야코비 삼중곱

1. 개요

야코비 삼중곱은 다양한 형태로 표현될 수 있는 항등식으로, 야코비 세타 함수를 무한 곱으로 나타내거나 오일러의 오각수 정리 및 로저스-라마누잔 항등식의 증명에 활용된다. 이 항등식은 직접 증명, 함수 방정식, 리우빌 정리, 라마누잔의 합 공식 등을 이용하여 증명할 수 있으며, q-포흐아머 기호나 라마누잔 세타 함수를 사용하여 표현할 때 특히 간결하고 우아한 형태를 갖는다. 야코비 삼중곱은 분할수, 세타 함수, 모듈러 형식, q급수 이론 등 다양한 분야에 응용된다.

2. 성질

야코비의 증명은 오일러의 오각수 정리에 의존하는데, 이는 야코비 삼중곱 항등식의 특수한 경우이다.

$x=q\backslash sqrt\; q$ 및 $y^2=-\backslash sqrt\{q\}$라고 하면, 다음과 같은 식이 성립한다.
:$\backslash phi(q)\; =\; \backslash prod\_\{m=1\}^\backslash infty\; \backslash left(1-q^m\; \backslash right)\; =$
\sum_{n=-\infty}^\infty (-1)^n q^{\frac{3n^2-n}{2}}.

로저스-라마누잔 항등식은 $x=q^2\backslash sqrt\; q$, $y^2=-\backslash sqrt\{q\}$ 및 $x=q^2\backslash sqrt\; q$, $y^2=-q\backslash sqrt\{q\}$로 표현된다.

야코비 삼중곱은 또한 야코비 세타 함수를 무한 곱으로 표현할 수 있게 해준다.

$x=e^\{i\backslash pi\; \backslash tau\}$ 및 $y=e^\{i\backslash pi\; z\}$라고 하면, 야코비 세타 함수

:$$
\vartheta(z; \tau) = \sum_{n=-\infty}^\infty e^{\pi {\rm{i}} n^2 \tau + 2 \pi {\rm{i}} n z}


는 다음과 같이 표현할 수 있다.

:$\backslash sum\_\{n=-\backslash infty\}^\backslash infty\; y^\{2n\}x^\{n^2\}.$

야코비 삼중곱 항등식을 사용하면 세타 함수는 다음과 같은 곱으로 쓸 수 있다.

:$\backslash vartheta(z;\; \backslash tau)\; =\; \backslash prod\_\{m=1\}^\backslash infty$
\left( 1 - e^{2m \pi {\rm{i}} \tau}\right)
\left[ 1 + e^{(2m-1) \pi {\rm{i}} \tau + 2 \pi {\rm{i}} z}\right]
\left[ 1 + e^{(2m-1) \pi {\rm{i}} \tau -2 \pi {\rm{i}} z}\right].


야코비 삼중곱을 표현하는 데 사용되는 다양한 표기법이 있다. 이는 q-포흐아머 기호로 표현될 때 간결한 형태를 갖는다.

:$\backslash sum\_\{n=-\backslash infty\}^\backslash infty\; q^\{\backslash frac\{n(n+1)\}\{2\}\}z^n\; =$
(q;q)_\infty \; \left(-\tfrac{1}{z};q\right)_\infty \; (-zq;q)_\infty,
여기서 $(a;q)\_\backslash infty$는 무한 q-포흐아머 기호이다.

라마누잔 세타 함수로 표현될 때 특히 우아한 형태를 갖는다. 일 때 다음과 같이 쓸 수 있다.

:$\backslash sum\_\{n=-\backslash infty\}^\backslash infty\; a^\{\backslash frac\{n(n+1)\}\{2\}\}\; \backslash ;\; b^\{\backslash frac\{n(n-1)\}\{2\}\}\; =\; (-a;\; ab)\_\backslash infty\; \backslash ;(-b;\; ab)\_\backslash infty\; \backslash ;(ab;ab)\_\backslash infty.$

3. 증명

야코비 삼중곱 항등식은 여러 가지 방법으로 증명할 수 있다. 이 문서에서는 그 중 몇 가지 증명 방법을 간략하게 소개한다.

