야코비 삼중곱 정리

$|q|<1$이고 $z \not= 0$일 때 다음이 성립한다.

$$\sum _{n=-\infty} ^\infty z^n q^{n^2} = (-zq;q^2)_\infty (-\frac {q}{z} ;q^2)_\infty (q^2 ;q^2 )_\infty$$

Ramanujan식으로 쓰면 $f(a,b) = (-a;ab)_\infty (-b;ab)_\infty (ab;ab)_\infty$

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q-binomial theorem에서 나왔던 Euler의 식을 사용해서 어떤 q-series를 급수 전개한다. $(-zq;q^2)_\infty$가 아니라 $-q/z ;q^2 )_\infty$에서 시작해도 결과는 똑같다. 다만 $(q^2;q^2)_\infty$은 전개하지 않는데, 그 이유는 $z$가 나오지 않아 식을 앞으로 결과에 맞게 전개해나가는 데에 어려움을 겪기 때문이다.

$$(-zq ;q^2)_\infty = \sum _{n=0} ^\infty \frac {(zq)^n q^{n(n-1)} }{(q^2;q^2)_n} = \sum _{n=0} ^\infty \frac {z^n q^{n^2} }{(q^2 ;q^2 )_n } = \frac {1}{(q^2;q^2 )_\infty } \sum _{n=0} ^\infty z^n q^{n^2} (q^{2n+2};q^2)_\infty$$

n이 음수일 때 그 항이 0이 되므로 $-\infty$로 확장시켜도 값은 같다.

$$\frac {1}{(q^2;q^2)_\infty } \sum _{n=-\infty} ^\infty z^n q^{n^2} (q^{2n+2};q^2 )_\infty$$

아까 했던 식으로 다시 전개했을 때

$$\frac {1}{(q^2 ;q^2 )_\infty } \sum _{n=-\infty} ^\infty z^n q^{n^2} \sum _{r=0} ^\infty \frac {(-q^{2n+2})^r q^{r(r-1)} }{(q^2;q^2)_r} = \frac {1}{(q^2 ;q^2)_\infty } \sum _{n=-\infty} ^\infty z^n q^{n^2} \sum _{r=0} ^\infty \frac {(-1)^r q^{r^2 +r + 2nr }}{(q^2;q^2)_r}$$

시그마의 위치를 바꾸어서 정리하면 증명은 끝난다.

$$\frac {1}{(q^2;q^2)_\infty } \sum _{r=0} ^\infty \frac {(-1)^r q^r z^{-r} }{(q^2;q^2)_r } \sum _{n=-\infty} ^\infty q^{(n+r)^2} z^{n+r} = \frac {1}{(q^2;q^2 )_\infty } \sum _{r=0} ^\infty \frac {(-q/z)^r}{(q^2;q^2)_r } \sum _{m = -\infty } ^\infty q^{m^2} z^m\\ = \frac {1}{(q^2;q^2)_\infty} \frac {1}{(-q/z;q^2)_\infty } \sum _{m=-\infty} ^\infty z^m q^{m^2}$$

Exercise. $-q/z ;q^2 )_\infty$ 를 전개해서 증명해보자.