文献あり

Rogersのmod 14恒等式

前の記事における系4は以下のようなものである.

$(α_{n}, β_{n})$ が $a$ に関するBailey対のとき,
$\begin{aligned} \sum_{0 \leq n} a^{n} q^{n^{2}} α_{n} & = (a q; q)_{\infty} \sum_{0 \leq n} a^{n} q^{n^{2}} β_{n} \end{aligned}$

今回は以下の恒等式を示す.

Rogers(1894)

$\begin{aligned} \sum_{0 \leq n} \frac{q^{n^{2}}}{(q; q)_{n} (q; q^{2})_{n}} & = \frac{(q^{6}, q^{8}, q^{14}; q^{14})_{\infty}}{(q; q)_{\infty}} \\ \sum_{0 \leq n} \frac{q^{n^{2} + n}}{(q; q)_{n} (q; q^{2})_{n + 1}} & = \frac{(q^{4}, q^{10}, q^{14}; q^{14})_{\infty}}{(q; q)_{\infty}} \\ \sum_{0 \leq n} \frac{q^{n^{2} + 2 n}}{(q; q)_{n} (q; q^{2})_{n + 1}} & = \frac{(q^{2}, q^{12}, q^{14}; q^{14})_{\infty}}{(q; q)_{\infty}} \end{aligned}$

