mod 10のRogers-Ramanujan型恒等式
今回はmod 10のRogers-Ramanujan型恒等式を示す. 以下の 両側Bailey対 に関する定理を用いる.
$(\alpha_n,\beta_n)$が$a$に関する両側Bailey対であるとき,
\begin{align}
\sum_{n\in\ZZ}\frac{(b,c;q)_n}{(aq/b,aq/c;q)_n}\left(\frac{aq}{bc}\right)^n\alpha_n&=\frac{(aq,aq/bc;q)_{\infty}}{(aq/b,aq/c;q)_{\infty}}\sum_{n\in\ZZ}(b,c;q)_n\left(\frac{aq}{bc}\right)^n\beta_n
\end{align}
が成り立つ.
特に, $a=q, b=-q, c\to\infty$とすると以下を得る.
$(\alpha_n,\beta_n)$が$q$に関する両側Bailey対であるとき,
\begin{align}
\sum_{n\in\ZZ}q^{\frac{1}2n^2+\frac 12n}\alpha_n&=\frac{(q^2;q)_{\infty}}{(-q;q)_{\infty}}\sum_{n\in\ZZ}(-q;q)_nq^{\frac {1}2n^2+\frac 12n}\beta_n
\end{align}
が成り立つ.
また, $b,c\to\infty$とすると以下を得る.
$(\alpha_n,\beta_n)$が$a$に関する両側Bailey対であるとき,
\begin{align}
\sum_{n\in\ZZ}a^nq^{n^2}\alpha_n&=(aq;q)_{\infty}\sum_{n\in\ZZ}a^nq^{n^2}\beta_n
\end{align}
が成り立つ.
\begin{align} \sum_{0\leq n}\frac{q^{\frac 32n^2-\frac n2}}{(q;q^2)_n(q;q)_n}&=\frac{(q^4,q^6,q^{10};q^{10})_{\infty}}{(q;q)_{\infty}}\\ \sum_{0\leq n}\frac{q^{\frac 32n^2+\frac 32n}}{(q;q^2)_{n+1}(q;q)_n}&=\frac{(q^2,q^8,q^{10};q^{10})_{\infty}}{(q;q)_{\infty}} \end{align}
前の記事
において示した等式
\begin{align}
&\sum_{k\in\ZZ}\frac{1-aq^{4k}}{1-a}\frac{(b,c;q^2)_kq^{2k^2}}{(aq^2/b,aq^2/c;q^2)_k(aq;q)_{n+2k}(q;q)_{n-2k}}\left(\frac{a^2}{bc}\right)^k\\
&=\frac{(q^2/a,aq^2/bc,aq/b,aq/c;q^2)_{\infty}}{(q,q^2/b,q^2/c,a^2q/bc;q^2)_{\infty}}\frac{(a^2q/bc;q^2)_n}{(aq/b,aq/c;q)_n(aq;q^2)_n}
\end{align}
において, $b=a, a\to 1$とすると,
\begin{align}
&\sum_{k\in\ZZ}\frac{(c;q^2)_kq^{2k^2}}{(q^2/c;q^2)_k(q;q)_{n+2k}(q;q)_{n-2k}c^k}=\frac{(q/c;q^2)_n}{(q,q/c;q)_n(q;q^2)_n}
\end{align}
ここで, $c\to 0$とすると,
\begin{align}
&\sum_{k\in\ZZ}\frac{(-1)^kq^{k^2+k}}{(q;q)_{n+2k}(q;q)_{n-2k}}=\frac{q^{\frac 12n^2-\frac 12n}}{(q;q)_n(q;q^2)_n}
\end{align}
ここで, 系2を用いると,
\begin{align}
(q;q)_{\infty}\sum_{0\leq n}\frac{q^{\frac 32n^2-\frac 12n}}{(q;q)_n(q;q^2)_n}&=\sum_{n\in\ZZ}(-1)^nq^{5n^2+n}\\
&=(q^4,q^6,q^{10};q^{10})_{\infty}
\end{align}
となって1つ目の等式が得られる. 先ほどの等式
\begin{align}
&\sum_{k\in\ZZ}\frac{1-aq^{4k}}{1-a}\frac{(b,c;q^2)_kq^{2k^2}}{(aq^2/b,aq^2/c;q^2)_k(aq;q)_{n+2k}(q;q)_{n-2k}}\left(\frac{a^2}{bc}\right)^k\\
&=\frac{(q^2/a,aq^2/bc,aq/b,aq/c;q^2)_{\infty}}{(q,q^2/b,q^2/c,a^2q/bc;q^2)_{\infty}}\frac{(a^2q/bc;q^2)_n}{(aq/b,aq/c;q)_n(aq;q^2)_n}
\end{align}
において, $b=a, a\to q^2$とすると,
\begin{align}
&\sum_{0\leq k}\frac{(1-q^{4k+2})(c;q^2)_kq^{2k^2}}{(q^4/c;q^2)_k(q^2;q)_{n+2k+1}(q;q)_{n-2k}}\left(\frac{q^2}{c}\right)^k=\frac{(q^3/c;q^2)_n}{(q,q^3/c;q)_n(q^3;q^2)_n}
\end{align}
ここで, $c\to 0$とすると,
\begin{align}
\sum_{0\leq k}\frac{(1-q^{4k+2})(-1)^kq^{k^2-k}}{(q^2;q)_{n+2k+1}(q;q)_{n-2k}}&=\frac{q^{\frac 12n^2-\frac 12n}}{(q;q)_n(q^3;q^2)_n}
\end{align}
ここで, $q^n(1-q^{4k+2})=q^{2k}(1-q^{n+2k+2})-q^{2k}(1-q^{n-2k})$
\begin{align}
\sum_{0\leq k}\left(\frac{(-1)^kq^{k^2+k}}{(q^2;q)_{n+2k}(q;q)_{n-2k}}-\frac{(-1)^kq^{k^2+k}}{(q^2;q)_{n+2k+1}(q;q)_{n-2k-1}}\right)&=\frac{q^{\frac 12n^2+\frac 12n}}{(q;q)_n(q^3;q^2)_n}
\end{align}
これは
\begin{align}
\sum_{k\in\ZZ}\frac{(-1)^kq^{k^2+k}}{(q^2;q)_{n+2k}(q;q)_{n-2k}}&=\frac{q^{\frac 12n^2+\frac 12n}}{(q;q)_n(q^3;q^2)_n}
\end{align}
と書き表される. よって, これに系2を用いると,
\begin{align}
(q;q)_{\infty}\sum_{0\leq n}\frac{q^{\frac 32n^2+\frac 32n}}{(q;q)_n(q;q^2)_{n+1}}&=\sum_{n\in\ZZ}(-1)^nq^{5n^2+3n}\\
&=(q^2,q^8,q^{10};q^{10})_{\infty}
\end{align}
となって2つ目の等式が示される.
