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現代数学解説
文献あり

ヤコビの三重積のヤコビによる証明

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$$\newcommand{a}[0]{\alpha} \newcommand{Aut}[0]{\operatorname{Aut}} \newcommand{b}[0]{\beta} \newcommand{C}[0]{\mathbb{C}} \newcommand{c}[0]{\cdot} \newcommand{d}[0]{\delta} \newcommand{dis}[0]{\displaystyle} \newcommand{e}[0]{\varepsilon} \newcommand{F}[4]{{}_2F_1\left(\begin{matrix}#1,#2\\#3\end{matrix};#4\right)} \newcommand{farc}[2]{\frac{#1}{#2}} \newcommand{FF}[6]{{}_3F_2\left(\begin{matrix}#1,#2,#3\\#4,#5\end{matrix};#6\right)} \newcommand{G}[0]{\Gamma} \newcommand{g}[0]{\gamma} \newcommand{Gal}[0]{\operatorname{Gal}} \newcommand{H}[0]{\mathbb{H}} \newcommand{id}[0]{\operatorname{id}} \newcommand{Im}[0]{\operatorname{Im}} \newcommand{Ker}[0]{\operatorname{Ker}} \newcommand{l}[0]{\left} \newcommand{L}[0]{\Lambda} \newcommand{la}[0]{\lambda} \newcommand{La}[0]{\Lambda} \newcommand{Li}[0]{\operatorname{Li}} \newcommand{li}[0]{\operatorname{li}} \newcommand{M}[4]{\begin{pmatrix}#1& #2\\#3& #4\end{pmatrix}} \newcommand{N}[0]{\mathbb{N}} \newcommand{o}[0]{\omega} \newcommand{O}[0]{\Omega} \newcommand{ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{ord}[0]{\operatorname{ord}} \newcommand{P}[0]{\mathfrak{P}} \newcommand{p}[0]{\mathfrak{p}} \newcommand{q}[0]{\mathfrak{q}} \newcommand{Q}[0]{\mathbb{Q}} \newcommand{r}[0]{\right} \newcommand{R}[0]{\mathbb{R}} \newcommand{Re}[0]{\operatorname{Re}} \newcommand{s}[0]{\sigma} \newcommand{t}[0]{\theta} \newcommand{ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{vp}[0]{\varphi} \newcommand{vt}[0]{\vartheta} \newcommand{Z}[0]{\mathbb{Z}} \newcommand{z}[0]{\zeta} \newcommand{ZZ}[1]{\mathbb{Z}/#1\mathbb{Z}} \newcommand{ZZt}[1]{(\mathbb{Z}/#1\mathbb{Z})^\times} $$

はじめに

 この記事ではヤコビの三重積
$$\sum^\infty_{n=-\infty}q^{n^2}z^n =\prod^\infty_{n=1}(1-q^{2n})(1-q^{2n-1}z)(1-q^{2n-1}z^{-1})$$
のヤコビによる原証明について解説していきます。

証明

$$\prod^\infty_{n=1}(1+q^{2n-1}z) =\sum^\infty_{n=0}\frac{q^{n^2}z^n}{\prod^n_{k=1}(1-q^{2k})}$$

$$f(z)=\prod^\infty_{n=1}(1+q^{2n-1}z)=\sum^\infty_{n=0}A_nz^n$$
とおいたとき、無限積表示から
$$f(z)=(1+qz)f(q^2z)$$
が成り立つのでこの両辺における$z^n$の係数を比較することで
$$A_n=A_nq^{2n}+A_{n-1}q^{2n-1}$$
つまり漸化式
$$A_n=\frac{q^{2n-1}}{1-q^{2n}}A_{n-1}$$
が得られる。よって$A_0=1$より
$$A_n=\frac{q^{n^2}}{\prod^n_{k=1}(1-q^{2k})}$$
がわかる。

