ヤコビの三重積

テンプレート:混同 ヤコビの三重積 (ヤコビのさんじゅうせき、Jacobi triple product)とは、次の恒等式をいう。

$\sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{e}^{\pi i\tau n^2+2\pi inv}=\prod _{m=1}^{\mathrm{\infty }}(1-e^{2m\pi i\tau })(1+e^{(2m-1)\pi i\tau +2\pi iv})(1+e^{(2m-1)\pi i\tau -2\pi iv})$

但し、$\mathrm{Im}\tau >0$とする。この恒等式はヤコビによるテータ関数の研究から生まれたものであるが、 $q=e^{\pi i\tau },z=e^{2\pi iv}$と置くことにより

$\sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{q}^{n^2}{z}^n=\prod _{m=1}^{\mathrm{\infty }}(1-q^{2m})(1+q^{2m-1}z)(1+q^{2m-1}{z}^{-1})$

或いは、$q=e^{\pi i\tau },z=e^{-\pi i\tau +2\pi iv}$と置くことにより

$\sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{q}^{n(n+1)}{z}^n=\prod _{m=1}^{\mathrm{\infty }}(1-q^{2m})(1+q^{2m}z)(1+q^{2m-2}{z}^{-1})$

となり、数論にも適する形になる。カール・グスタフ・ヤコブ・ヤコビが1829年の著書テンプレート:Harvsで示した。

証明

直接の証明

左辺を$\vartheta (v,\tau )$、右辺を$\mathrm{\Theta }(v,\tau )$と置き、まず、右辺が疑二重周期を持つことを示す。

$\begin{array}{cc}\mathrm{\Theta }(v+1,\tau )& =\prod _{m=1}^{\mathrm{\infty }}(1-e^{2m\pi i\tau })(1+e^{(2m-1)\pi i\tau +2\pi i(v+1)})(1+e^{(2m-1)\pi i\tau -2\pi i(v+1)})\\ & =\prod _{m=1}^{\mathrm{\infty }}(1-e^{2m\pi i\tau })(1+e^{(2m-1)\pi i\tau +2\pi iv})(1+e^{(2m-1)\pi i\tau -2\pi iv})\\ & =\mathrm{\Theta }(v,\tau )\end{array}$

$\begin{array}{cc}\mathrm{\Theta }(v+\tau ,\tau )& =\prod _{m=1}^{\mathrm{\infty }}(1-e^{2m\pi i\tau })(1+e^{(2m+1)\pi i\tau +2\pi iv})(1+e^{(2m-3)\pi i\tau -2\pi iv})\\ & =\frac{1+e^{-\pi i\tau -2\pi iv}}{1+e^{\pi i\tau +2\pi iv}}\prod _{m=1}^{\mathrm{\infty }}(1-e^{2m\pi i\tau })(1+e^{(2m-1)\pi i\tau +2\pi iv})(1+e^{(2m-1)\pi i\tau -2\pi iv})\\ & =\frac{e^{-\pi i\tau -2\pi iv}+1}{1+e^{\pi i\tau +2\pi iv}}\prod _{m=1}^{\mathrm{\infty }}(1-e^{2m\pi i\tau })(1+e^{(2m-1)\pi i\tau +2\pi iv})(1+e^{(2m-1)\pi i\tau -2\pi iv})\\ & =e^{-\pi i\tau -2\pi iv}\mathrm{\Theta }(v,\tau )\end{array}$

$\mathrm{Im}\tau >0$により$|e^{2m\pi i\tau }|<1$であるから、右辺の零点は

$\begin{array}{cc}(1+e^{(2m-1)\pi i\tau +2\pi iv})(1+e^{(2m-1)\pi i\tau -2\pi iv})& =0\\ \end{array}$

$\begin{array}{cc}(1+2e^{(2m-1)\pi i\tau }\cos 2\pi v+e^{2(2m-1)\pi i\tau })& =0\\ \end{array}$

$\begin{array}{cc}\cos 2\pi v& =-\frac{e^{(2m-1)\pi i\tau }+e^{-(2m-1)\pi i\tau }}{2}\\ \cos 2\pi v& =\frac{e^{(2m-1)\pi i\tau +\pi i}+e^{-(2m-1)\pi i\tau -\pi i}}{2}\\ 2\pi v& =((2m-1)\pi \tau +\pi )\pm 2\pi n\\ v& =\frac{1+\tau }{2}+n^{\prime }+m^{\prime }\tau \end{array}$

に限られる。一方、左辺は

$\begin{array}{cc}\vartheta (v+1;\tau )& =\sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{e}^{\pi i\tau n^2+2\pi in(v+1)}\\ & =\sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{e}^{\pi i\tau n^2+2\pi inv}\\ & =\vartheta (v;\tau )\\ \end{array}$

