Gaussの三角数定理のq級数による証明
非負整数$n$を用いて, $N=\binom{n+1}2=\frac{n(n+1)}2$と表されるような$N$を三角数という. 全ての自然数が3つの三角数の和で表されることはGaussの三角数定理と呼ばれており, Gauss, Legendreによって示されているが, ここでは$q$級数による証明を与える.
\begin{align} \sum_{0\leq n}\frac{1-aq^{2n}}{1-a}\frac{(a,y;q)_n}{(q,aq/y;q)_n}q^{n^2}a^ny^{-n}&=\frac{(aq;q)_{\infty}}{(aq/y;q)_{\infty}} \end{align}
\begin{align}
f(a)&:=\sum_{0\leq n}\frac{1-aq^{2n}}{1-a}\frac{(a,y;q)_n}{(q,aq/y;q)_n}q^{n^2}a^ny^{-n}\\
&=\sum_{0\leq n}\frac{(1-q^n)+q^n(1-aq^n)}{1-a}\frac{(a,y;q)_n}{(q,aq/y;q)_n}q^{n^2}a^ny^{-n}\\
&=\sum_{0< n}\frac{1}{1-a}\frac{(a,y;q)_n}{(q;q)_{n-1}(aq/y;q)_n}q^{n^2}a^ny^{-n}+\sum_{0\leq n}\frac{1}{1-a}\frac{(a;q)_{n+1}(y;q)_n}{(q,aq/y;q)_n}q^{n^2+n}a^ny^{-n}\\
&=\sum_{0\leq n}\frac{1}{1-a}\frac{(a;q)_{n+1}(y;q)_{n+1}}{(q;q)_{n}(aq/y;q)_{n+1}}q^{n^2+2n+1}a^{n+1}y^{-n-1}+\sum_{0\leq n}\frac{1}{1-a}\frac{(a;q)_{n+1}(y;q)_n}{(q,aq/y;q)_n}q^{n^2+n}a^ny^{-n}\\
&=\sum_{0\leq n}\frac{1}{1-a}\frac{(a;q)_{n+1}(y;q)_n}{(q;q)_n(aq/y;q)_{n+1}}q^{n^2+n}a^ny^{-n}\left((1-yq^n)q^{n+1}ay^{-1}+\left(1-\frac{aq^{n+1}}y\right)\right)\\
&=\frac{1-aq}{1-aq/y}\sum_{0\leq n}\frac{1-aq^{2n+1}}{1-aq}\frac{(aq,y;q)_n}{(q,aq^2/y;q)_{n}}q^{n^2}(aq)^ny^{-n}\\
&=\frac{1-aq}{1-aq/y}f(aq)
\end{align}
よって, これを繰り返すと,
\begin{align}
f(a)&=\lim_{N\to\infty}\frac{(aq;q)_N}{(aq/y;q)_N}f(aq^N)\\
&=\frac{(aq;q)_{\infty}}{(aq/y)_{\infty}}f(0)\\
&=\frac{(aq;q)_{\infty}}{(aq/y)_{\infty}}
\end{align}
となって補題が示される.
$\alpha_0=\beta_0=1$として, $n\geq 1$に対して,
\begin{align}
\alpha_n=(1-aq^{2n})\sum_{j=0}^n\frac{(aq;q)_{n+j-1}(-1)^{n-j}q^{\binom{n-j}2}}{(q;q)_{n-j}}\beta_j
\end{align}
とするとき,
\begin{align}
\sum_{0\leq n}(y;q)_n(-a)^ny^{-n}q^{\binom{n+1}2}\beta_n&=\frac{(aq/y;q)_{\infty}}{(aq;q)_{\infty}}\sum_{0\leq n}\frac{(y;q)_n(-a)^ny^{-n}q^{\binom{n+1}2}}{(aq/y;q)_n}\alpha_n
\end{align}
が成り立つ.