\begin{align} \sum_{0\leq n}\frac{(-q;q)_nq^{\frac 12n^2+\frac n2}}{(q;q^2)_{n+1}(q;q)_n}&=\frac{(-q;q)_{\infty}(q^3,q^7,q^{10};q^{10})_{\infty}}{(q;q)_{\infty}}\\ \sum_{0\leq n}\frac{(-q;q)_nq^{\frac 12n^2+\frac 32n}}{(q;q^2)_{n+1}(q;q)_n}&=\frac{(-q;q)_{\infty}(q,q^9,q^{10};q^{10})_{\infty}}{(q;q)_{\infty}} \end{align}
先ほどの等式
\begin{align}
&\sum_{0\leq k}\frac{(1-q^{4k+2})(c;q^2)_kq^{2k^2}}{(q^4/c;q^2)_k(q^2;q)_{n+2k+1}(q;q)_{n-2k}}\left(\frac{q^2}{c}\right)^k=\frac{(q^3/c;q^2)_n}{(q,q^3/c;q)_n(q^3;q^2)_n}
\end{align}
において, $c\to\infty$として,
\begin{align}
&\sum_{0\leq k}\frac{(1-q^{4k+2})(-1)^kq^{3k^2+k}}{(q^2;q)_{n+2k+1}(q;q)_{n-2k}}=\frac{1}{(q;q)_n(q^3;q^2)_n}
\end{align}
を得る. $1-q^{4k+2}=(1-q^{n+2k+2})-q^{4k+2}(1-q^{n-2k})$と$q^n(1-q^{4k+2})=q^{2k}(1-q^{n+2k+2})-q^{2k}(1-q^{n-2k})$を用いると,
\begin{align}
\sum_{0\leq k}\left(\frac{(-1)^kq^{3k^2+k}}{(q^2;q)_{n+2k}(q;q)_{n-2k}}-\frac{(-1)^kq^{3k^2+5k+1}}{(q^2;q)_{n+2k+1}(q;q)_{n-2k-1}}\right)&=\frac{1}{(q;q)_n(q^3;q^2)_n}\\
\sum_{0\leq k}\left(\frac{(-1)^kq^{3k^2+3k}}{(q^2;q)_{n+2k}(q;q)_{n-2k}}-\frac{(-1)^kq^{3k^2+3k}}{(q^2;q)_{n+2k+1}(q;q)_{n-2k-1}}\right)&=\frac{q^n}{(q;q)_n(q^3;q^2)_n}
\end{align}
が得られる. これは
\begin{align}
\sum_{k\in\ZZ}\frac{(-1)^kq^{3k^2+k}}{(q^2;q)_{n+2k}(q;q)_{n-2k}}&=\frac{1}{(q;q)_n(q^3;q^2)_n}\\
\sum_{k\in\ZZ}\frac{(-1)^kq^{3k^2+3k}}{(q^2;q)_{n+2k}(q;q)_{n-2k}}&=\frac{q^n}{(q;q)_n(q^3;q^2)_n}
\end{align}
と書き表される. よって, これらに系1を適用すると
\begin{align}
\frac{(q;q)_{\infty}}{(-q;q)_{\infty}}\sum_{0\leq n}\frac{(-q;q)_nq^{\frac 12n^2+\frac 12n}}{(q;q)_n(q;q^2)_{n+1}}&=\sum_{n\in\ZZ}(-1)^nq^{5n^2+2n}=(q^3,q^7,q^{10};q^{10})_{\infty}\\
\frac{(q;q)_{\infty}}{(-q;q)_{\infty}}\sum_{0\leq n}\frac{(-q;q)_nq^{\frac 12n^2+\frac 32n}}{(q;q)_n(q;q^2)_{n+1}}&=\sum_{n\in\ZZ}(-1)^nq^{5n^2+4n}=(q,q^9,q^{10};q^{10})_{\infty}
\end{align}
となって示される.
参考文献
この記事を高評価した人
この記事に送られたバッジ
投稿者
