^{\infty}(260m+23)\frac{(-1)^m(4m)!}{(12\sqrt{2})^{4m}(m!)^4}
n=25
1π=5288∑m=0∞(644m+41)(−1)m(4m)!(11525)2m(m!)4\frac{1}{\pi}=\frac{\sqrt{5}}{288}\sum_{m=0}^{\infty}(644m+41)\frac{(-1)^m(4m)!}{(1152\sqrt{5})^{2m}(m!)^4}
n=37
1π=2842∑m=0∞(21460m+1123)(−1)m(4m)!(842)4m(m!)4\frac{1}{\pi}=\frac{2}{84^2}\sum_{m=0}^{\infty}(21460m+1123)\frac{(-1)^m(4m)!}{(84\sqrt{2})^{4m}(m!)^4}
****************************************************************************************
n=61π=123∑m=0∞(8m+1)(4m)!(43)4m(m!)4\frac{1}{\pi}=\frac{1}{2\sqrt{3}}\sum_{m=0}^{\infty}(8m+1)\frac{(4m)!}{(4\sqrt{3})^{4m}(m!)^4}
n=10
1π=229∑m=0∞(10m+1)(4m)!124m(m!)4\frac{1}{\pi}=\frac{2\sqrt{2}}{9}\sum_{m=0}^{\infty}(10m+1)\frac{(4m)!}{12^{4m}(m!)^4}
n=18
1π=3349∑m=0∞(40m+3)(4m)!284m(m!)4\frac{1}{\pi}=\frac{3\sqrt{3}}{49}\sum_{m=0}^{\infty}(40m+3)\frac{(4m)!}{28^{4m}(m!)^4}
n=22
1π=11811∑m=0∞(280m+19)(4m)!(1211)4m(m!)4\frac{1}{\pi}=\frac{1}{18\sqrt{11}}\sum_{m=0}^{\infty}(280m+19)\frac{(4m)!}{(12\sqrt{11})^{4m}(m!)^4}
n=58
1π=22992∑m=0∞(26390m+1103)(4m)!3964m(m!)4\frac{1}{\pi}=\frac{2\sqrt{2}}{99^2}\sum_{m=0}^{\infty}(26390m+1103)\frac{(4m)!}{396^{4m}(m!)^4}
Remark4. Ramanujan的发现只是一系列发现的起头。Jesus Guillera在2003年发现了下面的公式：
1285π2=∑m=0∞(5418m2+693m+29)(−1)m(6m)!28803m(m!)6\frac{128\sqrt{5}}{\pi^2}=\sum_{m=0}^{\infty}(5418m^2+693m+29)\frac{(-1)^m(6m)!}{2880^{3m}(m!)^6}
该公式还没有得到证明。
[2017. 5. 4. 补注]Guillera的公式以及Ramanujan的公式可能与几族Calabi-Yau流形相关。
[2017. 8. 18.] Motif. Motif. Motif.
[2017. 8. 24.] Why does each of the Guillera Formula have an imprimitive L-function attached to its hypergeometric motive?
[2017. 9. 16.] \sum_{n=1}^{\infty}\frac{92n^3-84n^2+27n-3}{n^7}\frac{(1)_n^7}{(\frac{1}{2})_n^5(\frac{1}{3})_n(\frac{2}{3})_n}\left(\frac{4}{27}\right)^n=8\pi^4
\sum_{n=1}^{\infty}\frac{84n^3-88n^2+32n-4}{n^7}\frac{(1)_n^7}{(\frac{1}{2})_n^7}\left(\frac{1}{64}\right)^n=\pi^4/2
那些我都不晓得怎么证。
[2017. 9. 18- 9. 19]
\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(1/2)_n^5(1/3)_n(2/3)_n(1/4)_n(3/4)_n}{(1)_n^9}(4528n^4+3180n^3+972n^2+147n+9)\left(-\frac{27}{256}\right)^n=\frac{768}{\pi^4}
[2017. 9. 24]
\begin{align}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{5532n^4-5600n^3+2275n^2-425n+30} {n^9}\cdot & \\ \frac{(1)_n^9}{(\frac{1}{2})_n^5(\frac{1}{5})_n(\frac{2}{5})_n(\frac{3}{5})_n(\frac{4}{5})_n}& \left(-\frac{1024}{3125}\right)^n =-380928\zeta(5)\end{align}
[2018. Jun. 6]Arxiv: 1805.00544
[2018. Jun. 23]Strengthened supercongruences for 1/\pi formulas：evaluation of Dirichlet L-functions(arising in the factorization of L-functions attached to hypergeometric motives) at negative integers!
[2018. Jun. 24]The observation above can also be applied to other Ramanujan-type formulas.
[2019. Apr. 26]Pay great attention to Frobenius structure for hypergeometric differential equation mentioned by K. Kedlaya and others. The corresponding Frobenius matrix might be an exotic one.
别的还有一多量称为超同余式的关系式，譬如
\sum_{m=0}^{p-1}(26390m+1103)\frac{(4m)!}{396^{4m}(m!)^4}\equiv1103\left(\frac{-2}{p}\right)p \mod p^3
应当关于大于11的所有素数p都成立，但是那些公式并未得到证明。
[2018. Jun. 27 -\frac{5}{1089}p^3L_{-8}(3-p)\mod p^4? ]
[2018. Jul. 4 This goes even further! Dr. Guillera]
那方面进一步的材料能够在https://sites.google.com/site/guilleramath/找到。
[2018. 1. 30. ] Quaternion Algebra and the construction of weight 2 modular forms on \Gamma_0(p) . Locate their zeros.
