mod 20のRogers-Ramanujan型恒等式
前の記事 の定理1から定理4を以下の両側Bailey対の形で表しておく
\begin{align} \sum_{k\in\ZZ}\left(\frac{q^{6k^2-k}}{(q;q)_{n+3k}(q;q)_{n-3k}}-\frac{q^{6k^2+5k+1}}{(q;q)_{n+3k+1}(q;q)_{n-3k-1}}\right)&=\frac 1{(q;q)_{2n}}\\ \sum_{k\in\ZZ}\left(\frac{q^{6k^2+k}}{(q^2;q)_{n+3k}(q;q)_{n-3k}}-\frac{q^{6k^2+7k+2}}{(q^2;q)_{n+3k+1}(q;q)_{n-3k-1}}\right)&=\frac {1}{(q^2;q)_{2n}}\\ \sum_{k\in\ZZ}\left(\frac{q^{6k^2+2k}}{(q;q)_{n+3k}(q;q)_{n-3k}}-\frac{q^{6k^2+2k}}{(q;q)_{n+3k+1}(q;q)_{n-3k-1}}\right)&=\frac {q^n}{(q;q)_{2n}}\\ \sum_{k\in\ZZ}\left(\frac{q^{6k^2+4k}}{(q^2;q)_{n+3k}(q;q)_{n-3k}}-\frac{q^{6k^2+4k}}{(q^2;q)_{n+3k+1}(q;q)_{n-3k-1}}\right)&=\frac {q^n}{(q^2;q)_{2n}} \end{align}
両側Bailey対 に関しては, 前の記事 の系と全く同様に以下の命題が成り立つ.
$(\alpha_n,\beta_n)$が$a$に関する両側Bailey対のとき,
\begin{align}
\frac 1{(aq;q)_{\infty}}\sum_{n\in\ZZ}a^nq^{n^2}\alpha_n&=\sum_{n\in\ZZ}a^nq^{n^2}\beta_n
\end{align}
が成り立つ.
\begin{align} \sum_{n=0}^{\infty}\frac{q^{n^2+n}}{(q;q)_{2n}}&=\frac{(q,q^9,q^{10};q^{10})_{\infty}(q^8,q^{12};q^{20})_{\infty}}{(q;q)_{\infty}}\\ \sum_{n=0}^{\infty}\frac{q^{n^2}}{(q;q)_{2n}}&=\frac{(q^2,q^8,q^{10};q^{10})_{\infty}(q^6,q^{14};q^{20})_{\infty}}{(q;q)_{\infty}}\\ \sum_{n=0}^{\infty}\frac{q^{n^2+n}}{(q;q)_{2n+1}}&=\frac{(q^3,q^7,q^{10};q^{10})_{\infty}(q^4,q^{16};q^{20})_{\infty}}{(q;q)_{\infty}}\\ \sum_{n=0}^{\infty}\frac{q^{n^2+2n}}{(q;q)_{2n+1}}&=\frac{(q^4,q^6,q^{10};q^{10})_{\infty}(q^2,q^{18};q^{20})_{\infty}}{(q;q)_{\infty}} \end{align}
以下の定理の証明において,
Watsonの五重積
\begin{align}
\sum_{n\in\ZZ}q^{\frac{n(3n+1)}2}(x^{-3n}-x^{3n+1})&=(q,x,q/x;q)_{\infty}(x^2q,q/x^2;q^2)_{\infty}
\end{align}
を用いる.
定理1の3つ目の両側Bailey対に命題2を適用して, Watsonの五重積を用いると,
\begin{align}
\sum_{0\leq n}\frac{q^{n^2+n}}{(q;q)_{2n}}&=\frac 1{(q;q)_{\infty}}\left(\sum_{n\in\ZZ}q^{15n^2+2n}-\sum_{n\in\ZZ}q^{15n^2+8n+1}\right)\\
&=\frac 1{(q;q)_{\infty}}\sum_{n\in\ZZ}q^{15n^2+2n}(1-q^{6n+1})\\
&=\frac{(q,q^9,q^{10};q^{10})_{\infty}(q^8,q^{12};q^{20})_{\infty}}{(q;q)_{\infty}}
\end{align}
を得る. 定理1の1つ目の両側Bailey対に命題2を適用して, Watsonの五重積を用いると,
\begin{align}
\sum_{0\leq n}\frac{q^{n^2}}{(q;q)_{2n}}&=\frac 1{(q;q)_{\infty}}\left(\sum_{n\in\ZZ}q^{15n^2-n}-\sum_{n\in\ZZ}q^{15n^2+11n+2}\right)\\
&=\frac 1{(q;q)_{\infty}}\sum_{n\in\ZZ}q^{15n^2-n}(1-q^{12n+2})\\
&=\frac{(q^2,q^8,q^{10};q^{10})_{\infty}(q^6,q^{14};q^{20})_{\infty}}{(q;q)_{\infty}}
\end{align}
定理1の2つ目の両側Bailey対に命題2を適用して, Watsonの五重積を用いると,
\begin{align}
\sum_{0\leq n}\frac{q^{n^2+n}}{(q;q)_{2n+1}}&=\frac 1{(q;q)_{\infty}}\left(\sum_{n\in\ZZ}q^{15n^2+4n}-\sum_{n\in\ZZ}q^{15n^2+16n+4}\right)\\&=\frac 1{(q;q)_{\infty}}\left(\sum_{n\in\ZZ}q^{15n^2-4n}-\sum_{n\in\ZZ}q^{15n^2+14n+3}\right)\\
&=\frac 1{(q;q)_{\infty}}\sum_{n\in\ZZ}q^{15n^2-4n}(1-q^{18n+3})\\
&=\frac{(q^3,q^7,q^{10};q^{10})_{\infty}(q^4,q^{16};q^{20})_{\infty}}{(q;q)_{\infty}}
\end{align}
定理1の4つ目の両側Bailey対に命題2を適用して, Watsonの五重積を用いると,
\begin{align}
\sum_{0\leq n}\frac{q^{n^2+2n}}{(q;q)_{2n+1}}&=\frac 1{(q;q)_{\infty}}\left(\sum_{n\in\ZZ}q^{15n^2+7n}-\sum_{n\in\ZZ}q^{15n^2+13n+2}\right)\\&=\frac 1{(q;q)_{\infty}}\left(\sum_{n\in\ZZ}q^{15n^2-7n}-\sum_{n\in\ZZ}q^{15n^2+17n+4}\right)\\
&=\frac 1{(q;q)_{\infty}}\sum_{n\in\ZZ}q^{15n^2-7n}(1-q^{24n+4})\\
&=\frac{(q^4,q^6,q^{10};q^{10})_{\infty}(q^2,q^{18};q^{20})_{\infty}}{(q;q)_{\infty}}
\end{align}
が得られる.
このようにWatsonの五重積を用いることによって無限積で表されるRogers-Ramanujan型の恒等式もあるというのは興味深い.