\begin{align}
&\frac{(aq/y;q)_{\infty}}{(aq;q)_{\infty}}\sum_{0\leq n}\frac{(y;q)_n(-a)^ny^{-n}q^{\binom{n+1}2}}{(aq/y;q)_n}\alpha_n\\
&=\frac{(aq/y;q)_{\infty}}{(aq;q)_{\infty}}\sum_{0\leq n}\frac{(y;q)_n(-a)^ny^{-n}q^{\binom{n+1}2}(1-aq^{2n})}{(aq/y;q)_n}\sum_{j=0}^n\frac{(aq;q)_{n+j-1}(-1)^{n-j}q^{\binom{n-j}2}}{(q;q)_{n-j}}\beta_j\\
&=\frac{(aq/y;q)_{\infty}}{(aq;q)_{\infty}}\sum_{0\leq n,j}\frac{(y;q)_{n+j}a^{n+j}y^{-n-j}q^{\binom{n+j+1}2}(1-aq^{2n+2j})(aq;q)_{n+2j-1}(-1)^{j}q^{\binom{n}2}}{(aq/y;q)_{n+j}(q;q)_{n}}\beta_j\qquad(n\mapsto n+j)\\
&=\frac{(aq/y;q)_{\infty}}{(aq;q)_{\infty}}\sum_{0\leq n}\frac{(y;q)_ja^{j}y^{-j}q^{\binom{j+1}2}(aq;q)_{2j}(-1)^{j}}{(aq/y;q)_{j}}\beta_j\sum_{0\leq n}\frac{1-aq^{2n+2j}}{1-aq^{2j}}\frac{(aq^{2j},yq^j;q)_n}{(q,aq^{j+1}/y;q)_n}a^ny^{-n}q^{n^2+nj}\\
\end{align}
ここで, 補題1より,
\begin{align}
\sum_{0\leq n}\frac{1-aq^{2n+2j}}{1-aq^{2j}}\frac{(aq^{2j},yq^j;q)_n}{(q,aq^{j+1}/y;q)_n}a^ny^{-n}q^{n^2+nj}&=\frac{(aq^{2j+1};q)_{\infty}}{(aq^{j+1}/y;q)_{\infty}}
\end{align}
だから, これを代入することによって補題を得る.
非負整数$n$に対して,
\begin{align}
\frac{(q^2;q^2)_n}{(q;q^2)_n}\sum_{j=0}^n\frac{(q;q^2)_j}{(q^2;q^2)_j}q^{-n(2j+1)}&=\sum_{j=0}^{2n}q^{-\binom{j+1}2}
\end{align}
が成り立つ.
\begin{align}
S_n&:=\frac{(q^2;q^2)_n}{(q;q^2)_n}\sum_{j=0}^n\frac{(q;q^2)_j}{(q^2;q^2)_j}q^{-n(2j+1)}\\
T_n&:=\frac{(q^2;q^2)_n}{(q;q^2)_n}\sum_{j=0}^{n-1}\frac{(q;q^2)_j}{(q^2;q^2)_j}q^{-n(2j+1)}\\
\end{align}
とすると,
\begin{align}
S_n-T_n&=\frac{(q^2;q^2)_n}{(q;q^2)_n}\left(\sum_{j=0}^n\frac{(q;q^2)_j}{(q^2;q^2)_j}q^{-n(2j+1)}-\sum_{j=0}^{n-1}\frac{(q;q^2)_j}{(q^2;q^2)_j}q^{-n(2j+1)}\right)\\
&=q^{-\binom{2n+1}2}
\end{align}
であり,
\begin{align}
T_n-S_{n-1}&=\frac{(q^2;q^2)_n}{(q;q^2)_n}\sum_{j=0}^{n-1}\frac{(q;q^2)_j}{(q^2;q^2)_j}q^{-n(2j+1)}-\frac{(q^2;q^2)_{n-1}}{(q;q^2)_{n-1}}\sum_{j=0}^{n-1}\frac{(q;q^2)_j}{(q^2;q^2)_j}q^{-(n-1)(2j+1)}\\
&=\frac{(q^2;q^2)_{n-1}}{(q;q^2)_n}\sum_{j=0}^{n-1}\frac{(q;q^2)_j}{(q^2;q^2)_j}q^{-n(2j+1)}((1-q^{2n})-q^{2j+1}(1-q^{2n-1}))\\
&=\frac{(q^2;q^2)_{n-1}}{(q;q^2)_n}\sum_{j=0}^{n-1}\frac{(q;q^2)_j}{(q^2;q^2)_j}q^{-n(2j+1)}((1-q^{2j+1})-q^{2n}(1-q^{2j}))\\
&=\frac{(q^2;q^2)_{n-1}}{(q;q^2)_n}\left(\sum_{j=0}^{n-1}\frac{(q;q^2)_{j+1}}{(q^2;q^2)_j}q^{-n(2j+1)}-\sum_{j=1}^{n-1}\frac{(q;q^2)_{j}}{(q^2;q^2)_{j-1}}q^{-n(2j-1)}\right)\\
&=\frac{(q^2;q^2)_{n-1}}{(q;q^2)_n}\frac{(q;q^2)_n}{(q^2;q^2)_{n-1}}q^{-n(2n-1)}\\
&=q^{-\binom{2n}2}
\end{align}
よって, これらより,
\begin{align}
S_n-S_{n-1}=q^{-\binom{2n+1}2}+q^{-\binom{2n}2}
\end{align}
である. $S_0=1$より, 補題が従う.