하위 섹션인 '직접 증명', '함수 방정식을 이용한 증명', '리우빌 정리를 이용한 증명', '라마누잔의 합 공식을 이용한 증명' 에서는 각각 다른 방법을 사용하여 야코비 삼중곱을 증명하는 과정을 상세하게 설명하고 있다.

3.1. 직접 증명

이 증명은 무한급수와 무한곱의 성질을 이용하여 항등식을 직접 유도한다.

제시된 곱셈 $\backslash prod\_\{n=1\}^\backslash infty\; (1+q^\{2n-1\}z)(1+q^\{2n-1\}z^\{-1\})$은 다음과 같이 무한급수로 바꿀 수 있다.

:$\backslash sum\_\{n=-\backslash infty\}^\{\backslash infty\}\; a\_n(q)z^n$

:$=\backslash prod\_\{n=1\}^\backslash infty\; (1+q^\{2n-1\}z)(1+q^\{2n-1\}z^\{-1\})$

:$=\backslash frac\{1+qz\}\{1+q^\{-1\}z^\{-1\}\}\backslash prod\_\{n=1\}^\backslash infty\; (1+q^\{2n+1\}z)(1+q^\{2n-3\}z^\{-1\})$

:$=\backslash frac\{qz(1+qz)\}\{qz+1\}\backslash prod\_\{n=1\}^\backslash infty\; (1+q^\{2n-1\}q^2z)(1+q^\{2n-1\}q^\{-2\}z^\{-1\})$

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

:$=\backslash sum\_\{n=-\backslash infty\}^\{\backslash infty\}\; a\_n(q)q^\{2n+1\}z^\{n+1\}$

:$=\backslash sum\_\{n=-\backslash infty\}^\{\backslash infty\}\; a\_\{n-1\}(q)q^\{2n-1\}z^n$

양변의 계수를 비교하면 다음과 같다.

:$a\_n(q)=a\_\{n-1\}(q)q^\{2n-1\}\backslash overset\{\backslash text\{점화\}\}=a\_0(q)q^\{n^2\}$

:$\backslash prod\_\{n=1\}^\backslash infty\; (1+q^\{2n-1\}z)(1+q^\{2n-1\}z^\{-1\})=a\_0(q)\backslash sum\_\{n=-\backslash infty\}^\{\backslash infty\}q^\{n^2\}z^n$

주어진 곱셈을 직접 전개하면 다음과 같다.

:$\backslash prod\_\{n=1\}^\backslash infty\; (1+q^\{2n-1\}z)$

:$=1+z\backslash sum\_\{n=1\}^\{\backslash infty\}q^\{2n-1\}+z^2\backslash sum\_\{\backslash begin\{matrix\}n\_1=1\backslash \backslash n\_2=n\_1+1\backslash end\{matrix\}\}^\{\backslash infty\}q^\{2(n\_1+n\_2)-2\}+z^3\backslash sum\_\{\backslash begin\{matrix\}n\_1=1\backslash \backslash n\_2=n\_1+1\backslash \backslash n\_3=n\_2+1\backslash end\{matrix\}\}^\{\backslash infty\}q^\{2(n\_1+n\_2+n\_3)-3\}+...$

:$=1+z\backslash sum\_\{n=1\}^\{\backslash infty\}q^\{2n-1\}+z^2\backslash sum\_\{\backslash begin\{matrix\}n\_1=1\backslash \backslash n\_2\text{'}=1\backslash end\{matrix\}\}^\{\backslash infty\}q^\{2(2n\_1+n\_2\text{'})-2\}+z^3\backslash sum\_\{\backslash begin\{matrix\}n\_1=1\backslash \backslash n\_2\text{'}=1\backslash \backslash n\_3\text{'}=1\backslash end\{matrix\}\}^\{\backslash infty\}q^\{2(3n\_1+2n\_2\text{'}+n\_3\text{'})-3\}+...$

