Young図形を用いてRogers-Ramanujanの恒等式の証明を試みる

[1]まずは最初の項を書き出してみる。
\begin{eqnarray} c_{0}(z;q)=1 \end{eqnarray}
\begin{eqnarray} c_{1}(z;q)&=&1+\boxplus_{k=1}^{1}\frac{zq^{k}}{1}\\ &=&1+zq \end{eqnarray}
\begin{eqnarray} c_{2}(z;q)&=&1+\boxplus_{k=1}^{2}\frac{zq^{k}}{1}\\ &=&1+\frac{zq}{1+zq^{2}}\\ &=&\frac{1+zq+zq^{2}}{1+zq^{2}} \end{eqnarray}
\begin{eqnarray} c_{3}(z;q)&=&1+\boxplus_{k=1}^{3}\frac{zq^{k}}{1}\\ &=&1+\frac{zq}{1+\boxplus_{k=1}^{2}\frac{(zq)q^{k}}{1}}\\ &=&1+\frac{zq}{c_{2}(zq;q)}\\ &=&1+\frac{zq}{\frac{1+zq^{2}+zq^{3}}{1+zq^{3}}}\\ &=&1+\frac{zq(1+zq^{3})}{1+zq^{2}+zq^{3}}\\ &=&\frac{1+zq+zq^{2}+zq^{3}+z^{2}q^{4}}{1+zq^{2}+zq^{3}} \end{eqnarray}
\begin{eqnarray} c_{4}(z;q)&=&1+\boxplus_{k=1}^{4}\frac{zq^{k}}{1}\\ &=&1+\frac{zq}{c_{3}(zq;q)}\\ &=&1+\frac{zq(1+zq^{3}+zq^{4})}{1+zq^{2}+zq^{3}+zq^{4}+z^{2}q^{6}}\\ &=&\frac{1+zq+zq^{2}+zq^{3}+zq^{4}+z^{2}q^{4}+z^{2}q^{5}+z^{2}q^{6}}{1+zq^{2}+zq^{3}+zq^{4}+z^{2}q^{6}} \end{eqnarray}
[2]上記の計算により$c_{n}(z;q)\coloneqq\frac{H_{n}(z;q)}{H_{n-1}(zq;q)}$の様に置くと
\begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} H_{-1}(z;q)=1\\ H_{0}(z;q)=1\\ H_{1}(z;q)=1+zq \end{array} \right. \end{eqnarray}
\begin{eqnarray} c_{n+1}(z;q)&=&1+\boxplus_{k=1}^{n}\frac{zq^{k}}{1}\\ &=&1+\frac{zq}{c_{n}(zq;q)}\\ &=&1+\frac{zqH_{n-1}(zq^{2};q)}{H_{n}(zq;q)}\\ &=&\frac{H_{n}(zq;q)+zqH_{n-1}(zq^{2};q)}{H_{n}(zq;q)} \end{eqnarray}
より$H_{n+1}(z;q)=H_{n}(zq;q)+zqH_{n-1}(zq^{2};q)$
[3]$n\rightarrow\infty$の極限が存在するとし、$\lim_{n\rightarrow\infty}H_{n}(z;q)=H(z;q)$とする。すると
\begin{equation} H(z;q)=H(zq;q)+zqH(zq^{2};q) \end{equation}
が得られる。
[4]そこで$H(z;q)\coloneqq\sum_{k=0}^{\infty}a_{k}(q)z^{k}$の様に置き代入すると
\begin{eqnarray} \sum_{k=0}^{\infty}a_{k}(q)z^{k}&=&\sum_{k=0}^{\infty}a_{k}(q)(zq)^{k}+zq\sum_{k=0}^{\infty}a_{k}(q)(zq^{2})^{k}\\ &=&a_{0}(q)+\sum_{k=1}^{\infty}\{q^{k}a_{k}(q)+q^{2k-1}a_{k-1}(q)\}z^{k} \end{eqnarray}
ゆえに$z$のべきを比較する事で以下の式を得る。
\begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} a_{0}(q)=a_{0}(q)\\ a_{k}(q)=q^{k}a_{k}(q)+q^{2k-1}a_{k-1}(q) \end{array} \right. \end{eqnarray}
[5]この式を解くと
\begin{eqnarray} a_{k}(q)&=&\frac{q^{2k-1}}{1-q^{k}}a_{k-1}(q)\\ &=&\frac{q^{2k-1}}{1-q^{k}}\frac{q^{2k-3}}{1-q^{k-1}}\cdots\frac{q}{1-q}a_{0}(q) \end{eqnarray}
また
\begin{equation} 1+3+5+\cdots+2k-1=k^{2} \end{equation}
より$a_{k}(q)=\frac{q^{k^{2}}}{(1-q)(1-q^{2})\cdots(1-q^{k})}a_{0}(q)$。
[6]以下$a_{0}(q)\equiv 1$とすると
\begin{equation} H(z;q)=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{q^{k^{2}}}{(q;q)_{k}}z^{k} \end{equation}
[7]この事から驚くべき連分数を得る事が出来る。
\begin{eqnarray} c(1;q)&=&1+\boxplus_{k=1}^{\infty}\frac{q^{k}}{1}\\ &=&\frac{H(1;q)}{H(q;q)}\\ &=&\frac{\sum_{k=0}^{\infty}\frac{q^{k^{2}}}{(q;q)_{k}}}{\sum_{k=0}^{\infty}\frac{q^{k^{2}+k}}{(q;q)_{k}}} \end{eqnarray}

