拉马努金圆周率公式的原理是什么？

这是一个巨大的宝藏。

[证明相当一部分内容在 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均得到不同于Borwein兄弟的证明。[2018. 5. 30移除图片]读者可翻阅Ramanujan的笔记 http://www. math.tifr.res.in/~publ/ nsrBook3.pdf 最后一页。]

Ramanujan1914年的论文

http:// ramanujan.sirinudi.org/ Volumes/published/ram06.pdf

中对于这个等式的说明实在太短，估计referee们看着也很抓狂。他本人的思路已经不可考，下面的答案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列出了其中他认为非常重要的几篇，Ramanujan这篇文章正在Hardy的列表之中。这篇文章虽然是在英国发表的，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 符号推演部分

1. 依照 DLMF: §15.8 Transformations of Variable 中给出的(15.8.15)(15.8.18)以及 Clausen's formula ，可以得到下面这个复杂的式子：

({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)

其中 K 与 _3F_2 分别代表的是 第一类完全椭圆积分

\int_0^{\pi/2}\frac{1}{\sqrt{1-k^2\sin^2{\theta}}}\,\mathrm{d}\theta

和 广义超几何函数 。注意这里 0\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 x_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。这一类曲面

\sum_{k=1}^n{x_k^n}=n\lambda\prod_{k=1}^n{x_k}

的具体研究首先是由 Bernard Dwork 开展的，近几十年它们又成为数学好几个分支的重要研究对象。]

记 K^{\prime}(k)=K(k^\prime), (k^\prime)^2+k^2=1 备用。

2. Ramanujan本人的出发点就是上面这个等式。等式左边的椭圆积分可以说吸引了十九世纪从高斯到黎曼等最著名数学家的注意，可以说，椭圆积分以及与其关联的 \theta -函数衍生出了一片公式之海。在Felix Klein等人还是学生的时候，这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表示，可以得到椭圆积分平方的级数展开：

\left(\frac{2K(k)}{\pi}\right)^2=a(k)\sum_{n=0}^{\infty}b_nc^n(k)

其中 a(k), c(k) 都是关于 k 的有理函数。

4. 下面的内容就进入 \theta 函数的范畴了。依照传统记号，定义几个函数：

\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年已经发现了这些 \theta 函数。这些函数满足这样的关系：

\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号的神奇发现( AGM method )告诉我们：

给定正实数 a, b 。定义 a_0=a, b_0=b, a_{i+1}=(a_i+b_i)/2, b_{i+1}=\sqrt{a_ib_i}

那么 \lim_{n\rightarrow\infty}a_n=\lim_{n\rightarrow\infty}b_n=M(a,b)

且 M(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=\sqrt{2} 到小数点后11位归纳出上面的关系式的，计算功力真是令人叹为观止。为此高斯写下了密文“Vicimus GEGAN”，直到 1997年 才确认这句密文描述的就是这个发现。可以说证明 a_n, b_n 极限相等是一道略有难度的高中题目，但是这个极限与椭圆积分之间的关系非天才的洞见是不能现身于世的。不过高斯并非第一个发现这个关系的人，最早发现这个关系的人是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具体指的是什么样的研究内容仍然不清楚。]

从这里可以推理出 (M(1,k^{\prime}))^{-1}=\frac{2K(k)}{\pi}=\theta_3^2(q)

这里 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)=\frac{\theta_2^2(q)}{\theta_3^2(q)}, k^{\prime}(q)=\frac{\theta_4^2(q)}{\theta_3^2(q)}

6. 高斯的发现打开了通向椭圆模函数的大门。所谓模函数，就是这些函数在某些变换( Modular group )之下保持不变。从 Poisson求和公式 可知，如果令 q=\exp{(-\pi\tau)} ，那么，

\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(\tau))=k^{\prime}(q(1/\tau))

因此 \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(-\pi K^{\prime}(k)/K(k))=q