:$=1+z\backslash frac\{q\}\{1-q^2\}+z^2\backslash frac\{q^4\}\{(1-q^2)(1-q^4)\}+z^3\backslash frac\{q^9\}\{(1-q^2)(1-q^4)(1-q^6)\}+...$

:$\backslash prod\_\{n=1\}^\backslash infty\; (1+q^\{2n-1\}z)$ 에서 z를 1/z로 바꾸면 위와 유사한 식을 얻을 수 있다. 이 식들을 첫 번째 식에 대입하고 z와 1/z가 서로 상쇄되는 항을 모아 양변을 비교하면 다음과 같다.

:$a\_0(q)=1+\backslash frac\{q^2\}\{(1-q^2)^2\}+\backslash frac\{q^8\}\{(1-q^2)^2(1-q^4)^2\}+\backslash frac\{q^\{18\}\}\{(1-q^2)^2(1-q^4)^2(1-q^6)^2\}+...$

위 식의 양변에 $(1-q^2)$를 곱하면

:$a\_0(q)(1-q^2)=1-q^2+\backslash frac\{q^2\}\{1-q^2\}+\backslash frac\{q^8\}\{(1-q^2)(1-q^4)^2\}+\backslash frac\{q^\{18\}\}\{(1-q^2)(1-q^4)^2(1-q^6)^2\}+...$

:$=1+\backslash frac\{q^4\}\{1-q^2\}+\backslash frac\{q^8\}\{(1-q^2)(1-q^4)^2\}+\backslash frac\{q^\{18\}\}\{(1-q^2)(1-q^4)^2(1-q^6)^2\}+...$

여기에 $(1-q^4)$를 곱하면

:$a\_0(q)(1-q^2)(1-q^4)=1-q^4+\backslash frac\{q^4-q^8\}\{1-q^2\}+\backslash frac\{q^8\}\{(1-q^2)(1-q^4)\}+\backslash frac\{q^\{18\}\}\{(1-q^2)(1-q^4)(1-q^6)^2\}+...$

:$=1+\backslash frac\{q^6\}\{1-q^2\}+\backslash frac\{q^\{12\}\}\{(1-q^2)(1-q^4)\}+\backslash frac\{q^\{18\}\}\{(1-q^2)(1-q^4)(1-q^6)^2\}+...$

$(1-q^6)$를 곱하면

:$a\_0(q)(1-q^2)(1-q^4)(1-q^6)=1-q^6+\backslash frac\{q^6-q^\{12\}\}\{1-q^2\}+\backslash frac\{q^\{12\}-q^\{18\}\}\{(1-q^2)(1-q^4)\}+\backslash frac\{q^\{18\}\}\{(1-q^2)(1-q^4)(1-q^6)\}+...$

:$=1+\backslash frac\{q^8\}\{1-q^2\}+\backslash frac\{q^\{16\}\}\{(1-q^2)(1-q^4)\}+\backslash frac\{q^\{24\}\}\{(1-q^2)(1-q^4)(1-q^6)\}+...$

으로 나타난다. 다음 계산에 대해 아래와 같이 예상할 수 있다.

:$a\_0(q)\backslash prod\_\{n=1\}^N(1-q^\{2n\})=\backslash sum\_\{n=1\}^\{N-1\}\backslash frac\{q^\{2Nn\}\}\{\backslash prod\_\{k=1\}^n(1-q^\{2k\})\}+\backslash sum\_\{n=N\}^\{\backslash infty\}\backslash frac\{q^\{2n^2\}\}\{\backslash prod\_\{k=1\}^\{N-1\}(1-q^\{2k\})\backslash times\backslash prod\_\{k=N\}^\{\backslash infty\}(1-q^\{2k\})^2\}$

이 식 양변에 $(1-q^\{2N\})$을 곱하고 계산한 뒤 양변을 비교하면 수학적 귀납법에 따라 참임을 알 수 있다. N을 무한으로 놓으면 q(<1)에 대한 항은 최소 2N차이므로 0이 된다.