計算するだけ
\begin{eqnarray} \frac{q^{N_{1}^{2}+N_{2}^{2}+\cdots+N_{k-1}^{2}}}{(q;q)_{N_{1}}(q;q)_{N_{2}}\cdots(q;q)_{N_{k}}}&=&q^{N_{1}^{2}+N_{2}^{2}+\cdots+N_{k-1}^{2}}\prod_{m_{1}=1}^{N_{1}}\prod_{m_{2}=1}^{N_{2}}\cdots\prod_{m_{k}=1}^{N_{k}}\frac{1}{(1-q^{m_{1}})(1-q^{m_{2}})\cdots(1-q^{m_{k}})}\\ &=&q^{N_{1}^{2}+N_{2}^{2}+\cdots+N_{k-1}^{2}}\prod_{m_{1}=1}^{N_{1}}(1+q^{m_{1}}+q^{2m_{1}}+\cdots)\prod_{m_{2}=1}^{N_{2}}(1+q^{m_{2}}+q^{2m_{2}}+\cdots)\cdots\prod_{m_{k}=1}^{N_{k}}\cdots(1+q^{m_{k}}+q^{2m_{k}}+\cdots)\\ &=&q^{N_{1}^{2}+N_{2}^{2}+\cdots+N_{k-1}^{2}}\sum_{i_{11},...i_{1N_{1}}\geq 0}q^{i_{11}+i_{12}2+\cdots+i_{1N_{1}}n_{1}}\sum_{i_{21},...i_{2N_{2}}\geq 0}q^{i_{21}+i_{22}2+\cdots+i_{2N_{2}}N_{2}}\cdots\sum_{i_{k1},...i_{kN_{k}}\geq 0}q^{i_{k1}+i_{k2}2+\cdots+i_{kN_{k}}N_{k}}\\ &=&\sum_{i_{11},...i_{1N_{1}}\geq 0}\sum_{i_{21},...i_{2N_{2}}\geq 0}\cdots\sum_{i_{k1},...i_{kN_{k}}\geq 0}q^{(N_{1}^{2}+i_{11}+i_{12}2+\cdots+i_{1N_{1}}n_{1})+(N_{2}^{2}+i_{21}+i_{22}2+\cdots+i_{2N_{2}}N_{2})+\cdots+(N_{k}^{2}+i_{k1}+i_{k2}2+\cdots+i_{kN_{k}}N_{k})}\\ &=&\sum_{\lambda_{1}\in\mathcal{P}_{N_{1}}}\sum_{\lambda_{1}\in\mathcal{P}_{N_{2}}}\cdots\sum_{\lambda_{1}\in\mathcal{P}_{N_{k-1}}}q^{(N_{1}^{2}+|\lambda_{1}|)+(N_{2}^{2}+|\lambda_{2}|)+\cdots+(N_{k-1}^{2}+|\lambda_{k-1}|)} \end{eqnarray}
ゆえに
\begin{eqnarray} \sum_{N_{1}\geq N_{2}\geq\cdots\geq N_{k}\geq 0}\frac{q^{N_{1}^{2}+N_{2}^{2}+\cdots+N_{k-1}^{2}}}{(q;q)_{N_{1}}(q;q)_{N_{2}}\cdots(q;q)_{N_{k-1}}}&=&\sum_{N_{1}\geq N_{2}\geq\cdots\geq N_{k}\geq 0}\sum_{\lambda_{1}\in\mathcal{P}_{N_{1}}}\sum_{\lambda_{1}\in\mathcal{P}_{N_{2}}}\cdots\sum_{\lambda_{1}\in\mathcal{P}_{N_{k-1}}}q^{(N_{1}^{2}+|\lambda_{1}|)+(N_{2}^{2}+|\lambda_{2}|)+\cdots+(N_{k-1}^{2}+|\lambda_{k-1}|)} \\ &=&1+\sum_{n=1}^{\infty}\sharp\mathcal{Q}_{k-1}(n)q^{n} \end{eqnarray}

