Berndt-Chan-Liu-Yesilyurtの恒等式

Jacobiの三重積の系
\begin{align} (q;q)_{\infty}^3&=\frac 12\sum_{n\in\ZZ}(-1)^n(2n+1)q^{\frac{n(n+1)}2} \end{align}
の両辺を$q$に関して微分すると,
\begin{align} -3(q;q)_{\infty}^3\sum_{0< n}\frac{nq^{n-1}}{1-q^n}&=\frac 1{16}\sum_{n\in\ZZ}(-1)^n((2n+1)^3-(2n+1))q^{\frac{n(n+1)2}-1} \end{align}
を得る. これより,
\begin{align} 2(q;q)_{\infty}^3\left(1-24\sum_{0< n}\frac{nq^n}{1-q^n}\right)&=\sum_{n\in\ZZ}(-1)^n(2n+1)^3q^{\frac{n(n+1)}2} \end{align}
が成り立つ. よって,
\begin{align} &9\left(\sum_{n\in\ZZ}(-1)^n(2n+1)^3q^{\frac{3n(n+1)}2}\right)\left(\sum_{n\in \ZZ}(-1)^n(2n+1)q^{\frac{n(n+1)}6}\right)\\ &\qquad-\left(\sum_{n\in\ZZ}(-1)^n(2n+1)q^{\frac{3n(n+1)}2}\right)\left(\sum_{n\in \ZZ}(-1)^n(2n+1)^3q^{\frac{n(n+1)}6}\right)\\ &=4(q^3;q^3)_{\infty}(q^{\frac 13};q^{\frac 13})_{\infty}^3\left(9\left(1-24\sum_{0< n}\frac{nq^{3n}}{1-q^{3n}}\right)-\left(1-24\sum_{0< n}\frac{nq^{\frac n3}}{1-q^{\frac n3}}\right)\right)\\ &=32(q^3;q^3)_{\infty}^3(q^{\frac 13};q^{\frac 13})_{\infty}^3\left(1+3\sum_{0< n}\frac{nq^{\frac n3}}{1-q^{\frac n3}}-27\sum_{0< n}\frac{nq^{3n}}{1-q^{3n}}\right) \end{align}
となる. ここで, Borwein-Garvanの恒等式
\begin{align} 1+3\sum_{0< n}\frac{nq^n}{1-q^n}-27\sum_{0< n}\frac{nq^{9n}}{1-q^{9n}}&=\frac{(q^3;q^3)_{\infty}^{10}}{(q;q)_{\infty}^3(q^9;q^9)_{\infty}^3} \end{align}
を用いると,
\begin{align} 32(q^3;q^3)_{\infty}^3(q^{\frac 13};q^{\frac 13})_{\infty}^3\left(1+3\sum_{0< n}\frac{nq^{\frac n3}}{1-q^{\frac n3}}-27\sum_{0< n}\frac{nq^{3n}}{1-q^{3n}}\right)&=32(q;q)_{\infty}^{10} \end{align}
となって定理を得る.

\begin{align} (q;q)_{\infty}^{10}&=\frac 1{32}\sum_{m,n\in\ZZ}(-1)^{m+n}(9(2m+1)^3(2n+1)-(2m+1)(2n+1)^3)q^{(9m^2+9m+n^2+n)/6}\\ &=\frac 1{32}\sum_{\substack{u,v\in\ZZ\\u,v=1\pmod 2}}(-1)^{(u+v-2)/2}uv(9u^2-v^2)q^{(9u^2+v^2-10)/24}\\ &=:\sum_{0\leq n}\alpha(n)q^n \end{align}
とすると,
\begin{align} \alpha(n)&=\frac 1{32}\sum_{\substack{u,v\in\ZZ\\u,v=1\pmod 2\\9u^2+v^2-10=24n}}(-1)^{(u+v-2)/2}uv(9u^2-v^2) \end{align}
である. $n=6\pmod{11}$のとき,　条件$9u^2+v^2-10=24n$より$9u^2+v^2=0\pmod{11}$となり, そのような場合をmod 11で全て調べると, 常に$u,v=0\pmod {11}$が成り立っていることが分かる. よって,
\begin{align} \alpha(11n+6)=0\pmod{11^4} \end{align}
であるから,
\begin{align} \sum_{0\leq n}p(n)q^n&=\frac 1{(q;q)_{\infty}}\\ &=\frac{(q;q)_{\infty}^{10}}{(q;q)_{\infty}^{11}}\\ &\equiv\frac{\sum_{0\leq n}\alpha(n)q^n}{(q^{11};q^{11})_{\infty}}\pmod{11} \end{align}
であるから, $q^{11n+6}$の係数を集めて,
\begin{align} \sum_{0\leq n}p(11n+6)q^{11n+6}&\equiv\frac{\sum_{0\leq n}\alpha(11n+6)q^{11n+6}}{(q^{11};q^{11})_{\infty}}\equiv 0\pmod {11} \end{align}
となって定理が示される.