:$a\_0(q)\backslash prod\_\{n=1\}^\{\backslash infty\}(1-q^\{2n\})=1$

카를 구스타프 야코프 야코비는 멱급수 연산만을 사용하여 다음과 같이 증명하였다.

:$$
\begin{align}
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{align}


야코비 삼중곱은 $Q(x)R(x,\; z^\{-1\})R(x,\; z)$로 나타낼 수 있다.

먼저, $R(x,\; z)$에 대해,
:$R(x,\; zx^2)=(1+x^3z)(1+x^5z)(1+x^7z)\backslash cdots$
에서

:$R(x,\; z)=(1+xz)R(x,\; zx^2)$
가 성립한다. 여기서

:$R(x,\; z)=1+a\_1(x)\; z+a\_2(x)\; z^2+\backslash cdots$
라고 두면
:$(1+a\_1(x)z+a\_2(x)\; z^2+\backslash cdots\; )=(1+xz)(1+a\_1(x)x^2\; z+a\_2(x)x^4\; z^2+\backslash cdots)$
에서
:$a\_n(x)=a\_n(x)x^\{2n\}+a\_\{n-1\}(x)x^\{2n-1\},$
즉,
:$a\_n(x)=\backslash frac\{a\_\{n-1\}(x)x^\{2n-1\}\}\{1-x^\{2n\}\},\; a\_0(x)=1$
이 성립한다. 이 점화식을 풀면
:$a\_n(x)=\backslash frac\{x^\{n^2\}\}\{(1-x^2)(1-x^4)\backslash cdots\; (1-x^\{2n\})\}$
를 얻는다.

다음으로 $S(x,\; z)$에 대해,
:$S(x,\; zx)=\backslash frac\{1\}\{(1-x^2z)(1-x^3\; z)(1-x^4\; z)\backslash cdots\}=(1-xz)S(x,\; z)$
이 성립한다. 여기서
:$S(x,\; z)=1+\backslash frac\{b\_1(x)z\}\{1-xz\}+\backslash frac\{b\_2(x)z^2\}\{(1-xz)(1-x^2\; z)\}+\backslash cdots$
라고 두면
:$$
\begin{align}
S(x, z)= & \frac{S(x, zx)}{1-xz} \\
= & \frac{1}{1-xz}\left(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\right) \\
= & \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{align}


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

에서
:$b\_n(x)=b\_n(x)x^n+b\_\{n-1\}x^\{2n-1\},$
즉
:$b\_n(x)=\backslash frac\{b\_\{n-1\}(x)x^\{2n-1\}\}\{1-x^n\},\; b\_0(x)=1$
이 성립한다. 이 점화식을 풀면
:$b\_n(x)=\backslash frac\{x^\{n^2\}\}\{(1-x)(1-x^2)\backslash cdots\; (1-x^n)\}$
를 얻는다.

$R(x,\; z)R(x,\; z^\{-1\})$의 멱급수 전개를 생각하면
:$R(x,\; z)R(x,\; z^\{-1\})=(1+a\_1(x)\; z+a\_2(x)\; z^2+\backslash cdots)(1+a\_1(x)\; z^\{-1\}+a\_2(x)\; z^\{-2\}+\backslash cdots)$
에서
$R(x,\; z)R(x,\; z^\{-1\})$를 멱급수로 전개할 때 $z^m$ 및 $z^\{-m\}$의 계수는 모두

:$$
\begin{align}
& a_m(x)+a_{m+1}(x)a_1(x)+a_{m+2}(x)a_2(x)+\cdots \\
= & a_m(x)\left(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 \right) \\
= & a_m(x)\sum_{k=0}^\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{align}

와 일치한다. 이는 위의 $S(x,\; z)$의 전개에서

:$$
\begin{align}
= & a_m(x)\sum_{k=0}^\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{align}

와 일치한다. 따라서

:$Q(x)R(x,\; z)R(x,\; z^\{-1\})=\backslash sum\_\{m=-\backslash infty\}^\{\backslash infty\}\; x^\{m^2\}z^m$
이 성립한다.