【戦法】組み合わせ論を用いて証明を行う。
[1]$\sum_{k=0}^{\infty}\frac{q^{k^{2}}}{(q;q)_{k}}$を$q$のべきで展開する事を考える。
\begin{eqnarray} \sum_{k=0}^{\infty}\frac{q^{k^{2}}}{(q;q)_{k}}&=&\sum_{k=0}^{\infty}\frac{q^{k^{2}}}{(1-q)(1-q^{2})\cdots(1-q^{k})}\\ &=&\sum_{k=0}^{\infty}q^{k^{2}}(1+q+q^{2}+\cdots)(1+q^{2}+q^{4}+\cdots)\cdots(1+q^{k}+q^{2k}+\cdots) \end{eqnarray}
とすると各項は$q^{k^{2}}q^{m_{1}1+m_{2}2+\cdots+m_{k}k}$の様な形で書けるので下記の様なYoung図形に対応付けて和を取ったものだと分かる。
(1)$k\times k$のYoung図形$A$と
(2)縦幅の上限$k$横幅不定のYoung図形$B$

[1]
\begin{eqnarray} (q;q)_{\infty}&=&\prod_{k=1}^{\infty}(1-q^{k})\\ &=&(1-q)(1-q^{2})\cdots(1-q^{k})\cdots\\ &=&\sum_{n=1}^{\infty}q^{n}\sum_{\lambda\in\mathcal{SP}(n)}(-1)^{l(\lambda)} \end{eqnarray}
[2]実験的に$\mathcal{SP}(6)$について書いてみよう。

[1]まずは簡単な式変形を行う。
\begin{eqnarray} (z^{2};z^{2})_{\infty}(-zq;z^{2})_{\infty}(-zq^{-1};z^{2})_{\infty}&=&\prod_{k=1}^{\infty}(1-z^{2k})(1+z^{2k-1}q)(1+z^{2k-1}q^{-1})\\ &=&\sum_{k=-\infty}^{\infty}z^{k^{2}}q^{k} \end{eqnarray}
[2]次の様に変数を置き直す。
\begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} z\leftarrow q^{\frac{1}{2}}\\ q\leftarrow zq^{\frac{1}{2}} \end{array} \right. \end{eqnarray}
\begin{eqnarray} (q;q)_{\infty}(-zq;q)_{\infty}(-z^{-1};q)_{\infty}=\sum_{k=-\infty}^{\infty}q^{\frac{1}{2}k(k+1)}z^{k} \end{eqnarray}
[3]以下示す事：
\begin{eqnarray} (-zq;q)_{\infty}(-z^{-1};q)_{\infty}=(\sum_{k=-\infty}^{\infty}q^{\frac{1}{2}k(k+1)}z^{k})(\prod_{k=1}^{\infty}\frac{1}{1-q^{k}}) \end{eqnarray}
[4]
\begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} \displaystyle(-zq;q)_{\infty}=\prod_{k=1}^{\infty}(1+zq^{k})=\sum_{k=1}^{\infty}z^{k}\sum_{\lambda\in\mathcal{SP}_{k}}q^{|\lambda|}\\ \displaystyle(-z^{-1};q)_{\infty}=\prod_{k=1}^{\infty}(1+z^{-1}q^{k-1})=\sum_{k=1}^{\infty}z^{-k}\sum_{\lambda\in\mathcal{SP}_{k}}q^{|\lambda|-k} \end{array} \right. \end{eqnarray}
[5]
\begin{eqnarray} (\sum_{k=-\infty}^{\infty}q^{\frac{1}{2}k(k+1)}z^{k})(\prod_{k=1}^{\infty}\frac{1}{1-q^{k}})&=&(\sum_{k=-\infty}^{\infty}q^{\frac{1}{2}k(k+1)}z^{k})\prod_{m=1}^{\infty}(1+q^{m}+q^{2m}+\cdots)\\ &=&\sum_{k=-\infty}^{\infty}z^{k}\sum_{\lambda\in\mathcal{P}}q^{\frac{1}{2}k(k+1)+|\lambda|} \end{eqnarray}
[6]以上の事から、$z^{k}$の係数を比較して
\begin{equation} \sum_{\substack{\lambda\in\mathcal{SP}_{a}\\\mu\in\mathcal{SP}_{b}}}q^{|\lambda|+|\mu|-b}=\sum_{\nu\in\mathcal{P}}q^{\frac{1}{2}(a-b)(a-b+1)+|\nu|} \end{equation}
[7]Theory of Paritions👈を参照しました。
(i)$a-b\geq 0$の場合：