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ヤコビの二平方定理・四平方定理

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はじめに

　この記事ではヤコビの二平方定理・四平方定理
$\begin{aligned} {(\sum_{n = - \infty}^{\infty} q^{n^{2}})}^{2} & = 1 - 8 \sum_{n = 1}^{\infty} (- 1)^{n} \frac{q^{2 n - 1}}{1 - q^{2 n - 1}} \\ {(\sum_{n = - \infty}^{\infty} q^{n^{2}})}^{4} & = 1 + 8 \sum_{\begin{array}{c} n = 1 \\ 4 ∤ n \end{array}}^{\infty} \frac{n q^{n}}{1 - q^{n}} \end{aligned}$
について解説していきます。

二平方定理・四平方定理

　二平方定理・四平方定理とは自然数 $n$ を平方数の和
$\begin{aligned} n & = x^{2} + y^{2} \\ n & = a^{2} + b^{2} + c^{2} + d^{2} \end{aligned}$
として表すことに関する定理であり、最も有名なものとしてはフェルマーの二平方定理・ラグランジュの四平方定理があります。

フェルマーの二平方定理

　自然数 $n$ に対し
$n = x^{2} + y^{2}$
を満たすような整数 $x, y$ が存在することと、 $n$ の素因数分解における $4 k + 3$ 型素数の指数が全て偶数であることは同値である。

ラグランジュの四平方定理

　任意の自然数 $n$ に対し
$n = x^{2} + y^{2} + z^{2} + w^{2}$
を満たすような整数 $x, y, z, w$ が存在する。

　これらの定理は
$\begin{aligned} n & = x^{2} + y^{2} \\ n & = a^{2} + b^{2} + c^{2} + d^{2} \end{aligned}$
という表現の存在性に関するものとなっていますが、より強くこのような表現の個数は次の公式によって明示的に求めることができます。

ヤコビの二平方定理

　自然数 $n$ に対し
$n = x^{2} + y^{2}$
を満たすような整数の組 $(x, y)$ は丁度
$4 \sum_{2 ∤ d ∣ n} (- 1)^{\frac{d - 1}{2}}$
個存在する。

ヤコビの四平方定理

　任意の自然数 $n$ に対し
$n = x^{2} + y^{2} + z^{2} + w^{2}$
を満たすような整数の組 $(x, y, z, w)$ は丁度
$8 \sum_{4 ∤ d ∣ n} d$
個存在する。

　この記事ではヤコビの示したこれらの定理についてヤコビによる証明とHirschhornによる証明について解説していきます。

問題の帰着

テータ関数

　ヤコビの二平方定理・四平方定理は
$\sum_{n = - \infty}^{\infty} q^{n^{2}}$
という級数の二乗・四乗を考えることで示されます。
　実際この二乗・四乗は
$\begin{aligned} {(\sum_{n = - \infty}^{\infty} q^{n^{2}})}^{2} & = \sum_{x, y = - \infty}^{\infty} q^{x^{2} + y^{2}} \\ = \sum_{n = 0}^{\infty} (\sum_{x^{2} + y^{2} = n} 1) q^{n} \\ {(\sum_{n = - \infty}^{\infty} q^{n^{2}})}^{4} & = \sum_{x, y, z, w = - \infty}^{\infty} q^{x^{2} + y^{2} + z^{2} + w^{2}} \\ = \sum_{n = 0}^{\infty} (\sum_{x^{2} + y^{2} + z^{2} + w^{2} = n} 1) q^{n} \end{aligned}$
と表せるので示すべき式は
$\begin{aligned} {(\sum_{n = - \infty}^{\infty} q^{n^{2}})}^{2} & = 1 + 4 \sum_{n = 1}^{\infty} (\sum_{2 ∤ d ∣ n} (- 1)^{\frac{d - 1}{2}}) q^{n} \\ {(\sum_{n = - \infty}^{\infty} q^{n^{2}})}^{4} & = 1 + 8 \sum_{n = 1}^{\infty} (\sum_{4 ∤ d ∣ n} d) q^{n} \end{aligned}$
となります。

