ロジャース＝ラマヌジャン恒等式の易しい証明

こんにちは,itouです.今回はロジャース＝ラマヌジャン恒等式:
$$\begin{array}{rl}& \sum _{m=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{q^{m^2}}{(1-q)(1-q^2)\cdots (1-q^m)}=\prod _{m=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{(1-q^{5m+1})(1-q^{5m+4})}\\ & \sum _{m=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{q^{m^2+m}}{(1-q)(1-q^2)\cdots (1-q^m)}=\prod _{m=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{(1-q^{5m+2})(1-q^{5m+3})}\end{array}$$
の証明を解説します.

証明

まず,ヤコビの三重積:
$$\begin{array}{rl}& \sum _{m=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{x}^m{q}^{(m^2+m)/2}=\prod _{m=1}^{\mathrm{\infty }}(1+x{q}^m)(1+x^{-1}{q}^{m-1})(1-q^m)\end{array}$$
において$q\to q^5,x=-q^{-2},-q^{-1}$として,示すべき等式は

$$\begin{array}{}\text{(1)}& & \sum _{m=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{q^{m^2}}{(1-q)(1-q^2)\cdots (1-q^m)}={(\prod _{m=1}^{\mathrm{\infty }}(1-q^m))}^{-1}\sum _{m=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^m{q}^{(5m^2+m)/2}\text{(2)}& & \sum _{m=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{q^{m^2+m}}{(1-q)(1-q^2)\cdots (1-q^m)}={(\prod _{m=1}^{\mathrm{\infty }}(1-q^m))}^{-1}\sum _{m=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^m{q}^{(5m^2+3m)/2}\end{array}$$
となる.

以下の等式を示す.

$$\begin{array}{rl}& \sum _{N\ge s\ge t\ge 0}\frac{q^{s^2+t^2}(1+xq)(1+x{q}^2)\cdots (1+x{q}^t)}{(1-q)\cdots (1-q^{N-s})(1-q)\cdots (1-q^{s-t})}\times \frac{(1+x^{-1})(1+x^{-1}q)\cdots (1+x^{-1}{q}^{t-1})}{(1-q)\cdots (1-q^{2t})}\\ \text{(3)}& =& {(\prod _{m=1}^{2N}(1-q^m))}^{-1}\sum _{m=-N}^N{x}^m{q}^{(5m^2+m)/2}{(\genfrac{}{}{0ex}{}{2N}{N-m})}_q\end{array}$$

$\text{3}$が示されれば$\text{1}$,$\text{2}$が従う.実際,$x=-1$を代入し,$N\to \mathrm{\infty }$として${\mathrm{\Pi }}_{m=1}^{\mathrm{\infty }}(1-q^m)$を両辺に乗じて$\text{1}$を得る.
また,$x=-q$を代入し,$N\to \mathrm{\infty }$とすると${\mathrm{\Pi }}_{m=1}^{\mathrm{\infty }}(1-q^m)$を両辺に乗じて,左辺は

$$\begin{array}{rl}& \sum _{m=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{q^{s^2}}{(1-q)\cdots (1-q^s)}+\sum _{m=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{q^{s^2+1}(1-q^2)(1-q^{-1})}{(1-q)\cdots (1-q^{s-1})(1-q)(1-q^2)}\\ & =\sum _{m=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{q^{s^2}}{(1-q)\cdots (1-q^s)}-\sum _{m=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{q^{s^2}(1-q^s)}{(1-q)\cdots (1-q^s)}\end{array}$$
これは$\text{2}$の左辺に等しいので,$\text{2}$も従う.

さて,$\text{3}$を示そう.以下の2つの補題を示す.以降,$\sum$の和を取る範囲は$-\mathrm{\infty }$から$\mathrm{\infty }$に渡る.