$\begin{array}{cc}\vartheta (v+\tau ;\tau )& =\sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{e}^{\pi i\tau n^2+2\pi in(v+\tau )}\\ & =\sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{e}^{\pi i\tau (n+1{)}^2-\pi i\tau +2\pi i(n+1)v-2\pi iv}\\ & =\sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{e}^{\pi i\tau n^2-\pi i\tau +2\pi inv-2\pi iv}\\ & =e^{-\pi i\tau }{e}^{-2\pi iv}\vartheta (v;\tau )\\ \end{array}$

$\begin{array}{cc}{\vartheta }_3(\frac{1+\tau }{2};\tau )& =\sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{e}^{\pi i\tau n^2+2\pi in(\frac{1+\tau }{2})}\\ & =\sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^n{e}^{\pi i\tau (n+\frac{1}{2}{)}^2-\frac{1}{4}\pi i\tau }\\ & =\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^n{e}^{\pi i\tau (n+\frac{1}{2}{)}^2-\frac{1}{4}\pi i\tau }+\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^{n+1}{e}^{\pi i\tau (-n-1+\frac{1}{2}{)}^2-\frac{1}{4}\pi i\tau }\\ & =0\end{array}$

であるから、右辺と同じ準二重周期を持ち、少なくとも右辺が零点を持つところに悉く零点を持つ。従って、リウヴィルの定理により、

$c(\tau ,v)=\frac{\vartheta (v,\tau )}{\mathrm{\Theta }(v,\tau )}=\frac{\sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{e}^{\pi i\tau n^2+2\pi inv}}{\prod _{m=1}^{\mathrm{\infty }}(1-e^{2m\pi i\tau })(1+e^{(2m-1)\pi i\tau +2\pi iv})(1+e^{(2m-1)\pi i\tau -2\pi iv})}$

は$v$に依存しない。

$\begin{array}{cc}c\left(\frac{1}{2},\tau \right)& =\frac{\sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{e}^{\pi i\tau n^2+\pi in}}{\prod _{m=1}^{\mathrm{\infty }}(1-e^{2m\pi i\tau })(1+e^{(2m-1)\pi i\tau +\pi i})(1+e^{(2m-1)\pi i\tau -\pi i})}\\ & =\frac{\sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^n{e}^{\pi i\tau n^2}}{\prod _{m=1}^{\mathrm{\infty }}(1-e^{2m\pi i\tau })(1-e^{(2m-1)\pi i\tau })(1-e^{(2m-1)\pi i\tau })}\\ \end{array}$

$\begin{array}{cc}c\left(\frac{1}{4},\tau \right)& =\frac{\sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{e}^{\pi i\tau n^2+\pi in/2}}{\prod _{m=1}^{\mathrm{\infty }}(1-e^{2m\pi i\tau })(1+e^{(2m-1)\pi i\tau +\pi i/2})(1+e^{(2m-1)\pi i\tau -\pi i/2})}\\ & =\frac{\sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}(-i{)}^n{e}^{\pi i\tau n^2}}{\prod _{m=1}^{\mathrm{\infty }}(1-e^{2m\pi i\tau })(1+i{e}^{(2m-1)\pi i\tau })(1-i{e}^{(2m-1)\pi i\tau })}\\ & =\frac{\sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}(-i{)}^n{e}^{\pi i\tau n^2}}{\prod _{m=1}^{\mathrm{\infty }}(1-e^{2m\pi i\tau })(1+e^{(4m-2)\pi i\tau })}\\ & =\frac{\sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}(-i{)}^n{e}^{\pi i\tau n^2}}{\prod _{m=1}^{\mathrm{\infty }}(1-e^{4m\pi i\tau })(1-e^{(4m-2)\pi i\tau })(1+e^{(4m-2)\pi i\tau })}\\ & =\frac{\sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}(-i{)}^n{e}^{\pi i\tau n^2}}{\prod _{m=1}^{\mathrm{\infty }}(1-e^{4m\pi i\tau })(1-e^{(8m-4)\pi i\tau })}\\ & =\frac{\sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}(-i{)}^n{e}^{\pi i\tau n^2}}{\prod _{m=1}^{\mathrm{\infty }}(1-e^{8m\pi i\tau })(1-e^{(8m-4)\pi i\tau })(1-e^{(8m-4)\pi i\tau })}\\ \end{array}$