ランベルト級数

　しかし実際にヤコビが示した式は
$\begin{aligned} {(\sum_{n = - \infty}^{\infty} q^{n^{2}})}^{2} & = 1 - 4 \sum_{n = 1}^{\infty} (- 1)^{n - 1} \frac{q^{2 n - 1}}{1 - q^{2 n - 1}} \\ {(\sum_{n = - \infty}^{\infty} q^{n^{2}})}^{4} & = 1 + 8 \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{n q^{n}}{1 + (- q)^{n}} \end{aligned}$
というものでした。
　これが上の式に一致することはランベルト級数に関する次の事実を用いることで確かめられます。

$\sum_{n = 1}^{\infty} (\sum_{d ∣ n} a_{d}) q^{n} = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{a_{n} q^{n}}{1 - q^{n}}$

$\begin{aligned} \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{a_{n} q^{n}}{1 - q^{n}} & = \sum_{n = 1}^{\infty} a_{n} \sum_{m = 1}^{\infty} (q^{n})^{m} \\ = \sum_{l = 1}^{\infty} (\sum_{m n = l} a_{n}) q^{l} \\ = \sum_{l = 1}^{\infty} (\sum_{d ∣ l} a_{d}) q^{l} \end{aligned}$
とわかる。

$\begin{aligned} \sum_{n = 1}^{\infty} (\sum_{2 ∤ d ∣ n} (- 1)^{\frac{d - 1}{2}}) q^{n} & = \sum_{n = 1}^{\infty} (- 1)^{n - 1} \frac{q^{2 n - 1}}{1 - q^{2 n - 1}} \\ \sum_{n = 1}^{\infty} (\sum_{4 ∤ d ∣ n} d) q^{n} & = \sum_{\begin{array}{c} n = 1 \\ 4 ∤ n \end{array}}^{\infty} \frac{n q^{n}}{1 - q^{n}} \\ = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{n q^{n}}{1 + (- q)^{n}} \end{aligned}$

　上の補題においてそれぞれ
$\begin{aligned} a_{n} & = {\begin{array}{cl} 0 & n \equiv 0 (\mod 2) \\ (- 1)^{\frac{n - 1}{2}} & n \equiv 1 (\mod 2) \end{array} \\ a_{n} & = {\begin{array}{cl} 0 & n \equiv 0 (\mod 4) \\ n & n ≢ 0 (\mod 4) \end{array} \end{aligned}$
とおくことでわかる。
　また最後の等号については
$\frac{x}{1 + x} = \frac{x}{1 - x} - \frac{2 x^{2}}{1 - x^{2}}$
に注意すると
$\begin{aligned} \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{n q^{n}}{1 + (- q)^{n}} & = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{2 n q^{2 n}}{1 + q^{2 n}} + \sum_{\begin{array}{c} n = 1 \\ 2 ∤ n \end{array}}^{\infty} \frac{n q^{n}}{1 - q^{n}} \\ = \sum_{n = 1}^{\infty} (\frac{2 n q^{2 n}}{1 - q^{2 n}} - \frac{4 n q^{4 n}}{1 - q^{4 n}}) + \sum_{\begin{array}{c} n = 1 \\ 2 ∤ n \end{array}}^{\infty} \frac{n q^{n}}{1 - q^{n}} \\ = \sum_{\begin{array}{c} n = 1 \\ 4 ∤ n \end{array}}^{\infty} \frac{n q^{n}}{1 - q^{n}} \end{aligned}$
とわかる。

ヤコビの三重積

　では上のようなランベルト級数は一体どこから出てきたのでしょうか。
　それにはヤコビの三重積が重要な役割を果たします。

ヤコビの三重積

$\sum_{n = - \infty}^{\infty} q^{n^{2}} z^{n} = \prod_{n = 1}^{\infty} (1 - q^{2 n}) (1 + q^{2 n - 1} z) (1 + q^{2 n - 1} z^{- 1})$

