Kurşungözの恒等式
今回は以下の公式を示す.
\begin{align} \sum_{0\leq m,n}\frac{q^{(3m^2-m)/2+4mn+4n^2}}{(q;q)_m(q^4;q^4)_n}&=\frac 1{(q,q^4,q^7;q^8)_{\infty}}\\ \sum_{0\leq m,n}\frac{q^{(3m^2+3m)/2+4mn+4n^2+4n}}{(q;q)_m(q^4;q^4)_n}&=\frac 1{(q^3,q^4,q^5;q^8)_{\infty}}\\ \sum_{0\leq m,n}\frac{q^{(3m^2+m)/2+4mn+4n^2+2n}(1+q^{2m+4n+1})}{(q;q)_m(q^4;q^4)_n}&=\frac 1{(q,q^5,q^6;q^8)_{\infty}}\\ \sum_{0\leq m,n}\frac{q^{(3m^2+m)/2+4mn+4n^2+2n}}{(q;q)_m(q^4;q^4)_n}&=\frac 1{(q^2,q^3,q^7;q^8)_{\infty}} \end{align}
以下はWangによる証明を参考にしたものである.
\begin{align}
\sum_{0\leq m,n}\frac{q^{(3m^2-3m)/2+4mn+4n^2-2n}}{(q;q)_m(q^4;q^4)_n}x^{m+2n}&=\sum_{0\leq m,n}\frac{q^{\binom m2+2\binom{m+2n}2}}{(q;q)_m(q^4;q^4)_n}x^{m+2n}\\
&=\sum_{0\leq m}x^mq^{m^2-m}\sum_{n=0}^m\frac{q^{\binom{m-2n}2}}{(q;q)_{m-2n}(q^4;q^4)_n}
\end{align}
であり,
\begin{align}
\sum_{0\leq m}t^m\sum_{n=0}^m\frac{q^{\binom{m-2n}2}}{(q;q)_{m-2n}(q^4;q^4)_n}&=\sum_{0\leq m}\frac{q^{\binom m2}}{(q^;q)_m}t^m\sum_{0\leq n}\frac{t^{2n}}{(q^4;q^4)_n}\\
&=\frac{(-t;q)_{\infty}}{(t^2;q^4)_{\infty}}\\
&=\frac{(-tq;q^2)_{\infty}}{(t;q^2)_{\infty}}\\
&=\sum_{0\leq m}\frac{(-q;q^2)_m}{(q^2;q^2)_m}t^m
\end{align}
の両辺の$t^m$の係数を比較することによって,
\begin{align}
\sum_{n=0}^m\frac{q^{\binom{m-2n}2}}{(q;q)_{m-2n}(q^4;q^4)_n}=\frac{(-q;q^2)_m}{(q^2;q^2)_m}
\end{align}
となる. これより,
\begin{align}
\sum_{0\leq m,n}\frac{q^{(3m^2-3m)/2+4mn+4n^2-2n}}{(q;q)_m(q^4;q^4)_n}x^{m+2n}=\sum_{0\leq m}\frac{q^{m^2-m}(-q;q^2)_m}{(q^2;q^2)_m}x^m
\end{align}
を得る. $x=q,q^3$として,
Göllnitz-Gordon恒等式
を用いると,
\begin{align}
\sum_{0\leq m,n}\frac{q^{(3m^2-m)/2+4mn+4n^2}}{(q;q)_m(q^4;q^4)_n}&=\sum_{0\leq m}\frac{q^{m^2}(-q;q^2)_m}{(q^2;q^2)_m}=\frac 1{(q,q^4,q^7;q^8)_{\infty}}\\
\sum_{0\leq m,n}\frac{q^{(3m^2+3m)/2+4mn+4n^2+4n}}{(q;q)_m(q^4;q^4)_n}&=\sum_{0\leq m}\frac{q^{m^2+2m}(-q;q^2)_m}{(q^2;q^2)_m}=\frac 1{(q^3,q^4,q^5;q^8)_{\infty}}
\end{align}