这就是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竞争可谓是棋逢对手，将遇良才。他们之前研究椭圆积分的只有高斯，欧拉和Legendre比较有影响。Legendre曾发现一个极重要的关系式：

E(k^\prime)K(k)+K(k^\prime)E(k)-K(k)K(k^\prime)=\pi/2

根据这个公式以及wiki Elliptic integral 中的公式

\frac{\mathrm{d}K}{\mathrm{d}k}=\frac{E}{k(1-k^2)}-\frac{K}{k}

E 代表第二类完全椭圆积分，可以推导出

\frac{{\rm d}(K^\prime/K)}{{\rm {d}} k}=-\frac{\pi}{2k {k^{\prime}}^2K^2}

利用一下 \exp(-\pi K^{\prime}(k)/K(k))=q ，也可以得到

\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须在这里提及。Jacobi在19世纪20年代的发现不止是 \theta 函数与椭圆积分之间的关系，他还把 \theta 函数写成了无穷级数乘积的形式，这便是著名的 Jacobi triple product ：

\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 \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

利用 k, k^{\prime},K 与 \theta 函数的关系，可以写出

\left(\frac{2K}{\pi}\right)^{12}\cdot(kk^{\prime})^4=4^4q^{2}\prod(1-q^{2m})^{24}=4^4\eta(q^2)

右边正是著名的 Dedekind eta function ！

以上连乘积表达式高斯在1800年之前就知道了.

9. 回到(3). 将(8)中最后一个表达式与(3)式结合，就有

\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)

作关于 k 的对数微分，即有

\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)

其中

E(q)=\frac{\eta^\prime}{\eta}(q)

注意

\frac{\mathrm{d} q}{\mathrm{d} k}=\frac{\pi ^2q}{2k {k^{\prime}}^2K^2}

因此

\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, c 均为 k 的有理函数。

10. 证明中最难的是如何消去上面式子中的 \left(\frac{2K(k)}{\pi}\right)^2 一项。这就要涉及到关于 Modular equation 的知识。

注意到从 \exp(-\pi K^{\prime}(k)/K(k))=q 可以得到

\frac{K^{\prime}(k(q^n))}{K(k(q^n))}=n\frac{K^{\prime}(k(q))}{K(k(q))}

n 是有理数。19世纪的数学家们发现，若

\frac{K^{\prime}(k_1)}{K(k_1)}=n\frac{K^{\prime}(k_2)}{K(k_2)}

那么 f(k_1,k_2)=0 , f 是 k_1,k_2 的代数函数( Algebraic function )！

11. \theta_2^8(q)\theta_3^8(q)\theta_4^8(q)=2^8\eta(q^2)

令 q=\exp{(-\pi\tau)} ，从(6)中 \theta 函数的变换公式不难得到

\eta(q^2(1/\tau))=\tau^{12}\eta(q^2(\tau)) 。

两边取对数微分，得到

\tau^2 q^2(\tau)E(q^2(\tau))+q^2(1/\tau)E(q^2(1/\tau))=6\tau/\pi

这是 \frac{1}{\pi} 在推理中首次独立出现。

12. 为了利用Modular Equation的有关知识，令 \tau=\sqrt{n} ， n 为正整数，并记

E_1(q)=q^2E(q^2)

那么

nE_1(e^{-\pi\sqrt{n}})+E_1(e^{-\pi/\sqrt{n}})=6\sqrt{n}/\pi

E_1(e^{-\pi\sqrt{n}}) 与 E_1(e^{-\pi/\sqrt{n}}) 的另一关系式须从Modular Equation的知识导出。

13. 回到 \frac{K^{\prime}(k_1)}{K(k_1)}=n\frac{K^{\prime}(k_2)}{K(k_2)} 。

对这个式子进行微分，有

\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)}

因此 \frac{K^2(k_1)}{K^2(k_2)} 是 k_1,k_2 的代数函数。

记 k_1=k(q^n) ， k_2=k(q)

