ここではガウスのq二項定理とそれを用いたヤコビの三重積の導出を紹介します。
前回の記事
組合せ論と母関数2:自然数の分割
の続きにもなっています。前回のものもそうですが、母関数を用いた組合せ論の考察は、組合せ論的な情報を多項式にエンコードして、組合せ論的推論を多項式に関する操作として”自動化”するという画期的手法です。
前回の分割数の式のようなタイプの式にはqを使うしきたりがあり、qポッホハマー記号という略記法があります。
\begin{eqnarray}
(z;q)_n &=& (1-z)(1-zq)(1-zq^2)~..(1-zq^{n-1}) \\
(z;q)_{\infty} &=& (1-z)(1-zq)(1-zq^2)~..
\end{eqnarray}
第2スロットがqのとき、さらに省略して
\begin{eqnarray}
(z)_n &=& (z;q)_n\\
(z)_{\infty} &=& (z;q)_{\infty}
\end{eqnarray}
複数のポッホハマー記号が連続するとき
\begin{eqnarray}
(a,b,c)_n &=& (a)_n (b)_n (c)_n\\
\end{eqnarray}
添字がマイナスのとき逆数にします。
\begin{eqnarray}
(z)_{-n} &=& 1/(z)_n\\
(z)_{-\infty} &=& 1/(z)_{\infty}
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{q^n z}{1-q^n z} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{q^n z^n}{1-q^n} \end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
(-qz)_{\infty} = \prod_{n=1}^{\infty}(1+q^n z) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{q^{n(n+1)/2}}{(q)_n}z^n
\end{eqnarray}
nをm個の異なる自然数に分割する数を$q_m(n)$として
\begin{eqnarray}
\frac{q^{m(m+1)/2}}{(q)_m} = \sum_{n=m(m+1)/2}q_m(n)q^n
\end{eqnarray}
※和は$m(m+1)/2$以下なら$q_m(n)=0$となるのでどこからでもよい。
\begin{eqnarray}
(qz)_{-\infty} = \frac{1}{(qz)_{\infty}} = \frac{1}{\prod_{n=1}^{\infty}(1-q^n z)}= \sum_{n=1}^{\infty} \frac{q^n}{(q)_n}z^n
\end{eqnarray}
nをm個の自然数に分割する数を$p_m(n)$として
\begin{eqnarray}
\frac{q^m}{(q)_m} = \sum_{n=m}^{\infty}p_m(n)q^n
\end{eqnarray}
nを異なる自然数に分割する数を$q(n)$、nを自然数に分割する数を$p(n)$として
\begin{eqnarray}
(-q)_{\infty} &=& 1 + \sum_{n=1}^{\infty} q(n) q^n \\
\frac{1}{(q)_{\infty}} &=& 1 + \sum_{n=1}^{\infty} p(n) q^n
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray} (-q)_{\infty} = \frac{1}{(-q;q^2)} \end{eqnarray}
前回は以下のような無限積
$$
(-qz)_{\infty}=(1+q z)(1+q^2 z)(1+q^3z)~..
$$
を考えました。これは$q,q^2,q^3~..$の基本対称式の母関数であり、$z^m$の係数は
$$
\sum_{j=1}^{\infty}q_m(j)q^j=\frac{q^{m(m+1)/2}}{(q)_m} =\frac{q^{m(m+1)/2}}{(1-q)(1-q^2)(1-q^3)~..(1-q^m)}
$$
これの$q^j$の係数は$j$を$m$個の異なる整数に分割する方法の数となります。これが有限積の場合どうなるでしょうか?
