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{align} &\sum_{m=0}^{\infty}\frac{q^{m^2}}{(1-q)(1-q^2)\cdots(1-q^m)}=\prod_{m=0}^{\infty}\frac{1}{(1-q^{5m+1})(1-q^{5m+4})}\\ &\sum_{m=0}^{\infty}\frac{q^{m^2+m}}{(1-q)(1-q^2)\cdots(1-q^m)}=\prod_{m=0}^{\infty}\frac{1}{(1-q^{5m+2})(1-q^{5m+3})}\\ \end{align}
の証明を解説します.

証明

まず,ヤコビの三重積:
\begin{align} &\sum_{m=-\infty}^{\infty}x^mq^{(m^2+m)/2}=\prod_{m=1}^{\infty}(1+xq^m)(1+x^{-1}q^{m-1})(1-q^m)\\ \end{align}
において$q\rightarrow q^5,x=-q^{-2},-q^{-1}$として,示すべき等式は

\begin{align} &\sum_{m=0}^{\infty}\frac{q^{m^2}}{(1-q)(1-q^2)\cdots(1-q^m)}=\left(\prod_{m=1}^{\infty}(1-q^m)\right)^{-1}\sum_{m=-\infty}^{\infty}(-1)^mq^{(5m^2+m)/2}\label{1}\tag{1}\\ &\sum_{m=0}^{\infty}\frac{q^{m^2+m}}{(1-q)(1-q^2)\cdots(1-q^m)}=\left(\prod_{m=1}^{\infty}(1-q^m)\right)^{-1}\sum_{m=-\infty}^{\infty}(-1)^mq^{(5m^2+3m)/2}\label{2}\tag{2}\\ \end{align}
となる.

以下の等式を示す.

\begin{align} &\sum_{N\geq s\geq t\geq 0}\frac{q^{s^2+t^2}(1+xq)(1+xq^2)\cdots(1+xq^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})}\\= & \left(\prod_{m=1}^{2N}(1-q^m)\right)^{-1}\sum_{m=-N}^{N}x^mq^{(5m^2+m)/2}\binom{2N}{N-m}_q\label{3}\tag{3}\\ \end{align}

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

\begin{align} &\sum_{m=0}^{\infty}\frac{q^{s^2}}{(1-q)\cdots(1-q^s)}+\sum_{m=1}^{\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}^{\infty}\frac{q^{s^2}}{(1-q)\cdots(1-q^s)}-\sum_{m=0}^{\infty}\frac{q^{s^2}(1-q^s)}{(1-q)\cdots(1-q^s)} \end{align}
これは\ref{2}の左辺に等しいので,\ref{2}も従う.

さて,\ref{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$-\infty$から$\infty$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{align} g_k(x;q)=g_{k-1}(x;q)+\frac{xq^k}{1-xq}g_{k-1}(xq;q) \end{align}
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{align} (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{align}

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{align} \sum_{m}\frac{x^mq^{am^2}}{(q)_{n-m}(q)_{n+m}} =&\sum_{m}\frac{x^mq^{am^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^mq^{(a-1)m^2}}{(q)_j(q)_{2m+j}} \end{align}

$s=m+j$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.□

\ref{3}の証明

$q$-二項定理:
\begin{align} \sum_{m=0}^{\infty}y^mq^{(m^2+m)/2}\binom{n}{m}_q=\prod_{m=1}^{n}(1+yq^m) \end{align}
において$n=2N,y=xq^{-N}$とすることで
\begin{align} \sum_{-N}^{N}x^mq^{(m^2+m)/2}\binom{2N}{N-m}_q=\prod_{m=1}^{N}(1+xq^m)(1+x^{-1}q^{m-1})\label{4}\tag{4} \end{align}
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,\ref{4}の左辺の形を目指して変形する.
\ref{3}の右辺について,補題2を繰り返し用いて,

\begin{align} &(q)_{2N}^{-1}\sum_{m}x^mq^{(5m^2+m)/2}\binom{2N}{N-m}_q\\ &=\sum_{m}\frac{(xq^{1/2})^mq^{5m^2/2}}{(q)_{N-m}(q)_{N+m}}\\ &=\sum_{s}\frac{q^{s^2}}{(s)_{N-s}}\sum_{m}\frac{(xq^{1/2})^mq^{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{(xq^{1/2})^mq^{m^2/2}}{(q)_{t-m}(q)_{t+m}} \end{align}

を得る.
$\sum_{m}$の式に\ref{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{align} &(q)_{2N}^{-1}\sum_{m}x^mq^{(5m^2+m)/2}\binom{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+xq^m)(1+x^{-1}q^{m-1})}{(q)_{2t}} \end{align}

これは\ref{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.