借用一下 \left(\frac{2K(k)}{\pi}\right)^2=2^{4/3}\eta^{1/6}(q^2)(kk^{\prime})^{-2/3}

可以得到 \frac{\eta(q^{2n})}{\eta(q^2)}=G(k_1,k_2) , G 是 k_1,k_2 的代数函数。在等式两边对 k_2=k 作对数微分，

得到 nE_1(q^n)-E_1(q)=\left(\frac{2K(k)}{\pi}\right)^2G_1(k_1,k)

G_1 是 k_1,k_2 的代数函数。

联合此式、(3)及(12)最后一式(令 q=e^{-\pi/\sqrt{n}} )，得到了[这里有一处可以补救的Gap, 请问是什么?]

\frac{3}{\pi\sqrt{n}}=\sum_{m=0}^{\infty}(6v(k)m+\bar{G}(k_1,k))b_mc^m(k)

\bar{G} 是 k_1,k_2 的代数函数。所以说题主所问的Ramanujan的公式形式上就是这么来的。但是数值上是怎样得到那么漂亮的公式呢？PART B主要叙述的就是相关的计算过程。

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PART B 数值计算部分

1. 我们一点点地来计算各部分系数的值。

从广义超几何函数的定义可以得到

b_m=\frac{(4m)!}{4^{4m}(m!)^4}

这是题主所给等式中最容易计算的部分。

2. c(k(q)) 及 6v(k(q)) 的计算，与Hilbert大加称赞的椭圆曲线的 Complex multiplication 理论紧密相连。

不难得到

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 n 为58，即 q=e^{-\pi\sqrt{58}}

在Ramanujan之前H. M. Weber已经给出此时的

\frac{2k}{(k^{\prime})^2} = \left(\frac{\sqrt{29}-5}{2}\right)^6

代入 c(k),v(k) 的公式，得

c(k)=\frac{1}{9801^2}=\frac{1}{99^4}\\2v(k)=\frac{1820\sqrt{29}}{99^2}

代回上节(13)最后一式，整理一下即有

\frac{1}{\pi}=\frac{2\sqrt{2}}{99^2}\sum_{m=0}^{\infty}(26390m+c_0)\frac{(4m)!}{396^{4m}(m!)^4}

c_0 是某个未知的常数。

4. 没有确实的证据表明Ramanujan能从理论上推测出 c_0 的值。但是数值计算来推测一下 c_0 还是没问题的。

取级数前 m 项，用Mathematica反解 c_0

m=0, c_0=1103.00002683197 \\m=1, c_0=1103.00000000000

这就足以让Ramanujan给出他的著名级数：

\frac{1}{\pi}=\frac{2\sqrt{2}}{99^2}\sum_{m=0}^{\infty}(26390m+1103)\frac{(4m)!}{396^{4m}(m!)^4}

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Appendix 残留的问题

预警:

-这是全部证明中最困难也是最有价值的部分-

残留的问题有两个：a) \frac{2k}{(k^{\prime})^2} 的值是如何计算出来的？b)反解出的数1103确实可以使等号成立吗？

a) 从 \theta 函数连乘积表达式及其与 k,k^{\prime} 的关系，可得

\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{(2 \pi i\tau_0)}

Weber在计算这个值( Lehrbuch der Algebra [Vol. III] 第141,142节，附录表6)的时候，使用了 Kronecker limit formula ：

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)

其中

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 \tau 数值为

\tau_0=\frac{\sqrt{-58}}{2}

分别取 (\tau,y)=(\tau_0,\sqrt{58}/2),(2\tau_0,\sqrt{58})

代入Kronecker公式，将所得两公式相减可以得到

\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)

可以看到，等式右边是

-\frac{2\pi}{6}\log{\frac{2k}{(k^{\prime})^2}}+O(s-1)

左边是什么呢？熟悉高斯的二次型理论就会知道，左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。这个是可以与 L 函数搭上关系的。