\begin{align} \left(\sum_{0\leq n}q^{\binom {n+1}2}\right)^3&=\sum_{0\leq n}\frac{q^{2n^2+2n}(1+q^{2n+1})}{1-q^{2n+1}}\sum_{j=0}^{2n}q^{-\binom{j+1}2} \end{align}
補題2
\begin{align}
\sum_{0\leq n}(y;q)_n(-a)^ny^{-n}q^{\binom{n+1}2}\beta_n&=\frac{(aq/y;q)_{\infty}}{(aq;q)_{\infty}}\sum_{0\leq n}\frac{(y;q)_n(-a)^ny^{-n}q^{\binom{n+1}2}}{(aq/y;q)_n}\alpha_n
\end{align}
において, $q$を$q^2$に置き換えて, $a=q^2, y=q$
\begin{align}
\beta_j:=\frac{(-1)^j(q;q^2)_jq^{-j^2-j}}{(q^2,q^3;q^2)_j}
\end{align}
とすると,
\begin{align}
\sum_{0\leq n}\frac{(q;q^2)_n^2}{(q^2,q^3;q^2)_n}q^n&=\frac{(q^3;q^2)_{\infty}}{(q^4;q^2)_{\infty}}\sum_{0\leq n}(-1)^n\frac{1-q}{1-q^{2n+1}}q^{n^2+2n}\alpha_n
\end{align}
を得る. 左辺は
Heineの和公式
により,
\begin{align}
\sum_{0\leq n}\frac{(q;q^2)_n^2}{(q^2,q^3;q^2)_n}q^n&=\frac{(q^2;q^2)_{\infty}^2}{(q,q^3;q^2)_{\infty}}
\end{align}
である. 一方,
\begin{align}
\alpha_n&=\frac{(-1)^n(1-q^{4n+2})}{1-q^2}q^{n^2-n}\sum_{j=0}^n\frac{(q^2;q^2)_{n+j}(q;q^2)_jq^{-2nj}}{(q^2;q^2)_{n-j}(q^2,q^3;q^2)_j}\\
&=\frac{(-1)^n(1-q^{4n+2})(q^2;q^2)_n}{1-q^2}q^{n^2-n}\sum_{j=0}^n\frac{(q^{2n+2},q;q^2)_jq^{-2nj}}{(q^2;q^2)_{n-j}(q^2,q^3;q^2)_j}
\end{align}
ここで, $q$二項定理より
\begin{align}
(q^{2n+2};q^2)_j&=\sum_{k=0}^j\frac{(q^2;q^2)_j}{(q^2;q^2)_k(q^2;q^2)_{j-k}}(-1)^kq^{2nk+k^2+k}
\end{align}
であるから,
\begin{align}
&\sum_{j=0}^n\frac{(q^{2n+2},q;q^2)_jq^{-2nj}}{(q^2;q^2)_{n-j}(q^2,q^3;q^2)_j}\\
&=\sum_{j=0}^n\frac{(q;q^2)_jq^{-2nj}}{(q^2;q^2)_{n-j}(q^3;q^2)_j}\sum_{k=0}^j\frac{(-1)^kq^{2nk+k^2+k}}{(q^2;q^2)_k(q^2;q^2)_{j-k}}\\
&=\sum_{j=0}^n\sum_{k=0}^n\frac{(-1)^k(q;q^2)_{j+k}q^{-2nj+k^2+k}}{(q^2;q^2)_{n-j-k}(q^3;q^2)_{j+k}(q^2;q^2)_k(q^2;q^2)_{j}}\\
&=\sum_{j=0}^n\frac{(q;q^2)_{j}q^{-2nj}}{(q^2;q^2)_{n-j}(q^2,q^3;q^2)_{j}}\sum_{k=0}^n\frac{(q^{2j+1},q^{2j-2n};q^2)_k}{(q^{2j+3},q^2;q^2)_k}q^{2k(n-j+1)}
\end{align}