　例えばこの公式の右辺を $z$ について対数微分することで
$\begin{aligned} z \frac{d}{d z} \log (\prod_{n = 1}^{\infty} (1 - q^{2 n - 1} z) (1 - q^{2 n - 1} z^{- 1})) \\ = \sum_{n = 1}^{\infty} (\frac{q^{2 n - 1} z}{1 + q^{2 n - 1} z} - \frac{q^{2 n - 1} z^{- 1}}{1 + q^{2 n - 1} z^{- 1}}) \\ = - \sum_{n = 1}^{\infty} \sum_{m = 1}^{\infty} (- 1)^{m} q^{(2 n - 1) m} (z^{m} - z^{- m}) \\ = - \sum_{m = 1}^{\infty} (- 1)^{m} \frac{q^{m}}{1 - q^{2 m}} (z^{m} - z^{- m}) \end{aligned}$
のようなランベルト級数が出てくることとなります。
　では具体的にどのようにして
$\begin{aligned} {(\sum_{n = - \infty}^{\infty} q^{n^{2}})}^{2} & = 1 - 4 \sum_{n = 1}^{\infty} (- 1)^{n - 1} \frac{q^{2 n - 1}}{1 - q^{2 n - 1}} \\ {(\sum_{n = - \infty}^{\infty} q^{n^{2}})}^{4} & = 1 + 8 \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{n q^{n}}{1 + (- q)^{n}} \end{aligned}$
という式が導出されるのかを見ていくこととしましょう。

テータ関数と三重積

　まず以下での議論を円滑にするために各種のテータ関数とその三重積についてまとめておこう。

$\begin{aligned} θ_{1} (z, q) & = \sum_{n = \infty}^{\infty} (- 1)^{n} q^{(n + \frac{1}{2})^{2}} z^{n + \frac{1}{2}} & = q^{\frac{1}{4}} (z^{\frac{1}{2}} - z^{- \frac{1}{2}}) \prod_{n = 1}^{\infty} (1 - q^{2 n}) (1 - q^{2 n} z) (1 - q^{2 n} z^{- 1}) \\ θ_{2} (z, q) & = \sum_{n = \infty}^{\infty} q^{(n + \frac{1}{2})^{2}} z^{n + \frac{1}{2}} & = q^{\frac{1}{4}} (z^{\frac{1}{2}} + z^{- \frac{1}{2}}) \prod_{n = 1}^{\infty} (1 - q^{2 n}) (1 + q^{2 n} z) (1 + q^{2 n} z^{- 1}) \\ θ_{3} (z, q) & = \sum_{n = \infty}^{\infty} q^{n^{2}} z^{n} & = \prod_{n = 1}^{\infty} (1 - q^{2 n}) (1 + q^{2 n - 1} z) (1 + q^{2 n - 1} z^{- 1}) \\ θ_{4} (z, q) & = \sum_{n = \infty}^{\infty} (- 1)^{n} q^{n^{2}} z^{n} & = \prod_{n = 1}^{\infty} (1 - q^{2 n}) (1 - q^{2 n - 1} z) (1 - q^{2 n - 1} z^{- 1}) \\ θ_{1}^{'} (q) & = \sum_{n = \infty}^{\infty} (- 1)^{n} (2 n + 1) q^{(n + \frac{1}{2})^{2}} & = 2 q^{\frac{1}{4}} \prod_{n = 1}^{\infty} (1 - q^{2 n})^{3} \\ θ_{2} (q) & = \sum_{n = \infty}^{\infty} q^{(n + \frac{1}{2})^{2}} & = 2 q^{\frac{1}{4}} \prod_{n = 1}^{\infty} (1 - q^{2 n}) (1 + q^{2 n})^{2} \\ θ_{3} (q) & = \sum_{n = \infty}^{\infty} q^{n^{2}} & = \prod_{n = 1}^{\infty} (1 - q^{2 n}) (1 + q^{2 n - 1})^{2} \\ θ_{4} (q) & = \sum_{n = \infty}^{\infty} (- 1)^{n} q^{n^{2}} & = \prod_{n = 1}^{\infty} (1 - q^{2 n}) (1 - q^{2 n - 1})^{2} \end{aligned}$

分割恒等式

$\prod_{n = 1}^{\infty} (1 - q^{2 n - 1}) = \prod_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{1 + q^{n}}$
特に
$\begin{aligned} θ_{1}^{'} (q) & = θ_{2} (q) θ_{3} (q) θ_{4} (q) \\ θ_{4} (q) & = \prod_{n = 1}^{\infty} \frac{1 - q^{n}}{1 + q^{n}} \end{aligned}$