$$
(-qz)_n=(1+q z)(1+q^2 z)(1+q^3z)~..(1+q^{n}z)
$$
この場合、使っていい整数が$1$から$n$までになります。例えば
$$
(1+qz)(1+q^2z)=1+(q+q^2)z+q^3z^2
$$
は$1,2$を重複なく使って表せる数を表します。$z$の係数はそのうち$1$個を使って表せる数で、$z^2$の係数はそのうち$2$個を使って表せる数に対応します。
\begin{array}{ll}
q+q^2&1=1,~2=2\\
q^3&3=1+2
\end{array}
同様に$n=3$のとき
$$
(1+qz)(1+q^2z)(1+q^3z)=1+(q+q^2+q^3)z+(q^3+q^4+q^5)z^2+q^6z^3
$$
\begin{array}{ll}
q+q^2+q^3&1=1,~2=2,~3=3\\
q^3+q^4+q^5&3=1+2,~4=1+3,~5=2+3\\
q^6&1+2+3
\end{array}
$n=4$のとき
\begin{array}{ll}
(1+qz)(1+q^2z)(1+q^3z)(1+q^4z)=1+(q+q^2+q^3+q^3)z+\\(q^3+q^4+2q^5+q^6+q^7)z^2+(q^6+q^7+q^8+q^9)z^3+q^{10}z^4
\end{array}
\begin{array}{ll} q+q^2+q^3+q^4&1=1,~2=2,~3=3,~4=4\\ q^3+q^4+\textcolor{red}{2q^5}+q^6+q^7&3=1+2,~4=1+3,~\textcolor{red}{5=2+3=1+4},~6=2+4,~7=3+4\\ q^6+q^7+q^8+q^9&6=1+2+3,~7=1+2+4,~8=1+3+4,~9=2+3+4\\ q^{10}&10=1+2+3+4 \end{array}
無限積バージョンもそうですが、この式はいわば"祖母"関数であり、$z$についての母関数としてみると、$q$についての母関数が生成する仕組みになっています。表を使って計算の過程を見てみます。
$(1+qz)(1+q^2z) = 1+qz + q^2z(1+qz)$
$$
\begin{array}{lll}
1&\\
q&q^2\\
&q^3\\
\end{array}
~~~\to~~~
\begin{array}{lll}
1&\\
q&q^2\\
q^3\\
\end{array}
$$
$(1+qz)(1+q^2z)(1+q^3z) = (1+qz)(1+q^2z) + q^3z(1+qz)(1+q^2z)$
$$
\begin{array}{llll}
1&\\
q&q^2&q^3\\
q^3&&q^4&q^5\\
&&q^6
\end{array}
~~~\to~~~
\begin{array}{lll}
1&\\
q&q^2&q^3\\
q^3&q^4&q^5\\
q^6\\
\end{array}
$$
$(1+qz)(1+q^2z)(1+q^3z)(1+q^4z) = (1+qz)(1+q^2z)(1+q^3z) + q^4z(1+qz)(1+q^2z)(1+q^3z)$
$$
\begin{array}{llll}
1&\\
q&q^2&q^3 & q^4\\
q^3&q^4&q^5 &q^5&q^6&q^7\\
q^6&&&q^7&q^8&q^9\\
&&&q^{10}
\end{array}
~~~\to~~~
\begin{array}{llllll}
1&\\
q&q^2&q^3 & q^4\\
q^3&q^4&2q^5&q^6&q^7\\
q^6&q^7&q^8&q^9\\
q^{10}
\end{array}
$$
$q=1$のとき二項定理の表になります。
$$
(1+z)^2
$$
$$
\begin{array}{ll}
1&\\
1&1\\
&1\\
\end{array}
~~~\to~~~
\begin{array}{ll}
1\\
2\\
1\\
\end{array}
$$
$$
(1+z)^3
$$
$$
\begin{array}{llll}
1&\\
2&1\\
1&2\\
&1
\end{array}
~~~\to~~~
\begin{array}{lll}
1\\
3\\
3\\
1\\
\end{array}
$$
$$(1+z)^4$$
$$
\begin{array}{llll}
1&\\
3&1\\
3&3\\
1&3\\
&1
\end{array}
~~~\to~~~
\begin{array}{llllll}
1\\
4\\
6\\
4\\
1
\end{array}
$$
