用户: TravorLZH/Jacobi 三重积

本文旨在证明以下由 Jacobi [1] 发现的组合恒等式:

定理 0.1 (Jacobi). 当 $|q|<1,z\ne 0$ 时, $$f(z,q)=\prod _{n\ge 1}(1+z{q}^{2n-1})(1+z^{-1}{q}^{2n-1})(1-q^{2n})=\sum _{n\in \mathbb{Z}}{z}^n{q}^{n^2}.$$

1$f(z,q)$ 的函数方程

为了方便后续的推导, 我们引入部分乘积 $f_N(z,q)$:

$$f_N(z,q)=\prod _{n\le N}(1+z{q}^{2n-1})(1+z^{-1}{q}^{2n-1})(1-q^{2n})$$

则结合被乘项中的 $z$ 和 $z^{-1}$ 可知当 $a_{n,N}(q)$ 满足:

$$f_N(z,q)=\sum _{n\in \mathbb{Z}}{a}_{n,N}(q)z^n$$(1)

则有 $a_{n,N}(q)=a_{-n,N}(q)$. 另一方面根据,

$$\begin{array}{rl}{f}_N(z{q}^2,q)& =\prod _{n\le N}(1+z{q}^{2n+1})(1+z^{-1}{q}^{2n-3})(1-q^{2n})\\ & =\frac{1+z{q}^{2N+1}}{1+zq}\prod _{n\le N}(1+z{q}^{2n-1})(1+z^{-1}{q}^{2n-3})(1-q^{2n})\\ & =\frac{1+z{q}^{2N+1}}{1+zq}\cdot \frac{1+z^{-1}{q}^{-1}}{1+z^{-1}{q}^{2N-1}}{f}_N(z,q),\end{array}$$

所以化简可知:

$$zq{f}_N(z{q}^2,q)=\frac{1+z{q}^{2N+1}}{1+z^{-1}{q}^{2N-1}}{f}_N(z,q).$$

与 (1) 结合便知当 $n\in \mathbb{Z}$ 时总有:

$$a_{n-1,N}(q)q^{2n-1}=\frac{1+z{q}^{2N+1}}{1+z^{-1}{q}^{2N-1}}{a}_{n,N}(q).$$

迭代使用这个递推公式, 便得:

$$a_{n,N}(q)={\left(\frac{1+z^{-1}{q}^{2N-1}}{1+z{q}^{2N+1}}\right)}^n{a}_{0,N}(q)q^{n^2}.$$

因此当我们设置$$a_n(q)=\underset{N\to \infty }{\lim }{a}_{n,N}(q)$$时, 就有

$$f(z,q)=a_0(q)\sum _{n\in \mathbb{Z}}{z}^n{q}^{n^2}.$$

至此我们已经完成了大部分的推导过程, 接下来就只需要确认 $a_0(q)$ 的值了.

2系数 $a_0(q)$ 的确定

为了确认 $a_0(q)$, 我们决定代入一些具体的 $z$ 来研究其特性, 比如当 $z=i$ 时由于 $n$ 为奇数时 $(-i{)}^n=-i^n$ 所以:

$$f(i,q)=a_0(q)\sum _{n\in \mathbb{Z}}{i}^n{q}^{n^2}=a_0(q)\sum _{m\in \mathbb{Z}}(-1{)}^m{q}^{4m^2}=f(-1,q^4)$$

因此对比系数可知 $a_0(q)=a_0(q^4)$, 所以当 $|q|<1$ 时利用极限的性质便知:

$$a_0(q)=\underset{k\to \infty }{\lim }{a}_0(q^{4^k})=a_0(0)$$

最后再结合 $f(z,0)=1$ 便得定理 0.1.

参考文献

[1]	Jacobi, C. G. J. (2013). C. G. J. Jacobi’s Gesammelte Werke: Herausgegeben auf Veranlassung der königlich preussischen Akademie der Wissenschaften (C. W. Borchardt, Ed.). Cambridge University Press. https://doi.org/10.1017/CBO9781139567954