AndrewsによるSchurの分割定理の証明

1つ目の等式の右辺は$b_0(m,n)$の条件を満たす分割の中で, $1$を和因子に持つ分割の個数である. $3$を引くという操作は$3$の倍数であるという性質を変えないので, そのような分割に対してその$1$を除いて, 残りの全ての和因子から$3$を引いたものは, $b_0(m-1,n-3m+2)$の条件を満たす分割になっている. これが全単射を与えている. 2つ目以降の等式も同様である.

と, 補題2は
\begin{align} f_0(x)-f_1(x)&=xqf_0(xq^3)\\ f_1(x)-f_2(x)&=xq^2f_1(xq^3)\\ f_2(x)-f_3(x)&=xq^3f_3(xq^3)\\ f_3(x)&=f_0(xq^3) \end{align}
と書き換えられる. 1つ目の等式より,
\begin{align} f_1(x)&=f_0(x)-xqf_0(xq^3) \end{align}
3つ目, 4つ目の等式より,
\begin{align} f_2(x)=f_0(xq^3)+xq^3f_0(xq^6) \end{align}
これらを2つ目の式に代入すると,
\begin{align} f_0(x)&=(1+xq+xq^2)f_0(xq^3)-xq^3(1-xq^3)f_0(xq^6) \end{align}
を得る.
\begin{align} G(x)&:=\frac{f_0(x)}{(x;q^3)_{\infty}} \end{align}
とすると, これは
\begin{align} (1-x)G(x)=(1+xq+xq^2)G(xq^3)-xq^3G(xq^6) \end{align}
と表される.
\begin{align} G(x)&=:\sum_{0\leq n}A_n(q)x^n \end{align}
とすると, $A_0(q)=1$
\begin{align} A_n(q)-A_{n-1}(q)&=q^{3n}A_n(q)+q^{3n-2}A_{n-1}(q)+q^{3n-1}A_{n-1}(q)+q^{6n-3}A_{n-1}(q), \qquad n\geq 1 \end{align}
つまり,
\begin{align} A_n(q)&=\frac{(1+q^{3n-1})(1+q^{3n-2})}{1-q^{3n}}A_{n-1}(q),\qquad n\geq 1 \end{align}
を得る. よって, これを繰り返し用いて,
\begin{align} A_n(q)&=\prod_{j=1}^n\frac{(1+q^{3j-1})(1+q^{3j-2})}{1-q^{3j}}\\ &=\frac{(-q,-q^2;q^3)_n}{(q^3;q^3)_n} \end{align}
を得る. よって,
\begin{align} f_0(x)&=(x;q^3)_{\infty}\sum_{0\leq n}\frac{(-q,-q^2;q^3)_n}{(q^3;q^3)_n}x^n \end{align}
である. 次に, Watsonの${}_8\phi_7$変換公式
\begin{align} &\sum_{0\leq k}\frac{1-aq^{2k}}{1-a}\frac{(a,b,c,d,e,q^{-n};q)_k}{(q,aq/b,aq/c,aq/d,aq/e,aq^{n+1};q)_k}\left(\frac{a^2q^{n+2}}{bcde}\right)^k\\ &=\frac{(aq,aq/de;q)_n}{(aq/d,aq/e;q)_n}\sum_{0\leq k}\frac{(aq/bc,d,e,q^{-n};q)_k}{(q,aq/b,aq/c,deq^{-n}/a;q)_k}q^k \end{align}
において, $n, b, c\to\infty$としてから, $q\mapsto q^3, a\mapsto x, d\mapsto -q, e\mapsto -q^2$とすると,
\begin{align} &\sum_{0\leq k}\frac{1-xq^{6k}}{1-x}\frac{(x,-q,-q^2;q^3)_k}{(q^3,-xq,-xq^2;q^3)_k}(-1)^kq^{9\binom k2}(x^2q^3)^k\\ &=\frac{(xq^3,x;q^3)_{\infty}}{(-xq,-xq^2;q^3)_{\infty}}\sum_{0\leq k}\frac{(-q,-q^2;q^3)_k}{(q^3;q^3)_k}x^{k} \end{align}
となる. よって,
\begin{align} f_0(x)&=(x;q^3)_{\infty}\sum_{0\leq k}\frac{(-q,-q^2;q^3)_k}{(q^3;q^3)_k}x^{k}\\ &=\frac{(-xq,-xq^2;q^3)_{\infty}}{(x;q^3)_{\infty}}\sum_{0\leq k}(1-xq^{6k})\frac{(x,-q,-q^2;q^3)_k}{(q^3,-xq,-xq^2;q^3)_k}(-1)^kq^{\frac{9k^2-3k}2}x^{2k}\\ &=\frac{(-x;q)_{\infty}}{(x,-x;q^3)_{\infty}}\sum_{0\leq k}(1-xq^{6k})\frac{(x,-x;q^3)_k(-q;q)_{3k}}{(q^3,-q^3;q^3)_k(-x;q)_{3k}}(-1)^kq^{\frac{9k^2-3k}2}x^{2k}\\ &=\frac{(-x;q)_{\infty}}{(x^2;q^6)_{\infty}}\sum_{0\leq k}(1-xq^{6k})\frac{(x^2;q^6)_k(-q;q)_{3k}}{(q^6;q^6)_k(-x;q)_{3k}}(-1)^kq^{\frac{9k^2-3k}2}x^{2k} \end{align}
となって定理を得る.