$\begin{aligned} \prod_{n = 1}^{\infty} (1 - q^{2 n - 1}) & = \prod_{n = 1}^{\infty} \frac{(1 - q^{2 n}) (1 - q^{2 n - 1})}{1 - q^{2 n}} \\ = \prod_{n = 1}^{\infty} \frac{1 - q^{n}}{1 - q^{2 n}} \\ = \prod_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{1 + q^{n}} \end{aligned}$
およびこのことから
$\begin{aligned} θ_{2} (q) θ_{3} (q) θ_{4} (q) & = 2 q^{\frac{1}{4}} \prod_{n = 1}^{\infty} (1 - q^{2 n})^{3} {(1 + q^{2 n}) (1 + q^{2 n - 1}) (1 - q^{2 n - 1})}^{2} \\ = 2 q^{\frac{1}{4}} \prod_{n = 1}^{\infty} (1 - q^{2 n})^{3} {(1 + q^{n}) (1 - q^{2 n - 1})}^{2} \\ = 2 q^{\frac{1}{4}} \prod_{n = 1}^{\infty} (1 - q^{2 n})^{3} \\ = θ_{1}^{'} (q) \end{aligned}$
がわかる。

ヤコビによる証明

　ヤコビによる証明はこの記事の定理4として紹介していたので、ここではその要点を解説するだけに留める。また実際にはヤコビの楕円関数を中心に議論が進められるが、ここではその議論をテータ関数に置き換えて考える。
　ヤコビによる証明においてはテータ関数の楕円関数としての性質に着目することとなる(正確にはテータ関数が持つのは擬二重周期性であり、テータ関数同士の商を取ることで二重周期性が現れる)。具体的にはヤコビの楕円関数を経由することで次のような公式が示される。

$\begin{aligned} 2 z \frac{d}{d z} \log \frac{θ_{2} (z, q)}{θ_{4} (z, q)} & = θ_{3} (q)^{2} \frac{θ_{1} (z, q) θ_{3} (z, q)}{θ_{2} (z, q) θ_{4} (z, q)} \\ z \frac{d}{d z} \log \frac{θ_{1} (i z^{\frac{1}{2}}, q^{\frac{1}{2}})}{θ_{2} (i z^{\frac{1}{2}}, q^{\frac{1}{2}})} & = θ_{2} (q) θ_{3} (q) \frac{θ_{3} (z, q)}{θ_{2} (z, q)} \end{aligned}$

　またこの左辺を展開することで以下のランベルト級数が得られる。

$\begin{aligned} θ_{3} (q)^{2} \frac{θ_{1} (z, q) θ_{3} (z, q)}{θ_{2} (z, q) θ_{4} (z, q)} & = \frac{z - 1}{z + 1} + 2 \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{q^{n}}{1 + (- q)^{n}} (z^{n} - z^{- n}) \\ θ_{2} (q) θ_{3} (q) \frac{θ_{3} (z, q)}{θ_{2} (z, q)} & = \frac{2}{z^{\frac{1}{2}} + z^{- \frac{1}{2}}} - 2 \sum_{n = 1}^{\infty} (- 1)^{n} \frac{q^{2 n - 1}}{1 - q^{2 n - 1}} (z^{n - \frac{1}{2}} + z^{- (n - \frac{1}{2})}) \end{aligned}$

証明(長いので折りたたみ)