となって, 1つ目の式と2つ目の式が得られる. 次に, $x=q^2,q^4$とすると
\begin{align}
\sum_{0\leq m,n}\frac{q^{(3m^2+m)/2+4mn+4n^2+2n}}{(q;q)_m(q^4;q^4)_n}&=\sum_{0\leq m}\frac{q^{m^2+m}(-q;q^2)_m}{(q^2;q^2)_m}\\
\sum_{0\leq m,n}\frac{q^{(3m^2+5m)/2+4mn+4n^2+6n}}{(q;q)_m(q^4;q^4)_n}&=\sum_{0\leq m}\frac{q^{m^2+3m}(-q;q^2)_m}{(q^2;q^2)_m}
\end{align}
となる. この1つ目の式に2つ目の式の$q$倍を足し合わせると
\begin{align}
\sum_{0\leq m,n}\frac{q^{(3m^2+m)/2+4mn+4n^2+2n}(1+q^{2m+4n+1})}{(q;q)_m(q^4;q^4)_n}&=\sum_{0\leq m}\frac{q^{m^2+m}(1+q^{2m+1})(-q;q^2)_m}{(q^2;q^2)_m}\\
&=(1+q)\sum_{0\leq m}\frac{q^{m^2+m}(-q^3;q^2)_m}{(q^2;q^2)_m}
\end{align}
となる. ここで, Lebesgueの恒等式(
Bailey-Daumの和公式
において$b\to\infty$として得られる)
\begin{align}
\sum_{0\leq n}\frac{q^{n(n+1)/2}(a;q)_n}{(q;q)_n}=(-q;q)_{\infty}(aq;q^2)_{\infty}
\end{align}
において$q\to q^2$とした式において, $a=-q,-q^3$とすると,
\begin{align}
\sum_{0\leq m}\frac{q^{m^2+m}(-q;q^2)_m}{(q^2;q^2)_m}&=(-q^2;q^2)_{\infty}(-q^3;q^4)_{\infty}\\
&=\frac{(q^4;q^4)_{\infty}(q^6;q^8)_{\infty}}{(q^2;q^2)_{\infty}(q^3;q^4)_{\infty}}\\
&=\frac 1{(q^2,q^3,q^7;q^8)_{\infty}}\\
(1+q)\sum_{0\leq m}\frac{q^{m^2+m}(-q^3;q^2)_m}{(q^2;q^2)_m}&=(-q^2;q^2)_{\infty}(-q;q^4)_{\infty}\\
&=\frac{(q^4;q^4)_{\infty}(q^2;q^8)_{\infty}}{(q^2;q^2)_{\infty}(q;q^4)_{\infty}}\\
&=\frac 1{(q,q^5,q^6;q^8)_{\infty}}
\end{align}
を得るので, 3つ目の式と4つ目の式も得られる.
これらの等式は
\begin{align}
\sum_{0\leq m,n}\frac{q^{(3m^2-3m)/2+4mn+4n^2-2n}}{(q;q)_m(q^4;q^4)_n}x^{m+2n}=\sum_{0\leq m}\frac{q^{m^2-m}(-q;q^2)_m}{(q^2;q^2)_m}x^m
\end{align}
という母関数の等号が成り立っていることによってGöllnitz-Gordon恒等式などの一重のRogers-Ramanujan型の恒等式に帰着した. 他の多重のRogers-Ramanujan型の恒等式に関しても, まずはこのように母関数が簡潔に表される場合があるかどうかを考えてみるといいかもしれない.
追記
母関数の等式
\begin{align}
\sum_{0\leq m,n}\frac{q^{(3m^2-3m)/2+4mn+4n^2-2n}}{(q;q)_m(q^4;q^4)_n}x^{m+2n}=\sum_{0\leq m}\frac{q^{m^2-m}(-q;q^2)_m}{(q^2;q^2)_m}x^m
\end{align}
と定理1はAndrews-Bringmann-Mahlburgの2015年の論文で既に示されているようである.