3.2. 함수 방정식을 이용한 증명

이 증명은 야코비 삼중곱 항등식의 좌변에 해당하는 함수를 정의하고, 이 함수가 만족하는 함수 방정식을 유도하여 항등식을 증명한다.

다음과 같이 정의된 함수를 고려한다.

:$f\_x(y)\; =\; \backslash prod\_\{m=1\}^\backslash infty\; \backslash left(\; 1\; -\; x^\{2m\}\; \backslash right)\backslash left(\; 1\; +\; x^\{2m-1\}\; y^2\backslash right)\backslash left(\; 1\; +x^\{2m-1\}y^\{-2\}\backslash right)$

에 를 대입하고 새로운 항들을 곱하면 다음을 얻는다.

:$f\_x(xy)\; =\; \backslash frac\{1+x^\{-1\}y^\{-2\}\}\{1+xy^2\}f\_x(y)\; =\; x^\{-1\}y^\{-2\}f\_x(y)$

$f\_x$는 $|y|\; >\; 0$에서 유리형 함수이므로, 다음과 같은 로랑 급수를 갖는다.

:$f\_x(y)=\backslash sum\_\{n=-\backslash infty\}^\backslash infty\; c\_n(x)y^\{2n\}$

이 급수는 다음을 만족한다.

:$\backslash sum\_\{n=-\backslash infty\}^\backslash infty\; c\_n(x)x^\{2n+1\}\; y^\{2n\}=x\; f\_x(x\; y)=y^\{-2\}f\_x(y)=\backslash sum\_\{n=-\backslash infty\}^\backslash infty\; c\_\{n+1\}(x)y^\{2n\}$

따라서

:$c\_\{n+1\}(x)\; =\; c\_n(x)x^\{2n+1\}\; =\; \backslash dots\; =\; c\_0(x)\; x^\{(n+1)^2\}$

그러므로

:$f\_x(y)=c\_0(x)\; \backslash sum\_\{n=-\backslash infty\}^\backslash infty\; x^\{n^2\}\; y^\{2n\}$

3.3. 리우빌 정리를 이용한 증명

이 증명은 복소해석학의 리우빌 정리를 이용하여 야코비 삼중곱의 좌변과 우변의 비율이 상수임을 보인다.

좌변을 $\backslash vartheta(v,\backslash tau)$로, 우변을 $\backslash Theta(v,\backslash tau)$로 놓고, 먼저 우변이 다음의 의사 이중 주기를 가짐을 보인다.

:$\backslash begin\{align\}\backslash Theta(v+1,\backslash tau)$
&=\prod_{m=1}^{\infty}{\left(1-e^{2m{\pi}i{\tau}}\right)\left(1+e^{(2m-1){\pi}i{\tau}+2{\pi}i(v+1)}\right)\left(1+e^{(2m-1){\pi}i{\tau}-2{\pi}i(v+1)}\right)}\\
&=\prod_{m=1}^{\infty}{\left(1-e^{2m{\pi}i{\tau}}\right)\left(1+e^{(2m-1){\pi}i{\tau}+2{\pi}iv}\right)\left(1+e^{(2m-1){\pi}i{\tau}-2{\pi}iv}\right)}\\
&=\Theta(v,\tau)
\end{align}

:$\backslash begin\{align\}\backslash Theta(v+\backslash tau,\backslash tau)$
&=\prod_{m=1}^{\infty}{\left(1-e^{2m{\pi}i{\tau}}\right)\left(1+e^{(2m+1){\pi}i{\tau}+2{\pi}iv}\right)\left(1+e^{(2m-3){\pi}i{\tau}-2{\pi}iv}\right)}\\
&=\frac{1+e^{-{\pi}i{\tau}-2{\pi}iv}}{1+e^\prod_{m=1}^{\infty}{\left(1-e^{2m{\pi}i{\tau}}\right)\left(1+e^{(2m-1){\pi}i{\tau}+2{\pi}iv}\right)\left(1+e^{(2m-1){\pi}i{\tau}-2{\pi}iv}\right)}\\
&=e^{-{\pi}i{\tau}-2{\pi}iv}\Theta(v,\tau)
\end{align}

$\backslash operatorname\{Im\}\{\backslash tau\}>0$에 의해 이므로, 우변의 영점은 아래와 같이 제한된다.