$\begin{aligned} - z \frac{d}{d z} \log ((1 - q^{m} z) (1 - q^{m} z^{- 1})) & = \frac{q^{m} z}{1 - q^{m} z} - \frac{q^{m} z^{- 1}}{1 - q^{m} z^{- 1}} \\ = \sum_{k = 1}^{\infty} q^{k m} (z^{k} - z^{- k}) \end{aligned}$
に注意すると
$\begin{aligned} 2 z \frac{d}{d z} \log \frac{θ_{2} (z, q)}{θ_{4} (z, q)} & = 2 z \frac{d}{d z} \log ((z^{\frac{1}{2}} + z^{- \frac{1}{2}}) \prod_{n = 1}^{\infty} \frac{(1 + q^{2 n} z) (1 + q^{2 n} z^{- 1})}{(1 - q^{2 n - 1} z) (1 - q^{2 n - 1} z^{- 1})}) \\ = \frac{z^{\frac{1}{2}} - z^{- \frac{1}{2}}}{z^{\frac{1}{2}} + z^{- \frac{1}{2}}} + 2 \sum_{m = 1}^{\infty} (- 1)^{m} z \frac{d}{d z} \log ((1 + (- q)^{m} z) (1 + (- q)^{m} z^{- 1})) \\ = \frac{z - 1}{z + 1} - 2 \sum_{m = 1}^{\infty} (- 1)^{m} \sum_{k = 1}^{\infty} (- q)^{m k} (z^{k} - z^{- k}) \\ = \frac{z - 1}{z + 1} - 2 \sum_{k = 1}^{\infty} (\sum_{m = 1}^{\infty} (- (- q^{k}))^{m}) (z^{k} - z^{- k}) \\ = \frac{z - 1}{z + 1} + 2 \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{q^{k}}{1 + (- q)^{k}} (z^{k} - z^{- k}) \end{aligned}$
が得られる。
　同様に
$\begin{aligned} 2 z \frac{d}{d z} \log \frac{θ_{1} (z, q^{\frac{1}{2}})}{θ_{2} (z, q^{\frac{1}{2}})} & = 2 z \frac{d}{d z} \log (\frac{z^{\frac{1}{2}} - z^{- \frac{1}{2}}}{z^{\frac{1}{2}} + z^{- \frac{1}{2}}} \prod_{n = 1}^{\infty} \frac{(1 - q^{n} z) (1 - q^{n} z^{- 1})}{(1 + q^{n} z) (1 + q^{n} z^{- 1})}) \\ = \frac{z^{\frac{1}{2}} + z^{- \frac{1}{2}}}{z^{\frac{1}{2}} - z^{- \frac{1}{2}}} - \frac{z^{\frac{1}{2}} - z^{- \frac{1}{2}}}{z^{\frac{1}{2}} + z^{- \frac{1}{2}}} - 2 \sum_{n = 1}^{\infty} \sum_{k = 1}^{\infty} (q^{k n} - (- 1)^{k} q^{k n}) (z^{k} - z^{- k}) \\ = \frac{4}{z - z^{- 1}} - 4 \sum_{n = 1}^{\infty} \sum_{k = 1}^{\infty} q^{(2 k - 1) n} (z^{2 k - 1} - z^{- (2 k - 1)}) \\ = \frac{4}{z - z^{- 1}} - 4 \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{q^{2 k - 1}}{1 - q^{2 k - 1}} (z^{2 k - 1} - z^{- (2 k - 1)}) \end{aligned}$
より
$\begin{aligned} 2 z \frac{d}{d z} \log \frac{θ_{1} (i z^{\frac{1}{2}}, q^{\frac{1}{2}})}{θ_{2} (i z^{\frac{1}{2}}, q^{\frac{1}{2}})} & = z^{\frac{1}{2}} \frac{d}{d z^{\frac{1}{2}}} \log \frac{θ_{1} (i z^{\frac{1}{2}}, q^{\frac{1}{2}})}{θ_{2} (i z^{\frac{1}{2}}, q^{\frac{1}{2}})} \\ = i (\frac{2}{i z^{\frac{1}{2}} - (i z^{\frac{1}{2}})^{- 1}} - 2 \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{q^{2 n - 1}}{1 - q^{2 n - 1}} ((i z^{\frac{1}{2}})^{2 n - 1} - (i z^{\frac{1}{2}})^{- (2 n - 1)})) \\ = \frac{2}{z^{\frac{1}{2}} + z^{- \frac{1}{2}}} - 2 \sum_{n = 1}^{\infty} (- 1)^{n} \frac{q^{2 n - 1}}{1 - q^{2 n - 1}} (z^{n - \frac{1}{2}} + z^{- (n - \frac{1}{2})}) \end{aligned}$
を得る。