ここで,
$q$-Vandermondeの和公式
より,
\begin{align}
\sum_{k=0}^n\frac{(q^{2j+1},q^{2j-2n};q^2)_k}{(q^{2j+3},q^2;q^2)_k}q^{2k(n-j+1)}&=\frac{(q^2;q^2)_{n-j}}{(q^{2j+3};q^2)_{n-j}}\\
&=\frac{(q^2;q^2)_{n-j}(q^3;q^2)_j}{(q^3;q^2)_n}
\end{align}
だから,
\begin{align}
&\sum_{j=0}^n\frac{(q;q^2)_{j}q^{-2nj}}{(q^2;q^2)_{n-j}(q^2,q^3;q^2)_{j}}\sum_{k=0}^n\frac{(q^{2j+1},q^{2j-2n};q^2)_k}{(q^{2j+3},q^2;q^2)_k}q^{2k(n-j+1)}\\
&=\frac{(q^2;q^2)_n}{(q^3;q^2)_n}\sum_{j=0}^n\frac{(q;q^2)_{j}q^{-2nj}}{(q^2;q^2)_{j}}
\end{align}
ここで, 補題3を用いれば,
\begin{align}
\alpha_n&=\frac{(-1)^nq^{n^2-n}(1-q^{4n+2})}{1-q^2}\frac{(q^2;q^2)_n}{(q^3;q^2)_n}\sum_{j=0}^n\frac{(q;q^2)_j}{(q^2;q^2)_j}q^{-2nj}\\
&=\frac{(-1)^nq^{n^2}(1+q^{2n+1})}{1+q}\sum_{j=0}^{2n}q^{-\binom{j+1}2}\\
\end{align}
を得る. よってこれより,
\begin{align}
\frac{(q^2;q^2)_{\infty}^2}{(q,q^3;q^2)_{\infty}}&=\frac{(q^3;q^2)_{\infty}}{(q^4;q^2)_{\infty}}\sum_{0\leq n}(-1)^n\frac{1-q}{1-q^{2n+1}}q^{n^2+2n}\alpha_n\\
&=\frac{(1-q)(q;q^2)_{\infty}}{(q^2;q^2)_{\infty}}\sum_{0\leq n}\frac{1+q^{2n+1}}{1-q^{2n+1}}q^{2n^2+2n}\sum_{j=0}^{2n}q^{-\binom{j+1}2}
\end{align}
より,
\begin{align}
\left(\frac{(q^2;q^2)_{\infty}}{(q;q^2)_{\infty}}\right)^3&=\sum_{0\leq n}\frac{1+q^{2n+1}}{1-q^{2n+1}}q^{2n^2+2n}\sum_{j=0}^{2n}q^{-\binom{j+1}2}
\end{align}
最後に補題3において$q\mapsto q^{-1}$としてから$n\to\infty$として得られる式(これはJacobiの三重積からも示せる)
\begin{align}
\sum_{0\leq n}q^{\binom{n+1}2}&=\frac{(q^2;q^2)_{\infty}}{(q;q^2)_{\infty}}
\end{align}
を用いることによって定理を得る.
\begin{align}
&\sum_{0\leq n}\frac{q^{2n^2+2n}(1+q^{2n+1})}{1-q^{2n+1}}\sum_{j=0}^{2n}q^{-\binom{j+1}2}\\
&=\sum_{0\leq n}q^n\frac{1+q^{2n+1}}{1-q^{2n+1}}\sum_{j=0}^{2n}q^{\frac{j(4n+1-j)}2}\\
\end{align}
と書き換えれば, 全ての自然数$n$に対し, $q^n$の係数が$1$以上であることが分かる. よって, 以下を得る.
全ての自然数は3つの三角数の和で表すことができる.
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