この記事ではヤコビの三重積∑n=−∞∞qn2zn=∏n=1∞(1−q2n)(1−q2n−1z)(1−q2n−1z−1)のヤコビによる原証明について解説していきます。
∏n=1∞(1+q2n−1z)=∑n=0∞qn2zn∏k=1n(1−q2k)
f(z)=∏n=1∞(1+q2n−1z)=∑n=0∞Anznとおいたとき、無限積表示からf(z)=(1+qz)f(q2z)が成り立つのでこの両辺におけるznの係数を比較することでAn=Anq2n+An−1q2n−1つまり漸化式An=q2n−11−q2nAn−1が得られる。よってA0=1よりAn=qn2∏k=1n(1−q2k)がわかる。
∏n=1∞11−qnz=∑n=0∞qn2zn∏k=1n(1−qk)(1−zqk)
f(z)=∏n=1∞11−qnz=∑n=0∞Anzn∏k=1n(1−qkz)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)、f(z)=f(qz)1−qz=∑n=0∞Anqnzn∏k=1n+1(1−qkz)=∑n=0∞Anqnzn(1−qn+1z)+q2n+1zn+1∏k=1n+1(1−qkz)=∑n=0∞(Anqn+An−1q2n−1)zn∏k=1n(1−qkz)より漸化式An=q2n−11−qnが得られる。よってA0=1よりAn=qn2∏k=1n(1−qk)がわかる。
∑n=−∞∞qn2zn=∏n=1∞(1−q2n)(1−q2n−1z)(1−q2n−1z−1)
補題1より∏n=1∞(1−q2n−1z)(1−q2n−1z−1)=(∑n=0∞qn2zn∏k=1n(1−q2k))(∑n=0∞qn2z−n∏k=1n(1−q2k))が成り立ち、この右辺におけるzn,z−n(n≥0)の係数は∑m=0∞q(m+n)2∏k=1m+n(1−q2k)qm2∏k=1m(1−q2k)=qn2∏k=1n(1−q2k)∑m=0∞q2mn∏k=1m(1−q2(n+k))q2m2∏k=1m(1−q2k)と表せる。 また補題2より∏k=1∞11−q2(n+k)=∑m=0∞q2m2q2mn∏k=1n(1−q2k)(1−q2(n+k))が成り立つので∏n=1∞(1−q2n−1z)(1−q2n−1z−1)=∑n=−∞∞qn2zn∏k=1∞(1−q2k)つまり∏n=1∞(1−q2n)(1−q2n−1z)(1−q2n−1z−1)=∑n=−∞∞qn2znを得る。
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