[2018. 2. 1.] Rational parameterization for \Gamma_0^{+}(19) . Modular parameterization for \Gamma_0^{+}(43) . Working on hyperelliptic \Gamma_0^{+}(67) with the idea from Murabayashi and Galbraith.
[2018. 2. 2.] Constructing basis of meromorphic functions on the Riemann surface \Gamma_0^{+}(67) with a pole at i\infty . [Discard]
Ratio of theta functions at the fixed point of Fricke Involution: likely to be algebraic numbers. Each left-ideal of a Quaternion algebra induces a theta function->an automorphic function on some congruence subgroup[!self dual four dimensional lattices: Quebbemann]. Algebraic relation of meromorphic functions on compact Riemann surfaces. Principal quaternary forms: two copies of x^2+xy+(p+1)y^2/4
[2018. 2. 4.] \Gamma_0^{+}(67) done. A conjecture on the basis of weight 2 modular forms on X_0^{+}(p) and Quaternion Algebra. One can attack the problem \Gamma_0^{+}(163) with the same method. All the old problems dated back to 2014. 10. 31. can be solved similarly.
[2018. 2. 7. Zeros of cusp forms with a zero of highest possible order(at the cusp): quadratic irrationals. ::2018. 3. 10. They are Heegner points on some congruence subgroup.]
[2018. 2. 8. One needs a trace formula to prove the basis conjecture. :: Mar. 18: the conjecture is likely to be false for a positive proportion of primes(one-sixth?). Verified for primes<750. ]
[2018. 2. 13. \Gamma_0^{+}(163) verified.]
[2018. 2. 15. Start to work on the old idea dated Aug. 7 2017. A. W. ; G. E.; L. Kr.]
[2018. Apr. 1st] GREAT SIMPLIFICATION FOR 1103/1123 &c. &c. : HAIL to A. W.; G. E.; L. Kr. ; Al. B.; Sp. B. &c. &c. ... Interpretations... Pay GREAT attention to the work of DPR and FRV, although they have not unveiled the universal truth for all these identities.
Programme: Hypergeometric Motives.
结语:Ramanujan的等式以及Guillera等人的等式归根结底是算术几何那个范畴的问题。
给看完本文者的思虑题
操纵上面的思绪，思虑一下下面两个近似公式的来源。
\frac{1}{\pi}\approx\frac{1877581-869892\sqrt{2}}{466578\sqrt{19}}
\frac{1}{\pi}\approx\frac{-37515813+11937508\sqrt{11}}{6523272}
那两个近似能够一次性近似到小数点后16位和19位。
补遗[2017.8.10]：
\begin{equation} \begin{aligned} \frac{1}{\pi}&\approx\frac{1}{98\sqrt{3}}(71-12\sqrt{2})\\ \frac{1}{\pi}&\approx\frac{1}{361\sqrt{3}}(138\sqrt{6}-139)\\ \frac{1}{\pi}&\approx\frac{1}{162\sqrt{7}}(136\sqrt{2}-25\sqrt{5})\\ \frac{1}{\pi}&\approx\frac{1}{94178\sqrt{3}}(72132\sqrt{2}-50087)\\ \frac{1}{\pi}&\approx\frac{1}{1334978\sqrt{3}}(1464206-176613\sqrt{17})\\ \frac{1}{\pi}&\approx\frac{2}{974169}(80067\sqrt{26}-80075\sqrt{10})\\ \frac{1}{\pi}&\approx\frac{1}{466578\sqrt{19}}(1877581-869892\sqrt{2})\end{aligned}\end{equation}
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
\begin{equation}\begin{aligned} \frac{1}{\pi}&\approx\frac{1}{24}(-27+20\sqrt{3})\\ \frac{1}{\pi}&\approx\frac{9}{968}(443-236\sqrt{3})\\ \frac{1}{\pi}&\approx\frac{1}{25992}(36591-6868\sqrt{17})\\ \frac{1}{\pi}&\approx\frac{1}{1536216}(-497043+569288\sqrt{3})\\ \frac{1}{\pi}&\approx\frac{1}{622728}(-1346521+354388\sqrt{19})\\ \frac{1}{\pi}&\approx\frac{1}{6523272}(-37515813+11937508\sqrt{11}) \end{aligned} \end{equation}
补遗[2018. Oct. 1, discovered Jul. 7]：
\begin{equation}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(1/3)_k(2/3)_k(1/4)_k(3/4)_k(1/6)_k(5/6)_k}{(1)_k^5(1/2)_k}\frac{41760k^3+28512k^2+4264k+220}{2k+1}\left(\frac{4}{729}\right)^k=\frac{2187}{\pi^2}\\ \sum_{k=0}^{\infty}\frac{(1/3)_k(2/3)_k(1/4)_k(3/4)_k(1/6)_k(5/6)_k}{(1)_k^5(1/2)_k}\frac{17028k^3+13122k^2+2512k+160}{2k+1}\left(\frac{256}{729}\right)^k=\frac{2187}{\pi^2}\end{equation}
[Feb. 11, 2019]
\begin{equation}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(1/2)_k^5}{(1)_k^3(1/6)_k(5/6)_k}\frac{168k^3+200k^2+56k+5}{(k+1/6)(k+5/6)}\left(-\frac{1}{27}\right)^k=\frac{108}{\pi}\\ \end{equation}
[Feb. 12, 2019]
\begin{equation}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(1/2)_k^{7}}{(1)_k^{5}(1/6)_k(5/6)_k}\frac{552k^4+784k^3+342k^2+66k+5}{(6k+1)(6k+5)}\left( \frac{4}{27}\right)^k=\frac{12}{\pi^2}\\ \end{equation}