　そしてこれの $z \to 1$ における挙動を考えることで所望の等式が得られることとなる。

$\begin{aligned} θ_{3} (q)^{4} & = 1 + 8 \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{n q^{n}}{1 + (- q)^{n}} \\ θ_{3} (q)^{2} & = 1 - 4 \sum_{n = 1}^{\infty} (- 1)^{n} \frac{q^{2 n - 1}}{1 - q^{2 n - 1}} \end{aligned}$

$θ_{2} (1, q) = θ_{2} (q), θ_{3} (1, q) = θ_{3} (q), θ_{4} (1, q) = θ_{4} (q)$
および
$\begin{aligned} lim_{z \to 1} \frac{θ_{1} (z, q)}{z - 1} & = \frac{θ_{1}^{'} (q)}{2} = \frac{1}{2} θ_{2} (q) θ_{3} (q) θ_{4} (q) \\ lim_{z \to 1} \frac{z^{n} - z^{- n}}{z - 1} & = 2 n \end{aligned}$
に注意するとわかる。

Hirschhornによる証明

　ヤコビによる証明ではテータ関数の楕円関数としての性質から導かれる
$\begin{aligned} 2 z \frac{d}{d z} \log \frac{θ_{2} (z, q)}{θ_{4} (z, q)} & = θ_{3} (q)^{2} \frac{θ_{1} (z, q) θ_{3} (z, q)}{θ_{2} (z, q) θ_{4} (z, q)} \\ z \frac{d}{d z} \log \frac{θ_{1} (i z^{\frac{1}{2}}, q^{\frac{1}{2}})}{θ_{2} (i z^{\frac{1}{2}}, q^{\frac{1}{2}})} & = θ_{2} (q) θ_{3} (q) \frac{θ_{3} (z, q)}{θ_{2} (z, q)} \end{aligned}$
といった高度な等式を用いていた。
　しかし
$\begin{aligned} θ_{3} (q)^{4} & = 1 + 8 \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{n q^{n}}{1 + (- q)^{n}} \\ θ_{3} (q)^{2} & = 1 - 4 \sum_{n = 1}^{\infty} (- 1)^{n} \frac{q^{2 n - 1}}{1 - q^{2 n - 1}} \end{aligned}$
を示すだけなら楕円関数という道具を持ち出す必要はなく、テータ関数やヤコビの三重積を巧みに変形することで導出することができる。
　ここではHirschhornの論文"A simple proof of Jacobi's two/four-square theorem"による証明を見ていくこととしよう。

余談

　ちなみにHirschhornは $q$ -級数に関する論文を多数出版しており、それらは彼のホームページにて公開されています。今回紹介する内容はその21,25番目の論文に当たります。

二平方和定理の証明

$f (z) = \sum_{n = - \infty}^{\infty} q^{2 n^{2} + n + \frac{1}{8}} z^{2 n + \frac{1}{2}}$
とおくと
$θ_{1} (z, q^{\frac{1}{2}}) = f (z) - f (z^{- 1})$
が成り立つ。

　 $m$ の偶奇によって $m = 2 n, - 2 n - 1$ とおくことで
$\begin{aligned} θ_{1} (z, q^{\frac{1}{2}}) & = \sum_{m = - \infty}^{\infty} (- 1)^{m} q^{\frac{1}{2} (m + \frac{1}{2})^{2}} z^{m + \frac{1}{2}} \\ = \sum_{n = - \infty}^{\infty} q^{\frac{1}{2} (2 n + \frac{1}{2})^{2}} z^{2 n + \frac{1}{2}} - \sum_{n = - \infty}^{\infty} q^{\frac{1}{2} (2 n + \frac{1}{2})^{2}} z^{- (2 n + \frac{1}{2})} \\ = f (z) - f (z^{- 1}) \end{aligned}$
とわかる。

$\begin{aligned} f (1) & = q^{\frac{1}{8}} \prod_{n = 1}^{\infty} (1 - q^{n}) (1 + q^{n})^{2} \\ \frac{f^{'} (1)}{f (1)} & = \frac{1}{2} (1 - 4 \sum_{n = 1}^{\infty} (- 1)^{n} \frac{q^{2 n - 1}}{1 + q^{2 n - 1}}) \end{aligned}$

