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Andrewsによる相互関係式の作用素による証明

前の記事で, 以下のAndrewsによる相互関係式を示したが, 今回はそれを作用素によって示す. それはLiuの2003年の論文で得られた証明である.

Andrews(1981)

$\begin{aligned} d \sum_{0 \leq n} \frac{(q / b c, a c d f; q)_{n}}{(a d, d f; q)_{n + 1}} (b d)^{n} - c \sum_{0 \leq n} \frac{(q / b d, a c d f; q)_{n}}{(a c, c f; q)_{n + 1}} (b c)^{n} \\ = (d - c) \frac{(q, d q / c, c q / d, a b c d, a c d f, b c d f; q)_{\infty}}{(a c, a d, c f, d f, b c, b d; q)_{\infty}} \end{aligned}$

$a$ の関数に対し, 作用素 $θ$ を
$\begin{aligned} θ f (a) & := \frac{f (a / q) - f (a)}{a / q} \end{aligned}$
によって定義し,
$\begin{array}{r} E (b θ) := \sum_{0 \leq n} \frac{(b θ)^{n} q^{(\binom{n}{2})}}{(q; q)_{n}} \end{array}$
とする. まず, 以下の作用素についての定理を示す.

$\begin{aligned} E (b θ) (a s, a t; q)_{\infty} & = \frac{(a s, a t, b s, b t; q)_{\infty}}{(a b s t / q; q)_{\infty}} \end{aligned}$
が成り立つ.

まず,
$\begin{aligned} θ (a s, a t; q)_{\infty} & = \frac{(a s / q, a t / q; q)_{\infty} - (a s, a t; q)_{\infty}}{a / q} \\ = \frac{(a s, a t; q)_{\infty}}{a / q} ((1 - \frac{a s}{q}) (1 - \frac{a t}{q}) - 1) \\ = - (a s, a t; q)_{\infty} (s + t - \frac{a s t}{q}) \\ = - t (a s, a t; q)_{\infty} - s (a s, a t / q; q)_{\infty} \end{aligned}$
である. よって, これを繰り返し適用すると, $n$ に関する帰納法によって
$\begin{aligned} θ^{n} (a s, a t; q)_{\infty} & = (- 1)^{n} \sum_{k = 0}^{n} s^{k} t^{n - k} (a s, a t q^{- k}; q)_{\infty} \frac{(q; q)_{n}}{(q; q)_{k} (q; q)_{n - k}} q^{- k (n - k)} \end{aligned}$
を得る. これより, $q$ 二項定理を用いて,
$\begin{aligned} E (b θ) (a s, a t; q)_{\infty} & = \sum_{0 \leq n} \frac{(- b)^{n} q^{(\binom{n}{2})}}{(q; q)_{n}} \sum_{k = 0}^{n} s^{k} t^{n - k} (a s, a t q^{- k}; q)_{\infty} \frac{(q; q)_{n}}{(q; q)_{k} (q; q)_{n - k}} q^{- k (n - k)} \\ = \sum_{0 \leq n, k} \frac{(- b)^{n + k} q^{(\binom{n + k}{2})}}{(q; q)_{n} (q; q)_{k}} s^{k} t^{n} (a s, a t q^{- k}; q)_{\infty} q^{- k n} \\ = (a s, a t; q)_{\infty} \sum_{0 \leq n, k} \frac{(- b)^{n} q^{(\binom{n}{2})} (q / a t; q)_{k}}{(q; q)_{n} (q; q)_{k}} {(\frac{a b s t}{q})}^{k} t^{n} \\ = (a s, a t; q)_{\infty} (b t; q)_{\infty} \frac{(b s; q)_{\infty}}{(a b s t / q; q)_{\infty}} \end{aligned}$
となって示される.

定理1において特に, $s = 0$ の場合,
$\begin{aligned} E (b θ) (a t; q)_{\infty} & = (a t, b t; q)_{\infty} \end{aligned}$
となる.