:$\backslash begin\{align\}$
\left(1+e^{(2m-1){\pi}i{\tau}+2{\pi}iv}\right)\left(1+e^{(2m-1){\pi}i{\tau}-2{\pi}iv}\right)&=0\\
\left(1+2e^{(2m-1){\pi}i{\tau}}\cos{2{\pi}v}+e^{2(2m-1){\pi}i{\tau}}\right)&=0\\
\cos{2{\pi}v}&=-\frac{e^{(2m-1){\pi}i{\tau}}+e^{-(2m-1){\pi}i{\tau}}}{2}\\
&=\frac{e^{(2m-1){\pi}i{\tau}+{\pi}i}+e^{-(2m-1){\pi}i{\tau}-{\pi}i}}{2}\\
2{\pi}v&=\left((2m-1){\pi}{\tau}+{\pi}\right)\pm2{\pi}n\\
v&=\frac{1+\tau}{2}+n'+m'{\tau}
\end{align}

한편, 좌변은 다음과 같다.

:$\backslash begin\{align\}\backslash vartheta(v+1;\backslash tau)$
&=\sum_{n=-\infty}^{\infty}{e^\\
&=\sum_{n=-\infty}^{\infty}{e^\\
&=\vartheta(v;\tau)\\
\end{align}

:$\backslash begin\{align\}\backslash vartheta(v+\backslash tau;\backslash tau)$
&=\sum_{n=-\infty}^{\infty}{e^\\
&=\sum_{n=-\infty}^{\infty}{e^\\
&=e^{-{\pi}i\tau}e^{-2{\pi}i{v}}\vartheta(v;\tau)\\
\end{align}

:$\backslash begin\{align\}\backslash vartheta\_3(\backslash frac\{1+\backslash tau\}\{2\};\backslash tau)$
&=\sum_{n=-\infty}^{\infty}{e^\\
&=\sum_{n=-\infty}^{\infty}{(-1)^{n}e^}\\
&=\sum_{n=0}^{\infty}{(-1)^{n}e^}
+\sum_{n=0}^{\infty}{(-1)^{n+1}e^}\\
&=0
\end{align}

따라서 좌변은 우변과 같은 준이중 주기를 가지고, 적어도 우변이 영점을 가지는 곳에 모두 영점을 가진다. 그러므로 리우빌 정리에 의해,

:$$
c(\tau,v)=\frac{\vartheta(v,\tau)}{\Theta(v,\tau)}=\frac{\sum_{n=-\infty}^{\infty}{e^}{\prod_{m=1}^{\infty}{\left(1-e^{2m{\pi}i{\tau}}\right)\left(1+e^{(2m-1){\pi}i{\tau}+2{\pi}iv}\right)\left(1+e^{(2m-1){\pi}i{\tau}-2{\pi}iv}\right)}}


는 $v$에 의존하지 않는다.

:$\backslash begin\{align\}c\backslash left(\backslash textstyle\backslash frac\{1\}\{2\},\backslash tau\backslash right)$
&=\frac{\sum_{n=-\infty}^{\infty}{e^}{\prod_{m=1}^{\infty}{\left(1-e^{2m{\pi}i{\tau}}\right)\left(1+e^{(2m-1){\pi}i{\tau}+{\pi}i}\right)\left(1+e^{(2m-1){\pi}i{\tau}-{\pi}i}\right)}}\\
&=\frac{\sum_{n=-\infty}^{\infty}{(-1)^{n}e^}{\prod_{m=1}^{\infty}{\left(1-e^{2m{\pi}i{\tau}}\right)\left(1-e^{(2m-1){\pi}i{\tau}}\right)\left(1-e^{(2m-1){\pi}i{\tau}}\right)}}\\
\end{align}