　ヤコビの三重積から
$\begin{aligned} f (z) & = q^{\frac{1}{8}} z^{\frac{1}{2}} \sum_{n = - \infty}^{\infty} (q^{2})^{n^{2}} (q z^{2})^{n} \\ = q^{\frac{1}{8}} z^{\frac{1}{2}} \prod_{n = 1}^{\infty} (1 - q^{4 n}) (1 + q^{2 (2 n - 1)} (q z^{2})) (1 + q^{2 (2 n - 1)} (q z^{2})^{- 1}) \\ = q^{\frac{1}{8}} z^{\frac{1}{2}} \prod_{n = 1}^{\infty} (1 - q^{4 n}) (1 + q^{4 n - 1} z^{2}) (1 + q^{4 n - 3} z^{- 2}) \end{aligned}$
が成り立つことに注意すると
$\begin{aligned} f (1) & = q^{\frac{1}{8}} \prod_{n = 1}^{\infty} (1 - q^{4 n}) \cdot (1 + q^{4 n - 1}) (1 + q^{4 n - 3}) \\ = q^{\frac{1}{8}} \prod_{n = 1}^{\infty} (1 - q^{n}) (1 + q^{n}) (1 + q^{2 n}) \cdot (1 + q^{2 n - 1}) \\ = q^{\frac{1}{8}} \prod_{n = 1}^{\infty} (1 - q^{n}) (1 + q^{n})^{2} \end{aligned}$
および
$\begin{aligned} z \frac{d}{d z} \log f (z) & = \frac{1}{2} + 2 \sum_{n = 1}^{\infty} (\frac{q^{4 n - 1} z^{2}}{1 + q^{4 n - 1} z^{2}} - \frac{q^{4 n - 3} z^{- 2}}{1 + q^{4 n - 3} z^{- 2}}) \\ \frac{f^{'} (1)}{f (1)} & = \frac{1}{2} + 2 \sum_{n = 1}^{\infty} (\frac{q^{4 n - 1}}{1 + q^{4 n - 1}} - \frac{q^{4 n - 3}}{1 + q^{4 n - 3}}) \\ = \frac{1}{2} (1 + 4 \sum_{n = 1}^{\infty} (- 1)^{n} \frac{q^{2 n - 1}}{1 + q^{2 n - 1}}) \end{aligned}$
を得る。

$θ_{3} (q)^{2} = 1 - 4 \sum_{n = 1}^{\infty} (- 1)^{n} \frac{q^{2 n - 1}}{1 - q^{2 n - 1}}$

　補題11から
$\begin{aligned} \frac{1}{2} θ_{1}^{'} (q^{\frac{1}{2}}) & = \frac{d}{d z} θ_{1} (z, q^{\frac{1}{2}}) |_{z = 1} \\ = \frac{d}{d z} (f (z) - f (z^{- 1})) |_{z = 1} \\ = 2 f^{'} (1) \end{aligned}$
が成り立つので補題12より
$\begin{aligned} \frac{1}{2} \frac{θ_{1}^{'} (q^{\frac{1}{2}})}{f (1)} & = \prod_{n = 1}^{\infty} {(\frac{1 - q^{n}}{1 + q^{n}})}^{2} & = θ_{4} (q)^{2} \\ = 2 \frac{f^{'} (1)}{f (1)} & = 1 + 4 \sum_{n = 1}^{\infty} (- 1)^{n} \frac{q^{2 n - 1}}{1 + q^{2 n - 1}} \end{aligned}$
つまり
$θ_{3} (q)^{2} = θ_{4} (- q)^{2} = 1 - 4 \sum_{n = 1}^{\infty} (- 1)^{n} \frac{q^{2 n - 1}}{1 - q^{2 n - 1}}$
を得る。

四平方定理の証明

$θ_{1} (q^{\frac{1}{2}})^{2} = 8 θ_{2} (q) θ_{3} (q) \cdot q \frac{d}{d q} \log \frac{θ_{2} (q)}{θ_{3} (q)}$