$$\prod^\infty_{n=1}\frac1{1-q^nz} =\sum^\infty_{n=0}\frac{q^{n^2}z^n}{\prod^n_{k=1}(1-q^k)(1-zq^k)}$$

$$f(z)=\prod^\infty_{n=1}\frac1{1-q^nz} =\sum^\infty_{n=0}A_n\frac{z^n}{\prod^n_{k=1}(1-q^kz)}$$
とおいたとき(このような展開の存在と一意性はちゃんと保証されるのでしょうか)、
\begin{align} f(z) &=\farc{f(qz)}{1-qz}\\ &=\sum^\infty_{n=0}A_n\frac{q^nz^n}{\prod^{n+1}_{k=1}(1-q^kz)}\\ &=\sum^\infty_{n=0}A_n\frac{q^nz^n(1-q^{n+1}z)+q^{2n+1}z^{n+1}}{\prod^{n+1}_{k=1}(1-q^kz)}\\ &=\sum^\infty_{n=0}(A_nq^n+A_{n-1}q^{2n-1})\frac{z^n}{\prod^n_{k=1}(1-q^kz)} \end{align}
より漸化式
$$A_n=\frac{q^{2n-1}}{1-q^n}$$
が得られる。よって$A_0=1$より
$$A_n=\frac{q^{n^2}}{\prod^n_{k=1}(1-q^k)}$$
がわかる。

ヤコビの三重積

$$\sum^\infty_{n=-\infty}q^{n^2}z^n =\prod^\infty_{n=1}(1-q^{2n})(1-q^{2n-1}z)(1-q^{2n-1}z^{-1})$$

 補題1より
$$\prod^\infty_{n=1}(1-q^{2n-1}z)(1-q^{2n-1}z^{-1}) =\l(\sum^\infty_{n=0}\frac{q^{n^2}z^n}{\prod^n_{k=1}(1-q^{2k})}\r) \l(\sum^\infty_{n=0}\frac{q^{n^2}z^{-n}}{\prod^n_{k=1}(1-q^{2k})}\r)$$
が成り立ち、この右辺における$z^n,z^{-n}\;(n\geq0)$の係数は
$$\sum^\infty_{m=0}\frac{q^{(m+n)^2}}{\prod^{m+n}_{k=1}(1-q^{2k})}\frac{q^{m^2}}{\prod^m_{k=1}(1-q^{2k})} =\frac{q^{n^2}}{\prod^n_{k=1}(1-q^{2k})}\sum^\infty_{m=0}\frac{q^{2mn}}{\prod^m_{k=1}(1-q^{2(n+k)})}\frac{q^{2m^2}}{\prod^m_{k=1}(1-q^{2k})}$$
と表せる。
 また補題2より
$$\prod^\infty_{k=1}\frac1{1-q^{2(n+k)}} =\sum^\infty_{m=0}\frac{q^{2m^2}q^{2mn}}{\prod^n_{k=1}(1-q^{2k})(1-q^{2(n+k)})}$$
が成り立つので
$$\prod^\infty_{n=1}(1-q^{2n-1}z)(1-q^{2n-1}z^{-1}) =\sum^\infty_{n=-\infty}\frac{q^{n^2}z^n}{\prod^\infty_{k=1}(1-q^{2k})}$$
つまり
$$\prod^\infty_{n=1}(1-q^{2n})(1-q^{2n-1}z)(1-q^{2n-1}z^{-1}) =\sum^\infty_{n=-\infty}q^{n^2}z^n$$
を得る。

参考文献

[1]
C. G. J. Jacobi, Fundamenta Nova Theoriae Functionum Ellipticarum, 1829
投稿日:216
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投稿者

子葉
子葉
984
221997
主に複素解析、代数学、数論を学んでおります。 私の経験上、その証明が簡単に探しても見つからない、英語の文献を漁らないと載ってない、なんて定理の解説を主にやっていきます。 同じ経験をしている人の助けになれば。最近は自分用のノートになっている節があります。

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