分子の級数においてnが奇数の項は正負で打ち消しあうから2nをnに置き換える。

$\begin{array}{cc}c\left(\frac{1}{4},\tau \right)& =\frac{\sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^n{e}^{4\pi i\tau n^2}}{\prod _{m=1}^{\mathrm{\infty }}(1-e^{8m\pi i\tau })(1-e^{(8m-4)\pi i\tau })(1-e^{(8m-4)\pi i\tau })}\\ & =c\left(\frac{1}{2},4\tau \right)\end{array}$

$c(v,\tau )$は$v$に依存しないから

$c(v,4\tau )=c(v,\tau )=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }c(v,4^{-n}\tau )=\underset{{\tau }^{\prime }\to 0}{\lim }c(v,{\tau }^{\prime })=c(v,0)$

であり、$c(v,\tau )$は$\tau$にも依存しない定数である。$\tau \to +i\mathrm{\infty }$として$c(v,\tau )=1$を得る。結局、両辺は等しい。

ラマヌジャンの和公式による証明

ヤコビの三重積はラマヌジャンの和公式の特殊な場合である。ラマヌジャンの和公式

$\sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\frac{(a;q{)}_n}{(b;q{)}_n}{z}^n=\frac{(az;q{)}_{\mathrm{\infty }}(q;q{)}_{\mathrm{\infty }}{(\frac{q}{az};q)}_{\mathrm{\infty }}{(\frac{b}{a};q)}_{\mathrm{\infty }}}{(z;q{)}_{\mathrm{\infty }}(b;q{)}_{\mathrm{\infty }}{(\frac{b}{az};q)}_{\mathrm{\infty }}{(\frac{q}{a};q)}_{\mathrm{\infty }}}(|q|<1,|b/a|<|z|<1)$

はq二項定理から導かれる。ラマヌジャンの和公式に$b=0$を代入すると

$\sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}(a;q{)}_n{z}^n=\frac{(az;q{)}_{\mathrm{\infty }}(q;q{)}_{\mathrm{\infty }}{(q/az;q)}_{\mathrm{\infty }}}{(z;q{)}_{\mathrm{\infty }}{(q/a;q)}_{\mathrm{\infty }}}$

となり、$q$を$q^2$と書き、$z$を$-qz/a$と書けば

$\sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}(a;q^2{)}_n{(-\frac{qz}{a})}^n=\frac{(-qz;q^2{)}_{\mathrm{\infty }}(q^2;q^2{)}_{\mathrm{\infty }}{(-q/z;q^2)}_{\mathrm{\infty }}}{(-qz/a;q^2{)}_{\mathrm{\infty }}{(q^2/a;q^2)}_{\mathrm{\infty }}}$

となる。qポッホハマー記号の変換式

${(a{q}^{-n+1};q)}_n={(-a)}^n{q}^{-n(n-1)/2}{(\frac{1}{a};q)}_n$

により、左辺は

$\begin{array}{cc}\sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}(a;q^2{)}_n{(-\frac{qz}{a})}^n& =\sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}(a{q}^{2n-2}{q}^{-2n+2};q^2{)}_n{(-\frac{qz}{a})}^n\\ & =\sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}(-a{q}^{2n-2}{)}^n{q}^{-2n(n-1)/2}(1/a{q}^{2n-2};q{)}_n{(-\frac{qz}{a})}^n\\ & =\sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{q}^{n^2}{z}^n(1/a{q}^{2n-2};q{)}_n\\ \end{array}$

であるから、$a\to \mathrm{\infty }$の極限を取れば

$\sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{q}^{n^2}{z}^n=(-qz;q^2{)}_{\mathrm{\infty }}(q^2;q^2{)}_{\mathrm{\infty }}{(-q/z;q^2)}_{\mathrm{\infty }}$

となり、qポッホハマー記号を展開して

$\sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{q}^{n^2}{z}^n=\prod _{m=1}^{\mathrm{\infty }}(1-q^{2m})(1+q^{2m-1}/z)(1+q^{2m-1}z)$

を得る。

ヤコビの原証明

テンプレート:Harvsの原証明は冪級数の操作のみを用いている。まず

$\begin{array}{cc}Q(x)=& (1-x^2)(1-x^4)(1-x^6)\cdots ,\\ R(x,z)=& (1+xz)(1+x^{3}z)(1+x^{5}z)\cdots ,\\ S(x,z)=& \frac{1}{(1-xz)(1-x^{2}z)(1-x^{3}z)\cdots }\end{array}$

