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.
\begin{align} &d\sum_{0\leq n}\frac{(q/bc,acdf;q)_n}{(ad,df;q)_{n+1}}(bd)^n-c\sum_{0\leq n}\frac{(q/bd,acdf;q)_n}{(ac,cf;q)_{n+1}}(bc)^n\\ &=(d-c)\frac{(q,dq/c,cq/d,abcd,acdf,bcdf;q)_{\infty}}{(ac,ad,cf,df,bc,bd;q)_{\infty}} \end{align}
$a$の関数に対し, 作用素$\theta$を
\begin{align}
\theta f(a)&:=\frac{f(a/q)-f(a)}{a/q}
\end{align}
によって定義し,
\begin{align}
E(b\theta):=\sum_{0\leq n}\frac{(b\theta)^nq^{\binom n2}}{(q;q)_n}
\end{align}
とする. まず, 以下の作用素についての定理を示す.
\begin{align}
E(b\theta)(as,at;q)_{\infty}&=\frac{(as,at,bs,bt;q)_{\infty}}{(abst/q;q)_{\infty}}
\end{align}
が成り立つ.
まず,
\begin{align}
\theta(as,at;q)_{\infty}&=\frac{(as/q,at/q;q)_{\infty}-(as,at;q)_{\infty}}{a/q}\\
&=\frac{(as,at;q)_{\infty}}{a/q}\left(\left(1-\frac {as}q\right)\left(1-\frac {at}q\right)-1\right)\\
&=-(as,at;q)_{\infty}\left(s+t-\frac{ast}{q}\right)\\
&=-t(as,at;q)_{\infty}-s(as,at/q;q)_{\infty}
\end{align}
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{align}
\theta^n(as,at;q)_{\infty}&=(-1)^n\sum_{k=0}^ns^kt^{n-k}(as,atq^{-k};q)_{\infty}\frac{(q;q)_n}{(q;q)_k(q;q)_{n-k}}q^{-k(n-k)}
\end{align}
を得る. これより, $q$二項定理を用いて,
\begin{align}
E(b\theta)(as,at;q)_{\infty}&=\sum_{0\leq n}\frac{(-b)^nq^{\binom n2}}{(q;q)_n}\sum_{k=0}^ns^kt^{n-k}(as,atq^{-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^kt^n(as,atq^{-k};q)_{\infty}q^{-kn}\\
&=(as,at;q)_{\infty}\sum_{0\leq n,k}\frac{(-b)^{n}q^{\binom n2}(q/at;q)_k}{(q;q)_n(q;q)_k}\left(\frac{abst}{q}\right)^kt^n\\
&=(as,at;q)_{\infty}(bt;q)_{\infty}\frac{(bs;q)_{\infty}}{(abst/q;q)_{\infty}}
\end{align}
となって示される.
定理1において特に, $s=0$の場合,
\begin{align}
E(b\theta)(at;q)_{\infty}&=(at,bt;q)_{\infty}
\end{align}
となる.
Rogers-Fineの恒等式
\begin{align}
(1-t)\sum_{0\leq n}\frac{(x;q)_n}{(y;q)_n}t^n&=\sum_{0\leq n}\frac{(x,xtq/y;q)_n}{(y,tq;q)_n}(yt)^n(1-xtq^{2n})q^{n^2-n}
\end{align}
において, $x=q/bd,y=acq, t=bc$とすると,
\begin{align}
(1-bc)\sum_{0\leq n}\frac{(q/bd;q)_n}{(acq;q)_n}(bc)^n&=\sum_{0\leq n}\frac{(q/bd,q/ad;q)_n}{(acq,bcq;q)_n}(abc^2q)^n(1-cq^{2n+1}/d)q^{n^2-n}
\end{align}
左辺は$a,b$に関して対称であるから,
\begin{align}
(1-bc)\sum_{0\leq n}\frac{(q/bd;q)_n}{(acq;q)_n}(bc)^n&=(1-ac)\sum_{0\leq n}\frac{(q/ad;q)_n}{(bcq;q)_n}(ac)^n
\end{align}
を得る. これと,
Ramanujanの${}_1\psi_1$和公式
より,
\begin{align}
&d\sum_{0\leq n}\frac{(q/bc;q)_n}{(ad;q)_{n+1}}(bd)^n-c\sum_{0\leq n}\frac{(q/bd;q)_n}{(ac;q)_{n+1}}(bc)^n\\
&=d\sum_{0\leq n}\frac{(q/bc;q)_n}{(ad;q)_{n+1}}(bd)^n-\frac{c}{1-ac}\sum_{0\leq n}\frac{(q/bd;q)_n}{(acq;q)_{n}}(bc)^n\\
&=d\sum_{0\leq n}\frac{(q/bc;q)_n}{(ad;q)_{n+1}}(bd)^n-\frac{c}{1-bc}\sum_{0\leq n}\frac{(q/ad;q)_n}{(bcq;q)_{n}}(ac)^n\\
&=\frac{d}{1-ad}\sum_{n\in\ZZ}\frac{(q/bc;q)_n}{(adq;q)_n}(bd)^n\\
&=(d-c)\frac{(q,dq/c,cq/d,abcd;q)_{\infty}}{(ac,ad,bc,bd;q)_{\infty}}
\end{align}
これは
\begin{align}
d\sum_{0\leq n}(q/bc;q)_n(bd)^n(ac,adq^{n+1};q)_{\infty}-c\sum_{0\leq n}(q/bd;q)_n(bc)^n(ad,acq^{n+1};q)_{\infty}=(d-c)\frac{(q,dq/c,cq/d;q)_{\infty}}{(bc,bd;q)_{\infty}}(abcd;q)_{\infty}
\end{align}
と書き換えられるので, 両辺に$E(f\theta)$を作用させて, 定理2を用いると,
\begin{align}
&d\sum_{0\leq n}(q/bc;q)_n(bd)^n\frac{(ac,fc,adq^{n+1},dfq^{n+1};q)_{\infty}}{(acdfq^n;q)_{\infty}}-c\sum_{0\leq n}(q/bd;q)_n(bc)^n\frac{(ad,fd,acq^{n+1},fcq^{n+1};q)_{\infty}}{(acdfq^n;q)_{\infty}}\\
&=(d-c)\frac{(q,dq/c,cq/d;q)_{\infty}}{(bc,bd;q)_{\infty}}(abcd,bcdf;q)_{\infty}
\end{align}
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{align}
&d\sum_{0\leq n}\frac{(q/bc;q)_n}{(ad;q)_{n+1}}(bd)^n-c\sum_{0\leq n}\frac{(q/bd;q)_n}{(ac;q)_{n+1}}(bc)^n=(d-c)\frac{(q,dq/c,cq/d,abcd;q)_{\infty}}{(ac,ad,bc,bd;q)_{\infty}}
\end{align}
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.
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