前の記事 における系4は以下のようなものである.
$(\alpha_n,\beta_n)$が$a$に関するBailey対のとき,
\begin{align}
\sum_{0\leq n}a^nq^{n^2}\alpha_n&=(aq;q)_{\infty}\sum_{0\leq n}a^nq^{n^2}\beta_n
\end{align}
今回は以下の恒等式を示す.
\begin{align} \sum_{0\leq n}\frac{q^{2n^2}}{(q^2;q^2)_n(-q;q)_{2n}}&=\frac{(q^3,q^4,q^7;q^7)_{\infty}}{(q^2;q^2)_{\infty}}\\ \sum_{0\leq n}\frac{q^{2n^2+2n}}{(q^2;q^2)_n(-q;q)_{2n}}&=\frac{(q^2,q^5,q^7;q^7)_{\infty}}{(q^2;q^2)_{\infty}}\\ \sum_{0\leq n}\frac{q^{2n^2+2n}}{(q^2;q^2)_n(-q;q)_{2n+1}}&=\frac{(q,q^6,q^7;q^7)_{\infty}}{(q^2;q^2)_{\infty}} \end{align}
まず, 1つ目の等式を示す.
前回の記事
で示した等式
\begin{align}
\sum_{k=-\lfloor \frac n2\rfloor}^{\lfloor \frac n2\rfloor}\frac{(1-q^{4k+1})(b,c;q^2)_kq^{2k^2+2k}}{(q^3/b,q^3/c;q^2)_k(q;q)_{n+2k+1}(q;q)_{n-2k}(bc)^k}&=\frac{(q^3/bc;q^2)_n}{(q^2/b,q^2/c;q)_n(q^2;q^2)_n}
\end{align}
において, $c\to\infty$とすると,
\begin{align}
\sum_{k=-\lfloor \frac n2\rfloor}^{\lfloor \frac n2\rfloor}\frac{(1-q^{4k+1})(b;q^2)_k(-1)^kq^{3k^2+k}}{(q^3/b;q^2)_k(q;q)_{n+2k+1}(q;q)_{n-2k}b^k}&=\frac{1}{(q^2/b;q)_n(q^2;q^2)_n}
\end{align}
ここで, $b=-q^{\frac 32}$とすると,
\begin{align}
\sum_{k=-\lfloor \frac n2\rfloor}^{\lfloor \frac n2\rfloor}\frac{(1-q^{4k+1})q^{3k^2-\frac k2}}{(q;q)_{n+2k+1}(q;q)_{n-2k}}&=\frac{1}{(-q^{\frac 12};q)_n(q^2;q^2)_n}
\end{align}
ここで, $1-q^{4k+1}=1-q^{n+2k+1}-q^{4k+1}(1-q^{n-2k})$を用いると
\begin{align}
\sum_{k=-\lfloor \frac n2\rfloor}^{\lfloor \frac n2\rfloor}\left(\frac{q^{3k^2-\frac k2}}{(q;q)_{n+2k}(q;q)_{n-2k}}-\frac{q^{3k^2+\frac 72k+1}}{(q;q)_{n+2k+1}(q;q)_{n-2k-1}}\right)&=\frac{1}{(-q^{\frac 12};q)_n(q^2;q^2)_n}
\end{align}
より, $\alpha_0=1$
\begin{align}
\alpha_{2n}&=q^{3n^2}(q^{\frac n2}+q^{-\frac n2}),\quad n>0\\
\alpha_{2n+1}&=-q^{3\left(n+\frac 12\right)^2}(q^{\frac 12\left(n+\frac 12\right)}+q^{-\frac 12\left(n+\frac 12\right)}),\quad n\geq 0\\
\beta_n&=\frac 1{(q^2;q^2)_n(-q^{\frac 12};q)_n}=\frac 1{(q;q)_n(-q^{\frac 12};q^{\frac 12})_{2n}},\quad n\geq 0
\end{align}
とすると$(\alpha_n,\beta_n)$は$1$に関するBailey対である. よって, 命題1を用いると, $q\to q^2$として,
\begin{align}
&(q^2;q^2)_{\infty}\sum_{0\leq n}\frac{q^{2n^2}}{(q^2;q^2)_n(-q;q)_{2n}}\\
&=1+\sum_{0< n}q^{14n^2}(q^{n}+q^{-n})-\sum_{0\leq n}q^{14\left(n+\frac 12\right)^2}(q^{n+\frac 12}+q^{-\left(n+\frac 12\right)})\\
&=\sum_{n\in\ZZ}(-1)^nq^{\frac 72n^2+\frac n2}\\
&=(q^3,q^4,q^7;q^7)_{\infty}
\end{align}
ここで, 最後の等号はJacobiの三重積による. 次に, 2つ目の等式を示す.