まず, 1つ目の等式を示す. 前の記事で示した等式
$\begin{aligned} \sum_{k \in Z} \frac{1 - a q^{4 k}}{1 - a} \frac{(b, c; q^{2})_{k} q^{2 k^{2}}}{(a q^{2} / b, a q^{2} / c; q^{2})_{k} (a q; q)_{n + 2 k} (q; q)_{n - 2 k}} {(\frac{a^{2}}{b c})}^{k} \\ = \frac{(q^{2} / a, a q^{2} / b c, a q / b, a q / c; q^{2})_{\infty}}{(q, q^{2} / b, q^{2} / c, a^{2} q / b c; q^{2})_{\infty}} \frac{(a^{2} q / b c; q^{2})_{n}}{(a q / b, a q / c; q)_{n} (a q; q^{2})_{n}} \end{aligned}$
において, $c \to \infty, a = b$ とすると,
$\begin{aligned} \sum_{0 \leq k} \frac{1 - a q^{4 k}}{1 - a} \frac{(a; q^{2})_{k} (- 1)^{k} q^{3 k^{2} - k}}{(q^{2}; q^{2})_{k} (a q; q)_{n + 2 k} (q; q)_{n - 2 k}} a^{k} & = \frac{1}{(q; q)_{n} (a q; q^{2})_{n}} \end{aligned}$
を得る. ここで, $a \to 1$ とすると,
$\begin{aligned} 1 + \sum_{0 < k} \frac{(- 1)^{k} q^{3 k^{2} - k} (1 + q^{2 k})}{(q; q)_{n + 2 k} (q; q)_{n - 2 k}} \\ = \frac{1}{(q; q)_{n} (q; q^{2})_{n}} \end{aligned}$
つまり,
$\begin{aligned} α_{0} & = 1 \\ α_{2 n} & = (- 1)^{n} q^{3 n^{2}} (q^{n} + q^{- n}), n > 0 \\ α_{2 n + 1} & = 0 \\ β_{n} & = \frac{1}{(q; q)_{n} (q; q^{2})_{n}} \end{aligned}$
は $1$ に関するBailey対である. よって, 命題1を適用すると,
$\begin{aligned} (q; q)_{\infty} \sum_{0 \leq n} \frac{q^{n^{2}}}{(q; q)_{n} (q; q^{2})_{n}} \\ = 1 + \sum_{0 < n} (- 1)^{n} q^{7 n^{2}} (q^{n} + q^{- n}) \\ = \sum_{n \in Z} (- 1)^{n} q^{7 n^{2} + n} \\ = (q^{6}, q^{8}, q^{14}; q^{14})_{\infty} \end{aligned}$
が得られる. 次に, 2つ目の等式を示す.
$\begin{aligned} \sum_{0 \leq k} \frac{1 - a q^{4 k}}{1 - a} \frac{(a; q^{2})_{k} (- 1)^{k} q^{3 k^{2} - k}}{(q^{2}; q^{2})_{k} (a q; q)_{n + 2 k} (q; q)_{n - 2 k}} a^{k} & = \frac{1}{(q; q)_{n} (a q; q^{2})_{n}} \end{aligned}$
において, $a = q^{2}$ とすると,
$\begin{aligned} \sum_{0 \leq k} \frac{(- 1)^{k} (1 - q^{4 k + 2}) q^{3 k^{2} + k}}{(q^{2}; q)_{n + 2 k + 1} (q; q)_{n - 2 k}} & = \frac{1}{(q; q)_{n} (q^{3}; q^{2})_{n}} \end{aligned}$
ここで, $1 - q^{4 k + 2} = 1 - q^{n + 2 k + 2} - q^{4 k + 2} (1 - q^{n - 2 k})$ より,
$\begin{aligned} \sum_{0 \leq k} (\frac{(- 1)^{k} q^{3 k^{2} + k}}{(q^{2}; q)_{n + 2 k} (q; q)_{n - 2 k}} - \frac{(- 1)^{k} q^{3 k^{2} + 5 k + 2}}{(q^{2}; q)_{n + 2 k + 1} (q; q)_{n - 2 k - 1}}) & = \frac{1}{(q; q)_{n} (q^{3}; q^{2})_{n}} \end{aligned}$
だから,
$\begin{aligned} a_{2 n} & = (- 1)^{n} q^{3 n^{2} + n} \\ a_{2 n + 1} & = - (- 1)^{n} q^{3 n^{2} + 5 n + 2} \\ β_{n} & = \frac{1}{(q; q)_{n} (q^{3}; q^{2})_{n}} \end{aligned}$
が $q$ に関するBailey対である. よって, 命題1を用いて
$\begin{aligned} (q; q)_{\infty} \sum_{0 \leq n} \frac{q^{n^{2}}}{(q; q)_{n} (q; q^{2})_{n + 1}} \\ = \sum_{0 \leq n} (- 1)^{n} q^{7 n^{2} + 3 n} - \sum_{0 \leq n} (- 1)^{n} q^{7 n^{2} + 11 n + 4} \\ = \sum_{n \in Z} (- 1)^{n} q^{7 n^{2} + 3 n} \\ = (q^{4}, q^{10}, q^{14}; q^{14})_{\infty} \end{aligned}$
と示される. 次に,
$\begin{aligned} \sum_{0 \leq k} \frac{(- 1)^{k} (1 - q^{4 k + 2}) q^{3 k^{2} + k}}{(q^{2}; q)_{n + 2 k + 1} (q; q)_{n - 2 k}} & = \frac{1}{(q; q)_{n} (q^{3}; q^{2})_{n}} \end{aligned}$
において, $q^{n} (1 - q^{4 k + 2}) = q^{2 k} ((1 - q^{n + 2 k + 2}) - (1 - q^{n - 2 k}))$ より,
$\begin{aligned} \sum_{0 \leq k} (\frac{(- 1)^{k} q^{3 k^{2} + 3 k}}{(q^{2}; q)_{n + 2 k} (q; q)_{n - 2 k}} - \frac{(- 1)^{k} q^{3 k^{2} + 3 k}}{(q^{2}; q)_{n + 2 k + 1} (q; q)_{n - 2 k - 1}}) & = \frac{q^{n}}{(q; q)_{n} (q^{3}; q^{2})_{n}} \end{aligned}$
である. よって
$\begin{aligned} α_{2 n} & = (- 1)^{n} q^{3 n^{2} + 3 n} \\ α_{2 n + 1} & = - (- 1)^{n} q^{3 n^{2} + 3 n} \\ β_{n} & = \frac{q^{n}}{(q; q)_{n} (q^{3}; q^{2})_{n}} \end{aligned}$
とすると, これは $q$ に関するBailey対であるから命題1を適用して,
$\begin{aligned} (q; q)_{\infty} \sum_{0 \leq n} \frac{q^{n^{2} + n}}{(q; q)_{n} (q; q^{2})_{n + 1}} \\ = \sum_{0 \leq n} (- 1)^{n} q^{7 n^{2} + 5 n} - \sum_{0 \leq n} (- 1)^{n} q^{7 n^{2} + 9 n + 2} \\ = \sum_{n \in Z} (- 1)^{n} q^{7 n^{2} + 5 n} \\ = (q^{2}, q^{12}, q^{14}; q^{14})_{\infty} \end{aligned}$
となって, 示すべき等式が得られた.