Ramanujanによるp(5n+4)の母関数, 関連する等式
非負整数$n$に対して, $p(5n+4)=0\pmod 5$が成り立つことはRamanujanの合同式として有名である. 母関数の明示式がRamanujanによって与えられている.
$p(n)$を$n$の分割数とするとき,
\begin{align}
\sum_{0\leq n}p(5n+4)q^n&=5\frac{(q^5;q^5)_{\infty}^5}{(q;q)_{\infty}^6}\\
q\frac{(q^5;q^5)_{\infty}^5}{(q;q)_{\infty}}&=\sum_{0\leq n}\left(\frac{q^{5n+1}}{(1-q^{5n+1})^2}-\frac{q^{5n+2}}{(1-q^{5n+2})^2}-\frac{q^{5n+3}}{(1-q^{5n+3})^2}+\frac{q^{5n+4}}{(1-q^{5n+4})^2}\right)
\end{align}
が成り立つ.
以下はBaileyによる1952年の証明である.
まず, 2つ目の等式を示す.
\begin{align}
&\sum_{0\leq n}\left(\frac{q^{5n+1}}{(1-q^{5n+1})^2}-\frac{q^{5n+2}}{(1-q^{5n+2})^2}-\frac{q^{5n+3}}{(1-q^{5n+3})^2}+\frac{q^{5n+4}}{(1-q^{5n+4})^2}\right)\\
&=\sum_{n\in\ZZ}\left(\frac{q^{5n+1}}{(1-q^{5n+1})^2}-\frac{q^{5n+3}}{(1-q^{5n+3})^2}\right)\\
&=(1-q^2)\sum_{n\in\ZZ}\frac{q^{5n+1}(1-q^{10n+4})}{(1-q^{5n+1})^2(1-q^{5n+3})^2}\\
&=\frac{q(1-q^2)(1-q^4)}{(1-q)^2(1-q^3)^2}\BQ66{q^7,-q^7,q,q,q^3,q^3}{q^2,-q^2,q^8,q^8,q^6,q^6}{q^5;q^5}
\end{align}
ここで,
Baileyの${}_6\psi_6$和公式
より,
\begin{align}
&\BQ66{q^7,-q^7,q,q,q^3,q^3}{q^2,-q^2,q^8,q^8,q^6,q^6}{q^5;q^5}\\
&=\frac{(q^7,q^9,q^2,q;q^5)_{\infty}(q^5;q^5)_{\infty}^4}{(q^4,q^2,q^8,q^6;q^5)_{\infty}^2}
\end{align}
であるから, これを代入して,
\begin{align}
q\frac{(q^5;q^5)_{\infty}^5}{(q;q)_{\infty}}&=\sum_{0\leq n}\left(\frac{q^{5n+1}}{(1-q^{5n+1})^2}-\frac{q^{5n+2}}{(1-q^{5n+2})^2}-\frac{q^{5n+3}}{(1-q^{5n+3})^2}+\frac{q^{5n+4}}{(1-q^{5n+4})^2}\right)
\end{align}
を得る. 1つ目の式を示す. 2つ目の式から,
\begin{align}
(q^5;q^5)_{\infty}^5\sum_{0\leq n}p(n)q^{n+1}&=\sum_{0\leq n}\left(\frac{q^{5n+1}}{(1-q^{5n+1})^2}-\frac{q^{5n+2}}{(1-q^{5n+2})^2}-\frac{q^{5n+3}}{(1-q^{5n+3})^2}+\frac{q^{5n+4}}{(1-q^{5n+4})^2}\right)
\end{align}
であるから, 両辺の$q^{5n},n\geq 0$の係数だけを集めることによって,
\begin{align}
&(q^5;q^5)_{\infty}^5\sum_{0\leq n}p(5n+4)q^{5n+5}\\
&=5\sum_{0\leq n}\left(\frac{(q^5)^{5n+1}}{(1-(q^5)^{5n+1})^2}-\frac{(q^5)^{5n+2}}{(1-(q^5)^{5n+2})^2}-\frac{(q^5)^{5n+3}}{(1-(q^5)^{5n+3})^2}+\frac{(q^5)^{5n+4}}{(1-(q^5)^{5n+4})^2}\right)
\end{align}
$q^5\mapsto q$とすると,
\begin{align}
(q;q)_{\infty}^5\sum_{0\leq n}p(5n+4)q^{n+1}&=5\sum_{0\leq n}\left(\frac{q^{5n+1}}{(1-q^{5n+1})^2}-\frac{q^{5n+2}}{(1-q^{5n+2})^2}-\frac{q^{5n+3}}{(1-q^{5n+3})^2}+\frac{q^{5n+4}}{(1-q^{5n+4})^2}\right)\\
&=5q\frac{(q^5;q^5)_{\infty}^5}{(q;q)_{\infty}}
\end{align}
よって,
\begin{align}
\sum_{0\leq n}p(5n+4)q^n&=5\frac{(q^5;q^5)_{\infty}^5}{(q;q)_{\infty}^6}
\end{align}
を得る.