$(1+qz)(1+q^2z)(1+q^3z)(1+q^4z)$が表す整数の分割を図示すると
$(1+qz)(1+q^2z)(1+q^3z)(1+q^4z)$が示す分割
組合せ論と母関数2:自然数の分割
の公式3で述べたように、異なる自然数への分割の数は三角数を引くと、重複を許した分割の数に対応します。これについては後に説明します。
$(1+qz)(1+q^2z)(1+q^3z)(1+q^4z)$が示す分割 - 三角数
上図のグレーの部分を引くと
$(1+qz)(1+q^2z)(1+q^3z)(1+q^4z)$が示す分割- 三角数
グレーの点線の輪郭からわかるように、$z$の項に対応した長方形が $z : 3 \times 1,~z^2 : 2 \times 2,~z^3 : 1 \times 3$ のように定まり、この長方形に収まるヤング図形が並んでいることがわかります。$m \times n$の長方形に収まるヤング図形は大きさが$m$以下(0を含む)の自然数を用いた、個数が$n$以下の分割を表します。
異なる要素をとる方法の数と、重複を許してとる方法の数は対応させることができます。例えば$(1,2,3)$から$2$つ重複を許してとる組み合わせは
$((1,1),(1,2),(1,3),(2,2),(2,3),(3,3))$
これは$(1,2,3,4)$から異なる$2$つを選ぶ方法に以下のような処理をすることで得られます。
$((1,2),(1,3),(1,4),(2,3),(2,4),(3,4)) - ((0,1),(0,1),(0,1),(0,1),(0,1),(0,1))$
$(1,2,..n)$から異なる$k$個をとる組み合わせの数は$\dbinom{n}{k}$であり、重複して$k$個とる組み合わせは$\displaystyle\left(\!\!{n\choose k}\!\!\right)=\dbinom{n+k-1}{k}$となります。
ここで$m \times n$の長方形に含まれるヤング図形を生成する$q$の母関数を$q$二項定数とよび
\begin{eqnarray}
\dbinom{m+n}{n}_q
\end{eqnarray}
と書きます。$m+n$ は長方形の外周の長さです。そうすると
\begin{eqnarray}
\dbinom{4}{1}_q &=& \dbinom{4}{3}_q = 1+q+q^2+q^3\\
\dbinom{4}{2}_q &=& 1+q+2q^2+q^3+q^4\\
\end{eqnarray}
これを用いると
\begin{eqnarray}
(1+qz)(1+q^2z)(1+q^3z)(1+q^4z) = 1 + \dbinom{4}{1}_q q z + \dbinom{4}{2}_q q^3 z^2 + \dbinom{4}{3}_q q^6 z^3 + q^{10} z^4
\end{eqnarray}
同様にして一般に
\begin{eqnarray}
(-qz)_n=\prod_{k=1}^n(1+q^k z) = \sum_{k=0}^n \dbinom{n}{k}_q q^{k(k+1)/2}z^k
\end{eqnarray}
以下のようなものを考え$q$数と呼びます
\begin{eqnarray}
[1]_q &=& 1 \\
[2]_q &=& 1+q \\
[3]_q &=& 1+q+q^2 \\
..
\end{eqnarray}
以下のようなものを考え$q$階乗と呼びます
\begin{eqnarray}
[3]_q !&=& (1+q)(1+q+q^2) \\
[4]_q !&=& (1+q)(1+q+q^2)(1+q+q^2+q^3) \\
[5]_q !&=& (1+q)(1+q+q^2)(1+q+q^2+q^3)(1+q+q^2+q^3+q^4) \\
..
\end{eqnarray}
この図で$\dbinom{5}{3}_q = \dfrac{[5]_q!}{[3]_q!~[2]_q!}$
が説明できるはず・・・
まず$0$を含む分割は図4の左図のようになり、わかりにくいので1を最小とする分割にします。この2つは対応づけることができます。右図を考えます。
$3 \times 2$の長方形はサイズ$5$の階段からサイズ$2,3$の階段を引いたものになります。実は数式としては
\begin{eqnarray}
\dbinom{n}{k}_q = \dfrac{[n]_q!}{[k]_q!~[n-k]_q!}
\end{eqnarray}
が成り立ちます。それをヤング図形で直感的に示せないかと思い、図4を思いついたのですが、少しつながりが分からない部分があり考え中です。