根据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，可知等式左边等于

2\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}

正是对应于两个实特征的 L 函数的乘积。根据Dirichlet的 Class number formula ，乘积在 s=1 的值为

2\pi h(\mathbb{Q}(\sqrt{-2}))h(\mathbb{Q}(\sqrt{29}))\log\epsilon

\epsilon 是 \mathbb{Q}(\sqrt{29}) 的fundamental unit，值为 \frac{5+\sqrt{29}}{2} ，两个数域的类数 h(\mathbb{Q}(\sqrt{-2})),h(\mathbb{Q}(\sqrt{29})) 均为1，代回即可得

\frac{2k}{(k^{\prime})^2}=\left(\frac{-5+\sqrt{29}}{2}\right)^6

b) 没人知道Ramanujan如何得到1103这个值。在这里我将给出一个不同于Borwein兄弟的 新证明 。

这里的细节全部略去，只提一下梗概。
主要的要点在于

\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 \Gamma_0(58) 作用下权为0的(weak)模形式。

根据1957年Morris Newman的一个猜想，这一类模形式可以写成可表为Dedekind Eta函数乘积的模形式的线性组合。这些模形式在 q=\exp(i\pi\sqrt{-58}) 处的值一定是 \frac{2k}{(k^{\prime})^2} 的有理数次幂乘以某些常数。算出这些线性组合，代入 \frac{2k}{(k^{\prime})^2} 的值，在繁重的计算后，确实可以得到1103。这过程也许够写一篇20页以内的Paper了。

关于常数1103的浓缩版计算见这里 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兄弟那个更容易程式化。在这里再次向天才的Ramanujan致以我最崇高的敬意。

Remark2: n=37时有另一个公式

\frac{1}{\pi}=\frac{2}{84^2}\sum_{m=0}^{\infty}(21460m+1123)\frac{(-1)^m(4m)!}{(84\sqrt{2})^{4m}(m!)^4}

这与模曲线 X_0(37) 上cusp form密切相关。可以用类似于上面的方法构建出一族满足条件的模函数，但是方法更精细复杂(因为37是质数)。

Remark3: 这里列出Ramanujan笔记本的十个公式，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

\frac{1}{\pi}=\frac{1}{8}\sum_{m=0}^{\infty}(20m+3)\frac{(-1)^m(4m)!}{(4\sqrt{2})^{4m}(m!)^4}

n=9

\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

\frac{1}{\pi}=\frac{1}{72}\sum_{m=0}^{\infty}(260m+23)\frac{(-1)^m(4m)!}{(12\sqrt{2})^{4m}(m!)^4}

n=25

\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

\frac{1}{\pi}=\frac{2}{84^2}\sum_{m=0}^{\infty}(21460m+1123)\frac{(-1)^m(4m)!}{(84\sqrt{2})^{4m}(m!)^4}

****************************************************************************************
n=6

\frac{1}{\pi}=\frac{1}{2\sqrt{3}}\sum_{m=0}^{\infty}(8m+1)\frac{(4m)!}{(4\sqrt{3})^{4m}(m!)^4}

n=10

\frac{1}{\pi}=\frac{2\sqrt{2}}{9}\sum_{m=0}^{\infty}(10m+1)\frac{(4m)!}{12^{4m}(m!)^4}

n=18

\frac{1}{\pi}=\frac{3\sqrt{3}}{49}\sum_{m=0}^{\infty}(40m+3)\frac{(4m)!}{28^{4m}(m!)^4}

n=22

\frac{1}{\pi}=\frac{1}{18\sqrt{11}}\sum_{m=0}^{\infty}(280m+19)\frac{(4m)!}{(12\sqrt{11})^{4m}(m!)^4}

n=58

\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开始。Jesus Guillera在2003年发现了下面的公式：

\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

这些我都不知道怎么证。

[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.

另外还有一大批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

应当对于大于11的所有素数p都成立，但是这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]

这方面进一步的资料可以在 https:// sites.google.com/site/g uilleramath/ 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这个领域的问题。

给看完本文者的思考题

利用上面的思路，思考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}

这两个近似可以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}

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\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}