:$\backslash begin\{align\}c\backslash left(\backslash textstyle\backslash frac\{1\}\{4\},\backslash tau\backslash right)$
&=\frac{\sum_{n=-\infty}^{\infty}{e^}{\prod_{m=1}^{\infty}{\left(1-e^{2m{\pi}i{\tau}}\right)\left(1+e^{(2m-1){\pi}i{\tau}+{\pi}i/2}\right)\left(1+e^{(2m-1){\pi}i{\tau}-{\pi}i/2}\right)}}\\
&=\frac{\sum_{n=-\infty}^{\infty}{(-i)^{n}e^}{\prod_{m=1}^{\infty}{\left(1-e^{2m{\pi}i{\tau}}\right)\left(1+ie^{(2m-1){\pi}i{\tau}}\right)\left(1-ie^{(2m-1){\pi}i{\tau}}\right)}}\\
&=\frac{\sum_{n=-\infty}^{\infty}{(-i)^{n}e^}{\prod_{m=1}^{\infty}{\left(1-e^{2m{\pi}i{\tau}}\right)\left(1+e^{(4m-2){\pi}i{\tau}}\right)}}\\
&=\frac{\sum_{n=-\infty}^{\infty}{(-i)^{n}e^}{\prod_{m=1}^{\infty}{\left(1-e^{4m{\pi}i{\tau}}\right)\left(1-e^{(4m-2){\pi}i{\tau}}\right)\left(1+e^{(4m-2){\pi}i{\tau}}\right)}}\\
&=\frac{\sum_{n=-\infty}^{\infty}{(-i)^{n}e^}{\prod_{m=1}^{\infty}{\left(1-e^{8m{\pi}i{\tau}}\right)\left(1-e^{(8m-4){\pi}i{\tau}}\right)\left(1-e^{(8m-4){\pi}i{\tau}}\right)}}\\
\end{align}

분자의 급수에서 n이 홀수인 항은 부호가 서로 상쇄되므로 2n을 n으로 치환한다.

:$\backslash begin\{align\}c\backslash left(\backslash textstyle\backslash frac\{1\}\{4\},\backslash tau\backslash right)$
&=\frac{\sum_{n=-\infty}^{\infty}{(-1)^{n}e^{4{\pi}i{\tau}n^2}}}{\prod_{m=1}^{\infty}{\left(1-e^{8m{\pi}i{\tau}}\right)\left(1-e^{(8m-4){\pi}i{\tau}}\right)\left(1-e^{(8m-4){\pi}i{\tau}}\right)}}\\
&=c\left(\textstyle\frac{1}{2},4\tau\right)
\end{align}

$c(v,\backslash tau)$는 $v$에 의존하지 않으므로

:$c\backslash left(v,4\backslash tau\backslash right)=c\backslash left(v,\backslash tau\backslash right)=\backslash lim\_\{n\backslash to\backslash infty\}c\backslash left(v,4^\{-n\}\backslash tau\backslash right)=\backslash lim\_\{\backslash tau\text{'}\backslash to0\}c\backslash left(v,\backslash tau\text{'}\backslash right)=c(v,0)$

이며, $c(v,\backslash tau)$는 $\backslash tau$에도 의존하지 않는 상수이다. $\backslash tau\backslash to\{+i\}\backslash infty$로 하여 $c(v,\backslash tau)=1$을 얻는다. 결국, 양변은 같다.

3.4. 라마누잔의 합 공식을 이용한 증명

이 증명은 라마누잔의 합 공식을 특수한 경우로 유도하여 야코비 삼중곱 항등식을 증명한다.

먼저, 제시된 곱셈 $\backslash prod\_\{n=1\}^\backslash infty\; (1+q^\{2n-1\}z)(1+q^\{2n-1\}z^\{-1\})$은 다음과 같이 무한급수로 바꿀 수 있다.