Jacobiの三重積より,
\begin{align} 1+\sum_{0< n}B_3(n)q^n&=\lim_{x\to 1}f_0(x)\\ &=\lim_{x\to 1}\frac{(-x;q)_{\infty}}{(x^2;q^6)_{\infty}}\sum_{0\leq k}(1-xq^{6k})\frac{(x^2;q^6)_k(-q;q)_{3k}}{(q^6;q^6)_k(-x;q)_{3k}}(-1)^kq^{\frac{9k^2-3k}2}x^{2k}\\ &=\frac{(-1;q)_{\infty}}{2(q^6;q^6)_{\infty}}\left(1+\sum_{0< k}(1+q^{3k})(-1)^kq^{\frac{9k^2-3k}2}\right)\\ &=\frac{(-q;q)_{\infty}}{(q^6;q^6)_{\infty}}\sum_{k\in\ZZ}(-1)^kq^{\frac{9k^2-3k}2}\\ &=\frac{(-q;q)_{\infty}}{(q^6;q^6)_{\infty}}(q^3,q^6,q^9;q^9)_{\infty}\\ &=\frac{(-q;q)_{\infty}(q^3;q^3)_{\infty}}{(q^6;q^6)_{\infty}}\\ &=\frac{(q^2;q^2)_{\infty}(q^3;q^3)_{\infty}}{(q;q)_{\infty}(q^6;q^6)_{\infty}}\\ &=\frac{(q^2,q^4,q^6;q^6)_{\infty}(q^3,q^6;q^6)_{\infty}}{(q,q^2,q^3,q^4,q^5,q^6;q^6)_{\infty}(q^6;q^6)_{\infty}}\\ &=\frac 1{(q,q^5;q^6)_{\infty}} \end{align}
となるから, この両辺の係数を比較して定理を得る.

定理3の証明における等式,
\begin{align} f_3(x)&=f_0(xq^3) \end{align}
より, 定理3を用いて
\begin{align} 1+\sum_{0< n}C_3(n)q^n&=f_3(1)\\ &=f_0(q^3)\\ &=\frac{(-q^3;q)_{\infty}}{(q^6;q^6)_{\infty}}\sum_{0\leq n}(-1)^nq^{\frac{9n(n+1)}2}(1-q^{6n+3})\frac{(1+q)(1+q^2)}{(1+q^{3n+1})(1+q^{3n+2})}\\ &=\frac{(-q;q)_{\infty}}{(q^6;q^6)_{\infty}}\sum_{0\leq n}\frac{(-1)^nq^{\frac{9n(n+1)}2}(1-q^{6n+3})}{(1+q^{3n+1})(1+q^{3n+2})} \end{align}
と示される.