Ramanujan ' fórmula de transformación de s conectado con $r_{2}(n)$

Question

Deje $r_{2}(n)$ denotar el número de maneras en que un entero positivo $n$ puede ser expresado como la suma de los cuadrados de dos números enteros. Aquí el signo, así como el orden de los sumandos asuntos. También por convención que establezca $r_{2}(0) = 1$. Bruce C. Berndt y George E. Andrews mencionar el siguiente resultado sorprendente de Ramanujan relativa a $r_{2}(n)$, en su libro "Ramanujan del Cuaderno Perdido Vol 4" (página 10): $$\sum_{n = 0}^{\infty}\frac{r_{2}(n)}{\sqrt{n + a}}e^{-2\pi\sqrt{(n + a)b}} = \sum_{n = 0}^{\infty}\frac{r_{2}(n)}{\sqrt{n + b}}e^{-2\pi\sqrt{(n + b)a}}\tag{1}$$ where $a, b$ son números reales positivos.

Asimismo, mencionó que esta fórmula fue mencionado en un artículo ("En la expresión de un número como la suma de dos cuadrados, Cuarto de galón. J. Math. (Oxford)46(1915), 263-283.) por G. H. Hardy y no fue visto en cualquier lugar de Ramanujan s publicación/inédito de trabajo.

Como Ramanujan Berndt / Andrews también no proporcionar la prueba en su libro. El único detalle que yo sé acerca de $r_{2}(n)$ es la generación de la función $$\sum_{n = 0}^{\infty}r_{2}(n)q^{n} = \vartheta_{3}^{2}(q) = \left(\sum_{n = -\infty}^{\infty}q^{n^{2}}\right)^{2} = 1 + 4\sum_{n = 1}^{\infty}\frac{q^{n}}{1 + q^{2n}}\tag{2}$$ (see this post) from which it is possible to find a direct formula for $r_{2}(n)$ based on count of divisors of $n$ of type $(4m + 1)$ and of type $(4m + 3)$. On the other hand the formula $(1)$ seems to based on some formula related to the sum $$\sum r_{2}(n)e^{-2\pi\sqrt{(n + a)b}}$$ and then taking its derivative with respect to $un$ to get $$-b\pi\sum \frac{r_{2}(n)}{\sqrt{(n + a)b}}e^{-2\pi\sqrt{(n + a)b}}$$ But when I try to integrate RHS of $(1)$ with respect to $un$ it leads to nowhere. My guess is that it is difficult to obtain $(1)$ como un derivado de algunos de los más sencillos de identidad.

Cualquier prueba de la fórmula $(1)$ o cualquier referencia que contiene una prueba de $(1)$ es deseado.

Answer 1

Tenemos la identidad $$\sum_{n\geq0}\frac{r_{2}\left(n\right)}{\sqrt{n+a}}e^{-2\pi\sqrt{\left(n+a\right)b}}=\frac{1}{\sqrt{\pi}}\sum_{n\geq0}r_{2}\left(n\right)\int_{0}^{\infty}e^{-\left(n+a\right)x-\pi^{2}b/x}\frac{dx}{\sqrt{x}}. \tag{1}$$ In fact $$\int_{0}^{\infty}e^{-\left(n+a\right)x-\pi^{2}b/x}\frac{dx}{\sqrt{x}}=e^{-2\pi\sqrt{\left(n+a\right)b}}\int_{0}^{\infty}e^{-\left(\sqrt{\left(n+a\right)x}-\pi\sqrt{b/x}\right)^{2}}\frac{dx}{\sqrt{x}}$$ $$\overset{x=\frac{u}{n+a}}{=}\frac{e^{-2\pi\sqrt{\left(n+a\right)b}}}{\sqrt{n+a}}\int_{0}^{\infty}e^{-\left(\sqrt{u}-\pi\sqrt{b\left(n+a\right)/u}\right)^{2}}\frac{du}{\sqrt{u}}\overset{v=\sqrt{u}}{=}\frac{e^{-2\pi\sqrt{\left(n+a\right)b}}}{\sqrt{n+a}}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-\left(v-\pi\sqrt{b\left(n+a\right)}/v\right)^{2}}dv$$ and we recall that if $f$ is an integrable function and $k>0$, holds (see proof) $$\int_{-\infty}^{\infty}f\left(x-\frac{k}{x}\right)dx=\int_{-\infty}^{\infty}f\left(x\right)dx$$ hence $$=\frac{e^{-2\pi\sqrt{\left(n+a\right)b}}}{\sqrt{n+a}}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-v^{2}}dv=\frac{e^{-2\pi\sqrt{\left(n+a\right)b}}}{\sqrt{n+a}}\cdot\sqrt{\pi}$$ so we can write $(1)$ as $$=\frac{1}{\sqrt{\pi}}\int_{0}^{\infty}e^{-ax-\pi^{2}b/x}\left(\sum_{n\geq0}r_{2}\left(n\right)e^{-nx}\right)\frac{dx}{\sqrt{x}}=\frac{1}{\sqrt{\pi}}\int_{0}^{\infty}e^{-ax-\pi^{2}b/x}\theta^{2}\left(x\right)\frac{dx}{\sqrt{x}}$$ where $\theta\left(x\right)=1+2e^{-x}+2e^{-4\pi x}+\dots$ and, recalling the functional identity $$\theta\left(x\right)=\sqrt{\frac{\pi}{x}}\theta\left(\frac{\pi^{2}}{x}\right)$$ we have $$=\sqrt{\pi}\int_{0}^{\infty}e^{-ax-\pi^{2}b/x}\theta^{2}\left(\frac{\pi^{2}}{x}\right)\frac{dx}{x\sqrt{x}}=\sqrt{\pi}\sum_{n\geq0}r_{2}\left(n\right)\int_{0}^{\infty}e^{-ax-\pi^{2}\left(b+n\right)/x}\frac{dx}{x\sqrt{x}}=$$ $$=\sqrt{\pi}\sum_{n\geq0}r_{2}\left(n\right)e^{-2\pi\sqrt{\left(n+b\right)a}}\int_{0}^{\infty}e^{-\left(\sqrt{ax}-\pi\sqrt{\left(n+b\right)/x}\right)^{2}}\frac{dx}{x\sqrt{x}}$$ $$\overset{w=\frac{n+b}{x}}{=}\sqrt{\pi}\sum_{n\geq0}r_{2}\left(n\right)\frac{e^{-2\pi\sqrt{\left(n+b\right)a}}}{\sqrt{n+b}}\int_{0}^{\infty}e^{-\left(\sqrt{a\left(n+b\right)/w}-\pi\sqrt{w}\right)^{2}}\frac{dw}{\sqrt{w}}$$ $$=\sum_{n\geq0}r_{2}\left(n\right)\frac{e^{-2\pi\sqrt{\left(n+b\right)a}}}{\sqrt{n+b}}.$$