とおく。ヤコビの三重積は $Q(x)R(x,z^{-1})R(x,z)$ であらわされる。

まず $R(x,z)$ について、

$R(x,z{x}^2)=(1+x^{3}z)(1+x^{5}z)(1+x^{7}z)\cdots$

より

$R(x,z)=(1+xz)R(x,z{x}^2)$

が成り立つ。そこで

$R(x,z)=1+a_1(x)z+a_2(x)z^2+\cdots$

とおくと

$(1+a_1(x)z+a_2(x)z^2+\cdots )=(1+xz)(1+a_1(x)x^{2}z+a_2(x)x^4{z}^2+\cdots )$

より

$a_n(x)=a_n(x)x^{2n}+a_{n-1}(x)x^{2n-1},$

つまり

$a_n(x)=\frac{a_{n-1}(x)x^{2n-1}}{1-x^{2n}},a_0(x)=1$

が成り立つ。この漸化式を解くと

$a_n(x)=\frac{x^{n^2}}{(1-x^2)(1-x^4)\cdots (1-x^{2n})}$

が得られる。

次に $S(x,z)$ について、

$S(x,zx)=\frac{1}{(1-x^{2}z)(1-x^{3}z)(1-x^{4}z)\cdots }=(1-xz)S(x,z)$

が成り立つ。そこで

$S(x,z)=1+\frac{b_1(x)z}{1-xz}+\frac{b_2(x)z^2}{(1-xz)(1-x^{2}z)}+\cdots$

とおくと

$\begin{array}{cc}S(x,z)=& \frac{S(x,zx)}{1-xz}\\ =& \frac{1}{1-xz}(1+\frac{b_1(x)xz}{1-x^{2}z}+\frac{b_2(x)x^2{z}^2}{(1-x^{2}z)(1-x^{3}z)}+\cdots )\\ =& \frac{1}{1-xz}+\frac{b_1(x)xz}{(1-xz)(1-x^{2}z)}+\frac{b_2(x)x^2{z}^2}{(1-xz)(1-x^{2}z)(1-x^{3}z)}\cdots \end{array}$

であるが

$\frac{b_m(x)x^m{z}^m}{(1-xz)(1-x^{2}z)\cdots (1-x^{m+1}z)}=\frac{b_m(x)x^m{z}^m}{(1-xz)(1-x^{2}z)\cdots (1-x^{m}z)}+\frac{b_m(x)x^{2m+1}{z}^{m+1}}{(1-xz)(1-x^{2}z)\cdots (1-x^{m+1}z)}$

より

$b_n(x)=b_n(x)x^n+b_{n-1}{x}^{2n-1},$

つまり

$b_n(x)=\frac{b_{n-1}(x)x^{2n-1}}{1-x^n},b_0(x)=1$

が成り立つ。この漸化式を解くと

$b_n(x)=\frac{x^{n^2}}{(1-x)(1-x^2)\cdots (1-x^n)}$

が得られる。

さて、ヤコビの三重積の冪級数展開を得たいが、代わりに $R(x,z)R(x,z^{-1})$ の冪級数展開について考える。

$R(x,z)R(x,z^{-1})=(1+a_1(x)z+a_2(x)z^2+\cdots )(1+a_1(x)z^{-1}+a_2(x)z^{-2}+\cdots )$

より $R(x,z)R(x,z^{-1})$ を冪級数展開したときの $z^m$ および $z^{-m}$ の係数は共に

$\begin{array}{cc}& a_m(x)+a_{m+1}(x)a_1(x)+a_{m+2}(x)a_2(x)+\cdots \\ =& a_m(x)(1+\frac{x^{2m+2}}{(1-x^2)(1-x^{2m+2})}+\frac{x^{4m+8}}{(1-x^2)(1-x^4)(1-x^{2m+2})(1-x^{2m+4})}+\cdots )\\ =& a_m(x)\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{x^{2k^2}}{(1-x^2)(1-x^4)\cdots (1-x^{2k})}\times \frac{x^{2km}}{(1-x^{2m+2})(1-x^{2m+4})\cdots (1-x^{2(m+k)})}\\ \end{array}$

に一致するが、これは、上記の $S(x,z)$ の展開より

$\begin{array}{cc}=& a_m(x)\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{b_k(x^2)x^{2km}}{(1-x^{2m+2})(1-x^{2m+4})\cdots (1-x^{2(m+k)})}\\ =& a_m(x)S(x^2,x^{2m})\\ =& \frac{x^{m^2}}{(1-x^2)(1-x^4)\cdots (1-x^{2m})\times (1-x^{2m+2})(1-x^{2m+4})\cdots }\\ =& \frac{x^{m^2}}{(1-x^2)(1-x^4)\cdots }\\ =& \frac{x^{m^2}}{Q(x)}\end{array}$

に一致する。よって

$Q(x)R(x,z)R(x,z^{-1})=\sum _{m=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{x}^{m^2}{z}^m$

が成り立つ。

関連項目

• ワトソンの五重積
• オイラーの五角数定理

参考文献

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