\begin{align}
\sum_{k=-\lfloor \frac n2\rfloor}^{\lfloor \frac n2\rfloor}\frac{(1-q^{4k+1})q^{3k^2-\frac k2}}{(q;q)_{n+2k+1}(q;q)_{n-2k}}&=\frac{1}{(-q^{\frac 32};q)_n(q^2;q^2)_n}
\end{align}
において, $q^n(1-q^{4k+1})=q^{2k}((1-q^{n+2k+1})-(1-q^{n-2k}))$を用いると
\begin{align}
\sum_{k=-\lfloor \frac n2\rfloor}^{\lfloor \frac n2\rfloor}\left(\frac{q^{3k^2+\frac 32k}}{(q;q)_{n+2k}(q;q)_{n-2k}}-\frac{q^{3k^2+\frac 32k}}{(q;q)_{n+2k+1}(q;q)_{n-2k-1}}\right)&=\frac{q^n}{(-q^{\frac 12};q)_n(q^2;q^2)_n}
\end{align}
だから,
\begin{align}
\alpha_0&=1\\
\alpha_{2n}&=q^{3n^2}(q^{\frac 32n}+q^{-\frac 32n}),\quad n\geq 1\\
\alpha_{2n+1}&=-q^{3\left(n+\frac 12\right)^2}(q^{\frac 32\left(n+\frac 12\right)}+q^{-\frac 32\left(n+\frac 12\right)}),\quad n\geq 0\\
\beta_n&=\frac{q^n}{(-q^{\frac 12};q)_n(q^2;q^2)_n}=\frac{q^n}{(q;q)_n(-q^{\frac 12};q^{\frac 12})_{2n}},\quad n\geq0
\end{align}
とすると, これは$1$に関するBailey対である. よって, 命題1を適用して$q\to q^2$として,
\begin{align}
&(q^2;q^2)_{\infty}\sum_{0\leq n}\frac{q^{2n^2+2n}}{(q^2;q^2)_n(-q;q)_{2n}}\\
&=1+\sum_{0< n}q^{14n^2}(q^{3n}+q^{-3n})-\sum_{0\leq n}q^{14\left(n+\frac 12\right)^2}(q^{3\left(n+\frac 12\right)}+q^{-3\left(n+\frac 12\right)})\\
&=\sum_{n\in\ZZ}(-1)^nq^{\frac 72n^2+\frac 32n}\\
&=(q^2,q^5,q^7;q^7)_{\infty}
\end{align}
を得る. 次に3つ目の等式を示す.
\begin{align}
\sum_{k=-\lfloor \frac n2\rfloor}^{\lfloor \frac n2\rfloor}\frac{(1-q^{4k+1})(b;q^2)_k(-1)^kq^{3k^2+k}}{(q^3/b;q^2)_k(q;q)_{n+2k+1}(q;q)_{n-2k}b^k}&=\frac{1}{(q^2/b;q)_n(q^2;q^2)_n}
\end{align}
において, $b=-q^{\frac 12}$として,
\begin{align}
\sum_{k=-\lfloor \frac n2\rfloor}^{\lfloor \frac n2\rfloor}\frac{(1-q^{2k+\frac 12})q^{3k^2+\frac k2}}{(1-q^{\frac 12})(q^2;q)_{n+2k}(q;q)_{n-2k}}&=\frac{1}{(-q^{\frac 32};q)_n(q^2;q^2)_n}
\end{align}
を得る. これより,
\begin{align}
\alpha_{2n}&=\frac{1-q^{2n+\frac 12}}{1-q^{\frac 12}}q^{3n^2+\frac n2}\\
\alpha_{2n+1}&=-\frac{1-q^{2n+\frac 12}}{1-q^{\frac 12}}q^{3n^2+\frac 72n+1}\\
\beta_n&=\frac 1{(-q^{\frac 32};q)_n(q^2;q^2)_n}=\frac{1+q^{\frac 12}}{(q;q)_n(-q^{\frac 12};q^{\frac 12})_{2n+1}}
\end{align}
は$q$に関するBailey対である. よって, 命題1を適用して$q\to q^2$として, $1-q$を掛けて,
\begin{align}
&(q^2;q^2)_{\infty}\sum_{0\leq n}\frac{q^{2n^2+2n}}{(q^2;q^2)_n(-q;q)_{2n+1}}\\
&=\sum_{0\leq n}(1-q^{4n+1})q^{14n^2+5n}-\sum_{0\leq n}(1-q^{4n+1})q^{14n^2+19n+6}\\
&=\sum_{n\in\ZZ}(-1)^nq^{\frac 72n^2+\frac 52n}\\
&=(q,q^6,q^7;q^7)_{\infty}
\end{align}
となって示すべき等式が得られる.