La respuesta a Q1 es sí. Acerca de Q2, aún no lo sé.
Como de costumbre, supongo que $q=\exp(2\pi\mathrm{i}\tau)$
para $\tau\in\mathbb{H}$ (complejo de la mitad superior del plano) y definir
$$q_n = \exp\frac{2\pi\mathrm{i}\tau}{n}$$
Por lo tanto, podemos considerar Theta de las funciones funciones de de $\tau$.
Escribo $\vartheta_k(0\mid\tau)$ en lugar de $\vartheta_k(0,q_2)$.
Esto es principalmente para evitar valores múltiples problemas con $\vartheta_2$.
Proposición: Para$q,r\in\mathbb{C}$$|q|<1$$|r|<1$, tenemos
$$\cfrac{1}{1-p-\cfrac{r,\, (1-q)^2}{1-p^3-\cfrac{rq\,(1-p^2)^2}
{1-p^5-\cfrac{rq^2(1-q^3)^2}{1-p^7-\cdots}}}}
= \sum_{n=0}^\infty \frac{r^n}{1-p^{2n+1}}\etiqueta{P}$$
A continuación, la reclamación de la Q1 de la siguiente manera a partir de la configuración de $r=q$.
Además,
el ya establecido
reclamación por $A(q)$ sigue a partir de la configuración de $r=-q$
porque es conocido de expansión de la serie
$$\left(\frac{\vartheta_2(0\mid2\tau)}{2q_4}\right)^2
= \sum_{n=0}^\infty q^n \sum_{d\mid(2n+1)} (-1)^{(d-1)/2}
= \sum_{n=0}^\infty \frac{(-q)^n}{1-p^{2n+1}}$$
donde el último de Lambert-como la serie puede ser entendido como una simple tamizado
la maquinaria que genera una extraña $d$ en cada paso y las actualizaciones de los contadores
asociado con todos los impares múltiplos de $d$.
Sospecho que hay maneras más simples de la prueba de la proposición (P),
pero en la actual serie de posts acerca de tales fracciones continuas
(1ª,
2º,
3º,
4º),
todo comienza con la fórmula de Ramanujan 2 del cuaderno, en el capítulo 16,
la entrada 11:
$$\small\frac {(a, q)_\infty\,(-b;q)_\infty - (a;q)_\infty\,(b;q)_\infty}
{(a, q)_\infty\,(-b;q)_\infty + (a;q)_\infty\,(b;q)_\infty}
= \cfrac{a+b}{1-p+\cfrac{(a+bq)(aq+b)}{1-p^3+\cfrac{q\,(a+bq^2)(aq^2+b)}
{1-p^5+\cfrac{p^2(a+bq^3)(aq^3+b)}{1-p^7+\cdots}}}}\etiqueta{*}$$
El original tiene el signo de $b$ volteado, pero me gustaría hacer hincapié en la simetría.
Para obtener la continuación de la fracción (P), necesitaríamos $ab=-r$$a/b=-1$,
que se cumple por $\{a,b\}=\{\pm\sqrt{r}\}$.
Sin embargo, esto implica que $a+b=0$, y en ese caso, la fórmula de Ramanujan
se reduce a $0=0$. Tenemos que trabajar en torno a eso.
Nos han tratado ya
con $a+b=0$, pero sólo para $ab=q$, por lo que necesitamos una nueva vuelta de tuerca aquí.
Primero que volver a escribir
$$(-a;q)_\infty\,(-b;q)_\infty - (a;q)_\infty\,(b;q)_\infty
= \overbrace {(a, q)_\infty\,(a;q)_\infty}^{(a^2;q^2)_\infty}
\left(\frac{(-b;q)_\infty}{(a;q)_\infty}
-\frac {b;q)_\infty} {(a, q)_\infty}\right)$$
A continuación, supongamos $0<|a|<1$ y recuperar el
$q$-teorema del binomio
$$\frac{(-b;q)_\infty}{(a;q)_\infty} = \sum_{n=0}^\infty
\frac{\bigl(-\frac{b}{a};q\bigr)_{n}}{(p;q)_{n}}\,^{n}$$
lo que implica
$$\begin{align}
\frac{(-b;q)_\infty}{(a;q)_\infty}-\frac{(b;q)_\infty}{(-a;q)_\infty}
&= \sum_{n=0}^\infty\frac{\bigl(-\frac{b}{a};q\bigr)_{n}}{(q;q)_{n}}
\,(a^{n}-(-a)^n)
\\ &= 2\sum_{n=0}^\infty\frac{\bigl(-\frac{b}{a};q\bigr)_{2n+1}}{(q;q)_{2n+1}}
\,a^{2n+1}
\\ &= 2(a+b)
\sum_{n=0}^\infty\frac{\bigl(-\frac{b}{a}q;q\bigr)_{2n}}{(q;q)_{2n+1}}
\,a^{2n}
\end{align}$$
Voilà, tenemos un producto de $(a+b)$ con una función continua.
Vamos tapón que en Ramanujan la fórmula de $(*)$ y cancelar el factor común
$(a+b)$:
$$\small\cfrac{1}{1-p+\cfrac{(a+bq)(aq+b)}{1-p^3+\cfrac{q\,(a+bq^2)(aq^2+b)}
{1-p^5+\cfrac{p^2(a+bq^3)(aq^3+b)}{1-p^7+\cdots}}}}
= \frac{2\,(a^2;q^2)_\infty
\sum_{n=0}^\infty\frac{\left(-\frac{b}{a}p;q\ \ derecho)_{2n}}{(p;q)_{2n+1}}\,^{2n}}
{(a, q)_\infty\,(-b;q)_\infty + (a;q)_\infty\,(b;q)_\infty}$$
Este es continua a través de $-\frac{b}{a}=1$, así que vamos a ver lo que sucede allí.
El denominador del lado derecho se reduce a
$2\,(-a;q)_\infty\,(a;q)_\infty=2\,(a^2;q^2)_\infty$ y por lo tanto consigue
se cancela con el $q$-símbolo de Pochhammer en el numerador. La serie se simplifica como
$$\sum_{n=0}^\infty\frac{(p;q)_{2n}}{(p;q)_{2n+1}}\,^{2n}
= \sum_{n=0}^\infty\frac{a^{2n}}{1-p^{2n+1}}$$
Así obtenemos
$$\cfrac{1}{1-p-\cfrac{a^2(1-q)^2}{1-p^3-\cfrac{a^2t\,(1-p^2)^2}
{1-p^5-\cfrac{a^2c^2(1-q^3)^2}{1-p^7-\cdots}}}}
= \sum_{n=0}^\infty\frac{a^{2n}}{1-p^{2n+1}}$$
y ahora podemos reemplazar $a^2$ $r$ y está casi listo.
Hemos tenido que asumir $0<|a|<1$ a lo largo del camino, que cubre todos los $0<|r|<1$,
pero el caso de $r=0$ debe ser examinado por separado.
Ahora $r=0$ causas de ambos lados de (P) de reducir a la $1/(1-q)$
debido a que el $r^0$ en la serie es ser correctamente interpretado como $1$
por la continuidad. P. e.d.