　 $m, n$ の偶奇の違いによって
$(r, s) = {\begin{array}{cl} (\frac{m + n}{2}, \frac{m - n}{2}) & m \equiv n (\mod 2) \\ (\frac{m - n - 1}{2}, \frac{m + n + 1}{2}) & m ≢ n (\mod 2) \end{array}$
とおくと
$(m, n) = {\begin{cases} (s + r, s - r) & m \equiv n (\mod 2) \\ (s + r, r - s - 1) & m ≢ n (\mod 2) \end{cases}$
より
$\begin{aligned} {(m + \frac{1}{2})}^{2} + {(n + \frac{1}{2})}^{2} & = {(r + s + \frac{1}{2})}^{2} + {(r - s + \frac{1}{2})}^{2} \\ = 2 ({(r + \frac{1}{2})}^{2} + s^{2}) \\ (2 m + 1) (2 n + 1) & = (- 1)^{m + n} (2 r + 2 s + 1) (2 r - 2 s + 1) \\ = (- 1)^{m + n} ((2 r + 1)^{2} - 4 s^{2}) \end{aligned}$
が成り立つ。
　したがって
$\begin{aligned} θ_{1} (q^{\frac{1}{2}})^{2} & = \sum_{m, n = - \infty}^{\infty} (- 1)^{m + n} (2 m + 1) (2 n + 1) q^{((m + \frac{1}{2})^{2} + (n + \frac{1}{2})^{2}) / 2} \\ = 2 \sum_{r, s = - \infty}^{\infty} ((2 r + 1)^{2} - 4 s^{2}) q^{(r + \frac{1}{2})^{2} + s^{2}} \\ = 8 ((\sum_{s = - \infty}^{\infty} q^{s^{2}}) (\sum_{r = - \infty}^{\infty} {(r + \frac{1}{2})}^{2} q^{(r + \frac{1}{2})^{2}}) - (\sum_{r = - \infty}^{\infty} q^{(r + \frac{1}{2})^{2}}) (\sum_{s = - \infty}^{\infty} s^{2} q^{s^{2}})) \\ = 8 (θ_{3} (q) q \frac{d}{d q} θ_{2} (q) - θ_{2} (q) q \frac{d}{d q} θ_{3} (q)) \\ = 8 θ_{2} (q) θ_{3} (q) \cdot q \frac{d}{d q} \log \frac{θ_{2} (q)}{θ_{3} (q)} \end{aligned}$
を得る。

$θ_{3} (q)^{4} = 1 + 8 \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{n q^{n}}{1 + (- q)^{n}}$

$\begin{aligned} 4 q \frac{d}{d q} \log \frac{θ_{2} (q)}{θ_{3} (q)} & = 4 q \frac{d}{d q} \log (q^{\frac{1}{4}} \prod_{n = 1}^{\infty} \frac{(1 + q^{2 n})^{2}}{(1 + q^{2 n - 1})^{2}}) \\ = 1 + 8 \sum_{n = 1}^{\infty} (\frac{2 n q^{2 n}}{1 + q^{2 n}} - \frac{(2 n - 1) q^{2 n - 1}}{1 + q^{2 n - 1}}) \\ = 1 + 8 \sum_{n = 1}^{\infty} (- 1)^{n} \frac{n q^{n}}{1 + q^{n}} \end{aligned}$
および
$\begin{aligned} \frac{θ_{1} (q^{\frac{1}{2}})^{2}}{2 θ_{2} (q) θ_{3} (q)} & = \prod_{n = 1}^{\infty} \frac{(1 - q^{n})^{6}}{(1 - q^{2 n})^{2} \cdot (1 + q^{2 n})^{2} (1 + q^{2 n - 1})^{2}} \\ = \prod_{n = 1}^{\infty} \frac{(1 - q^{n})^{4}}{(1 + q^{n})^{2} \cdot (1 + q^{n})^{2}} \\ = θ_{4} (q)^{4} \end{aligned}$
が成り立つことに注意すると補題14より
$θ_{3} (q)^{4} = θ_{4} (- q)^{4} = 1 + 8 \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{n q^{n}}{1 + (- q)^{n}}$
を得る。