Andrews, Kanade-Russell, Kurşungözの恒等式
今回は以下の等式を示す.
\begin{align}
\sum_{0\leq m,n}\frac{q^{2m^2+6mn+6n^2}}{(q;q)_m(q^3;q^3)_n}&=\frac 1{(q^3;q^6)_{\infty}(q^2,q^{10};q^{12})_{\infty}}
\end{align}
以下, 証明に用いるいくつかの命題を示す.
\begin{align} \Q21{a,b}{c}{t}&=\frac{(q;q)_{\infty}}{(c,t;q)_{\infty}}\int_{|z|=1}\frac{(abz,cz,zq/t,t/z;q)_{\infty}}{(az,bz,cz/t;q)_{\infty}}\frac{dz}{2\pi iz} \end{align}
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のように積分を展開すると$|d|<1$として,
\begin{align}
&\int_{|z|=1}\frac{(abz,cz,zq/t,t/z;q)_{\infty}}{(az,bz,cz/t,d/z;q)_{\infty}}\frac{dz}{2\pi iz}\\
&=\frac{(abd,cd,dq/t,t/d;q)_{\infty}}{(ad,bd,cd/t,q;q)_{\infty}}\Q32{ad,bd,cd/t}{abd,cd}{\frac{t}{d}}
\end{align}
となる. ここで,
Sears-Thomaeの変換公式
より
\begin{align}
&\Q32{ad,bd,cd/t}{abd,cd}{\frac{t}{d}}=\frac{(c,t;q)_{\infty}}{(cd,t/d;q)_{\infty}}\Q32{a,b,cd/t}{abd,c}{t}
\end{align}
となるから,
\begin{align}
&\int_{|z|=1}\frac{(abz,cz,zq/t,t/z;q)_{\infty}}{(az,bz,cz/t,d/z;q)_{\infty}}\frac{dz}{2\pi iz}\\
&=\frac{(abd,dq/t,c,t;q)_{\infty}}{(ad,bd,cd/t,q;q)_{\infty}}\Q32{a,b,cd/t}{abd,c}{t}
\end{align}
となる. ここで, $d\to 0$とすれば示すべき等式を得る.
$z\mapsto tz$とすると,
\begin{align}
\Q21{a,b}{c}{t}&=\frac{(q;q)_{\infty}}{(c,t;q)_{\infty}}\int_{|z|=1}\frac{(abz,cz,zq/t,t/z;q)_{\infty}}{(az,bz,cz/t;q)_{\infty}}\frac{dz}{2\pi iz}\\
&=\frac{(q;q)_{\infty}}{(c,t;q)_{\infty}}\int_{|z|=1}\frac{(abtz,ctz,zq,1/z;q)_{\infty}}{(atz,btz,cz;q)_{\infty}}\frac{dz}{2\pi iz}
\end{align}
となる. 変数を置き換えると, 命題1は以下のように書き換えられる.
$abc=de$のとき,
\begin{align}
\int_{|z|=1}\frac{(dz,ez,zq,1/z;q)_{\infty}}{(az,bz,cz;q)_{\infty}}\frac{dz}{2\pi iz}&=\frac{(c,e/c;q)_{\infty}}{(q;q)_{\infty}}\Q21{d/a,d/b}{c}{\frac{e}{c}}
\end{align}
が成り立つ.
特に, $b=-a, c=-q$とすると, $a^2q=de$となり, $q$二項定理より
\begin{align}
\int_{|z|=1}\frac{(dz,ez,zq,1/z;q)_{\infty}}{(az,-az,-qz;q)_{\infty}}\frac{dz}{2\pi iz}&=\frac{(-q,-e/q;q)_{\infty}}{(q;q)_{\infty}}\Q21{d/a,-d/a}{-q}{-\frac{e}{q}}\\
&=\frac{(-q,-e/q;q)_{\infty}}{(q;q)_{\infty}}\sum_{0\leq n}\frac{(d^2/a^2;q^2)_n}{(q^2;q^2)_n}\left(-\frac eq\right)^n\\
&=\frac{(-q,-e/q;q)_{\infty}}{(q;q)_{\infty}}\frac{(-d^2e/a^2q;q^2)_{\infty}}{(-e/q;q^2)_{\infty}}\\
&=\frac{(-q;q)_{\infty}(-d,-e;q^2)_{\infty}}{(q;q)_{\infty}}
\end{align}
となる. つまり以下を得る.