補題1の証明

両辺を$g_k(x;q)$とおく.$k=1$のときは成立.

$$\begin{array}{r}{g}_k(x;q)=g_{k-1}(x;q)+\frac{x{q}^k}{1-xq}{g}_{k-1}(xq;q)\end{array}$$
および$q$-二項定理より,帰納的に示された.□

補題2の証明

補題1において$k=n-m,x=q^{2m}$とし,両辺に$(q{)}_{2m}^{-1}$を乗じると,
$$\begin{array}{r}(q{)}_{n+m}^{-1}=\sum _j\frac{q^{j^2+2mj}}{(q{)}_{j+2m}}\frac{(q{)}_{n-m}}{(q{)}_j(q{)}_{n-m-j}}\end{array}$$

これを補題2の左辺の分母の$(q{)}_{n+m}$に代入することで,

$$\begin{array}{rl}\sum _m\frac{x^m{q}^{a{m}^2}}{(q{)}_{n-m}(q{)}_{n+m}}=& \sum _m\frac{x^m{q}^{a{m}^2}}{(q{)}_{n-m}}\sum _j\frac{q^{j^2+2mj}(q{)}_{n-m}}{(q{)}_{j+2m}(q{)}_j(q{)}_{n-m-j}}\\ =& \sum _{m,j}\frac{q^{(m+j{)}^2}}{(q{)}_{n-m-j}}\frac{x^m{q}^{(a-1)m^2}}{(q{)}_j(q{)}_{2m+j}}\end{array}$$

$s=m+j$として$m,s$に渡る和として表示することで,補題2を得る.□

$\text{3}$の証明

$q$-二項定理:
$$\begin{array}{r}\sum _{m=0}^{\mathrm{\infty }}{y}^m{q}^{(m^2+m)/2}{(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m})}_q=\prod _{m=1}^n(1+y{q}^m)\end{array}$$
において$n=2N,y=x{q}^{-N}$とすることで
$$\begin{array}{}\text{(4)}& \sum _{-N}^N{x}^m{q}^{(m^2+m)/2}{(\genfrac{}{}{0ex}{}{2N}{N-m})}_q=\prod _{m=1}^N(1+x{q}^m)(1+x^{-1}{q}^{m-1})\end{array}$$
を得る.

補題2を用いれば$q^{m^2}$の$m^2$の係数を1ずつ下げていくことができるので,$\text{4}$の左辺の形を目指して変形する.
$\text{3}$の右辺について,補題2を繰り返し用いて,

$$\begin{array}{rl}& (q{)}_{2N}^{-1}\sum _m{x}^m{q}^{(5m^2+m)/2}{(\genfrac{}{}{0ex}{}{2N}{N-m})}_q\\ & =\sum _m\frac{(x{q}^{1/2}{)}^m{q}^{5m^2/2}}{(q{)}_{N-m}(q{)}_{N+m}}\\ & =\sum _s\frac{q^{s^2}}{(s{)}_{N-s}}\sum _m\frac{(x{q}^{1/2}{)}^m{q}^{3m^2/2}}{(q{)}_{s-m}(q{)}_{s+m}}\\ & =\sum _s\frac{q^{s^2}}{(s{)}_{N-s}}\sum _t\frac{q^{t^2}}{(q{)}_{s-t}}\sum _m\frac{(x{q}^{1/2}{)}^m{q}^{m^2/2}}{(q{)}_{t-m}(q{)}_{t+m}}\end{array}$$

を得る.
$\sum _m$の式に$\text{4}$において$N=t$とした式を両辺$(q{)}_{2t}$で割った式を適用して,
$$\begin{array}{rl}& (q{)}_{2N}^{-1}\sum _m{x}^m{q}^{(5m^2+m)/2}{(\genfrac{}{}{0ex}{}{2N}{N-m})}_q\\ & \sum _{s,t}\frac{q^{s^2+t^2}}{(q{)}_{N-s}(q{)}_{s-t}}\frac{\prod _{m=1}^t(1+x{q}^m)(1+x^{-1}{q}^{m-1})}{(q{)}_{2t}}\end{array}$$

これは$\text{3}$のこと.したがって,証明は完了した.

感想

ロジャース=ラマヌジャン恒等式の証明には,分割数を用いたものやLie代数を用いた証明もあるようです.そっちも解説したい.

謝辞

ここまで読んで下さりありがとうございました.誤植等指摘お願いいたします.

追記: 別証明 も書きました.