1つ目の等式の係数を比較することによって, 以下のRamanujanによる合同式を得る.
非負整数$n$に対して, $p(5n+4)=0\pmod 5$が成り立つ.
Baileyの論文においては, 定理1の類似として以下のような公式も示されている.
\begin{align} \frac{(q;q)^5}{(q^5;q^5)_{\infty}}&=1-5\sum_{0\leq n}\left(\frac{(5n+1)q^{5n+1}}{1-q^{5n+1}}-\frac{(5n+2)q^{5n+2}}{1-q^{5n+2}}-\frac{(5n+3)q^{5n+3}}{1-q^{5n+3}}+\frac{(5n+4)q^{5n+4}}{1-q^{5n+4}}\right) \end{align}
$\omega:=e^{\frac{2\pi i}5}$とする.
Baileyの${}_6\psi_6$和公式
より,
\begin{align}
&\frac{(q,aq,q/a,\sqrt aq,q/\sqrt a;q)_{\infty}(q^5;q^5)_{\infty}}{(a^{\frac 52}q^5,q^5/a^{\frac 52};q^5)_{\infty}}\\
&=\BQ66{\sqrt aq,-\sqrt aq,\sqrt a\omega,\sqrt a\omega^2,\sqrt a\omega^3,\sqrt a\omega^4}{\sqrt a,-\sqrt a,\omega^4\sqrt aq,\omega^3\sqrt aq,\omega^2\sqrt aq,\omega\sqrt aq}{q}\\
&=\frac{1-a^\frac 52}{(1-a)(1-\sqrt a)}\sum_{n\in\ZZ}\frac{(1-aq^{2n})(1-\sqrt aq)q^n}{1-a^{\frac 52}q^{5n}}\\
&=1+\frac{1-a^\frac 52}{(1-a)(1-\sqrt a)}\sum_{0< n}\left(\frac{(1-aq^{2n})(1-\sqrt aq^n)q^n}{1-a^{\frac 52}q^{5n}}-\frac{(q^{2n}-a)(q^n-\sqrt a)q^n}{a^{\frac 52}-q^{5n}}\right)\\
&=1+\frac{1-a^\frac 52}{(1-a)(1-\sqrt a)}\sum_{0< n}\frac{(1-aq^{2n})(1-\sqrt aq^n)(a^{\frac 52}-q^{5n})q^n-(q^{2n}-a)(q^n-\sqrt a)q^n(1-a^{\frac 52}q^{5n})}{(1-a^{\frac 52}q^{5n})(a^{\frac 52}-q^{5n})}
\end{align}
である. $a\to 1$とすると,
\begin{align}
\frac{(q;q)_{\infty}^5}{(q^5;q^5)_{\infty}}&=1-5\sum_{0< n}\frac{q^n-2q^{2n}-3q^{3n}+4q^{4n}+4q^{6n}-3q^{7n}-2q^{8n}+q^{9n}}{(1-q^{5n})^2}
\end{align}
となるから,
\begin{align}
\sum_{0< n}\frac{q^{an}}{(1-q^{5n})^2}&=\sum_{0< n,0\leq m}(m+1)q^{(5m+a)n}\\
&=\sum_{0\leq m}\frac{(m+1)q^{5m+a}}{1-q^{5m+a}}
\end{align}
を用いると,
\begin{align}
&\sum_{0< n}\frac{q^n-2q^{2n}-3q^{3n}+4q^{4n}+4q^{6n}-3q^{7n}-2q^{8n}+q^{9n}}{(1-q^{5n})^2}\\
&=\sum_{0\leq m}(m+1)\left(\frac{q^{5m+1}}{1-q^{5m+1}}-\frac{2q^{5m+2}}{1-q^{5m+2}}-\frac{3q^{5m+3}}{1-q^{5m+3}}+\frac{4q^{5m+4}}{1-q^{5m+4}}\right)\\
&+\sum_{0\leq m}m\left(\frac{4q^{5m+1}}{1-q^{5m+1}}-\frac{3q^{5m+2}}{1-q^{5m+2}}-\frac{2q^{5m+3}}{1-q^{5m+3}}+\frac{q^{5m+4}}{1-q^{5m+4}}\right)\\
&=\sum_{0\leq m}\left(\frac{(5m+1)q^{5m+1}}{1-q^{5m+1}}-\frac{(5m+2)q^{5m+2}}{1-q^{5m+2}}-\frac{(5m+3)q^{5m+3}}{1-q^{5m+3}}+\frac{(5m+4)q^{5m+4}}{1-q^{5m+4}}\right)\\
\end{align}
となって示される.