定理1の証明

Rogers-Fineの恒等式
$\begin{aligned} (1 - t) \sum_{0 \leq n} \frac{(x; q)_{n}}{(y; q)_{n}} t^{n} & = \sum_{0 \leq n} \frac{(x, x t q / y; q)_{n}}{(y, t q; q)_{n}} (y t)^{n} (1 - x t q^{2 n}) q^{n^{2} - n} \end{aligned}$
において, $x = q / b d, y = a c q, t = b c$ とすると,
$\begin{aligned} (1 - b c) \sum_{0 \leq n} \frac{(q / b d; q)_{n}}{(a c q; q)_{n}} (b c)^{n} & = \sum_{0 \leq n} \frac{(q / b d, q / a d; q)_{n}}{(a c q, b c q; q)_{n}} (a b c^{2} q)^{n} (1 - c q^{2 n + 1} / d) q^{n^{2} - n} \end{aligned}$
左辺は $a, b$ に関して対称であるから,
$\begin{aligned} (1 - b c) \sum_{0 \leq n} \frac{(q / b d; q)_{n}}{(a c q; q)_{n}} (b c)^{n} & = (1 - a c) \sum_{0 \leq n} \frac{(q / a d; q)_{n}}{(b c q; q)_{n}} (a c)^{n} \end{aligned}$
を得る. これと, Ramanujanの $_{1} ψ_{1}$ 和公式より,
$\begin{aligned} d \sum_{0 \leq n} \frac{(q / b c; q)_{n}}{(a d; q)_{n + 1}} (b d)^{n} - c \sum_{0 \leq n} \frac{(q / b d; q)_{n}}{(a c; q)_{n + 1}} (b c)^{n} \\ = d \sum_{0 \leq n} \frac{(q / b c; q)_{n}}{(a d; q)_{n + 1}} (b d)^{n} - \frac{c}{1 - a c} \sum_{0 \leq n} \frac{(q / b d; q)_{n}}{(a c q; q)_{n}} (b c)^{n} \\ = d \sum_{0 \leq n} \frac{(q / b c; q)_{n}}{(a d; q)_{n + 1}} (b d)^{n} - \frac{c}{1 - b c} \sum_{0 \leq n} \frac{(q / a d; q)_{n}}{(b c q; q)_{n}} (a c)^{n} \\ = \frac{d}{1 - a d} \sum_{n \in Z} \frac{(q / b c; q)_{n}}{(a d q; q)_{n}} (b d)^{n} \\ = (d - c) \frac{(q, d q / c, c q / d, a b c d; q)_{\infty}}{(a c, a d, b c, b d; q)_{\infty}} \end{aligned}$
これは
$\begin{array}{r} d \sum_{0 \leq n} (q / b c; q)_{n} (b d)^{n} (a c, a d q^{n + 1}; q)_{\infty} - c \sum_{0 \leq n} (q / b d; q)_{n} (b c)^{n} (a d, a c q^{n + 1}; q)_{\infty} = (d - c) \frac{(q, d q / c, c q / d; q)_{\infty}}{(b c, b d; q)_{\infty}} (a b c d; q)_{\infty} \end{array}$
と書き換えられるので, 両辺に $E (f θ)$ を作用させて, 定理2を用いると,
$\begin{aligned} d \sum_{0 \leq n} (q / b c; q)_{n} (b d)^{n} \frac{(a c, f c, a d q^{n + 1}, d f q^{n + 1}; q)_{\infty}}{(a c d f q^{n}; q)_{\infty}} - c \sum_{0 \leq n} (q / b d; q)_{n} (b c)^{n} \frac{(a d, f d, a c q^{n + 1}, f c q^{n + 1}; q)_{\infty}}{(a c d f q^{n}; q)_{\infty}} \\ = (d - c) \frac{(q, d q / c, c q / d; q)_{\infty}}{(b c, b d; q)_{\infty}} (a b c d, b c d f; q)_{\infty} \end{aligned}$
を得る. これを整理して定理を得る.

証明の途中過程で導出した等式
$\begin{aligned} d \sum_{0 \leq n} \frac{(q / b c; q)_{n}}{(a d; q)_{n + 1}} (b d)^{n} - c \sum_{0 \leq n} \frac{(q / b d; q)_{n}}{(a c; q)_{n + 1}} (b c)^{n} = (d - c) \frac{(q, d q / c, c q / d, a b c d; q)_{\infty}}{(a c, a d, b c, b d; q)_{\infty}} \end{aligned}$
は定理1において $f = 0$ とした場合になっている. つまり, 作用素を用いることによって, 実は定理1を示すには $f = 0$ の場合を示せば十分であることが分かったのである.