$a^2q=bc$のとき,
\begin{align}
\int_{|z|=1}\frac{(bz,cz,zq,1/z;q)_{\infty}}{(az,-az,-zq;q)_{\infty}}\frac{dz}{2\pi iz}=\frac{(-q;q)_{\infty}(-b,-c;q^2)_{\infty}}{(q;q)_{\infty}}
\end{align}
が成り立つ.
これを用いることで, 以下を示すことができる.
\begin{align} \sum_{0\leq m,n}\frac{q^{2m^2+6mn+6n^2}}{(q;q)_m(q^3;q^3)_n}&=\frac 1{(q^3;q^6)_{\infty}(q^2,q^{10};q^{12})_{\infty}} \end{align}
以下はRosengrenによる証明である.
留数定理より,
\begin{align}
\sum_{0\leq m,n}\frac{q^{2m^2+6mn+6n^2}}{(q;q)_m(q^3;q^3)_n}&=\sum_{0\leq m,n}\frac{q^{m+3\binom {n+1}2+\binom{2m+3n}2}}{(q;q)_m(q^3;q^3)_n}\\
&=\frac 1{2\pi i}\int_{|z|=1}\sum_{0\leq m}\frac{q^m}{(q;q)_m}z^{2m}\sum_{0\leq n}\frac{(-1)^nq^{3\binom{n}2}}{(q^3;q^3)_n}(zq)^{3n}\sum_{k\in\ZZ}(-1)^kq^{\binom k2}z^{-k}\frac{dz}{z}
\end{align}
となる. ここで, $q$二項定理とJacobiの三重積を用いると, $\omega$を$1$の原始三乗根として,
\begin{align}
&\frac 1{2\pi i}\int_{|z|=1}\sum_{0\leq m}\frac{q^m}{(q;q)_m}z^{2m}\sum_{0\leq n}\frac{(-1)^nq^{3\binom{n}2}}{(q^3;q^3)_n}(zq)^{3n}\sum_{k\in\ZZ}(-1)^kq^{\binom k2}z^{-k}\frac{dz}{z}\\
&=\frac 1{2\pi i}\int_{|z|=1}\frac{(z^3q^3;q^3)_{\infty}(q,zq,1/z;q)_{\infty}}{(z^2q;q)_{\infty}}\frac{dz}{z}\\
&=\frac {(q;q)_{\infty}}{2\pi i}\int_{|z|=1}\frac{(zq,\omega zq,\omega^2 zq,1/z;q)_{\infty}}{(zq^{\frac 12},-zq^{\frac 12},-zq;q)_{\infty}}\frac{dz}{z}
\end{align}
となる. ここで, 命題3を用いると,
\begin{align}
&\frac {(q;q)_{\infty}}{2\pi i}\int_{|z|=1}\frac{(zq,\omega zq,\omega^2 zq,1/z;q)_{\infty}}{(zq^{\frac 12},-zq^{\frac 12},-zq;q)_{\infty}}\frac{dz}{z}\\
&=(-q;q)_{\infty}(-\omega q,-\omega^2 q;q^2)_{\infty}\\
&=\frac{(-q;q)_{\infty}(-q^3;q^6)_{\infty}}{(-q;q^2)_{\infty}}\\
&=\frac{(-q^2;q^2)_{\infty}(q^6;q^{12})_{\infty}}{(q^3;q^6)_{\infty}}\\
&=\frac{(q^6;q^{12})_{\infty}}{(q^3;q^6)_{\infty}(q^2;q^4)_{\infty}}\\
&=\frac{1}{(q^3;q^6)_{\infty}(q^2,q^{10};q^{12})_{\infty}}
\end{align}
となって示すべき等式を得る.