:$\backslash sum\_\{n=-\backslash infty\}^\{\backslash infty\}\; a\_n(q)z^n\; =\; \backslash prod\_\{n=1\}^\backslash infty\; (1+q^\{2n-1\}z)(1+q^\{2n-1\}z^\{-1\})$

이 식을 변형하면 다음과 같다.

:$\backslash sum\_\{n=-\backslash infty\}^\{\backslash infty\}\; a\_n(q)z^n\; =\; \backslash frac\{1+qz\}\{1+q^\{-1\}z^\{-1\}\}\backslash prod\_\{n=1\}^\backslash infty\; (1+q^\{2n+1\}z)(1+q^\{2n-3\}z^\{-1\})$

:$=\; \backslash frac\{qz(1+qz)\}\{qz+1\}\backslash prod\_\{n=1\}^\backslash infty\; (1+q^\{2n-1\}q^2z)(1+q^\{2n-1\}q^\{-2\}z^\{-1\})$

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

:$=\; \backslash sum\_\{n=-\backslash infty\}^\{\backslash infty\}\; a\_n(q)q^\{2n+1\}z^\{n+1\}$

:$=\; \backslash sum\_\{n=-\backslash infty\}^\{\backslash infty\}\; a\_\{n-1\}(q)q^\{2n-1\}z^n$

양변의 계수를 비교하면 다음과 같다.

:$a\_n(q)=a\_\{n-1\}(q)q^\{2n-1\}\backslash overset\{\backslash text\{점화\}\}=a\_0(q)q^\{n^2\}$

따라서,

:$\backslash prod\_\{n=1\}^\backslash infty\; (1+q^\{2n-1\}z)(1+q^\{2n-1\}z^\{-1\})=a\_0(q)\backslash sum\_\{n=-\backslash infty\}^\{\backslash infty\}q^\{n^2\}z^n$

이제, 주어진 곱셈을 직접 전개하면 다음과 같다.

:$\backslash prod\_\{n=1\}^\backslash infty\; (1+q^\{2n-1\}z)\; =\; 1+z\backslash sum\_\{n=1\}^\{\backslash infty\}q^\{2n-1\}+z^2\backslash sum\_\{\backslash begin\{matrix\}n\_1=1\backslash \backslash n\_2=n\_1+1\backslash end\{matrix\}\}^\{\backslash infty\}q^\{2(n\_1+n\_2)-2\}+z^3\backslash sum\_\{\backslash begin\{matrix\}n\_1=1\backslash \backslash n\_2=n\_1+1\backslash \backslash n\_3=n\_2+1\backslash end\{matrix\}\}^\{\backslash infty\}q^\{2(n\_1+n\_2+n\_3)-3\}+...$

:$=1+z\backslash sum\_\{n=1\}^\{\backslash infty\}q^\{2n-1\}+z^2\backslash sum\_\{\backslash begin\{matrix\}n\_1=1\backslash \backslash n\_2\text{'}=1\backslash end\{matrix\}\}^\{\backslash infty\}q^\{2(2n\_1+n\_2\text{'})-2\}+z^3\backslash sum\_\{\backslash begin\{matrix\}n\_1=1\backslash \backslash n\_2\text{'}=1\backslash \backslash n\_3\text{'}=1\backslash end\{matrix\}\}^\{\backslash infty\}q^\{2(3n\_1+2n\_2\text{'}+n\_3\text{'})-3\}+...$

:$=1+z\backslash frac\{q\}\{1-q^2\}+z^2\backslash frac\{q^4\}\{(1-q^2)(1-q^4)\}+z^3\backslash frac\{q^9\}\{(1-q^2)(1-q^4)(1-q^6)\}+...$

$\backslash prod\_\{n=1\}^\backslash infty\; (1+q^\{2n-1\}z)$ 에서 z를 1/z로 바꾸면 위와 유사한 식을 얻을 수 있다. 이 식들을 이용하여 z와 1/z가 서로 상쇄되는 항을 비교하면 다음과 같다.

:$a\_0(q)=1+\backslash frac\{q^2\}\{(1-q^2)^2\}+\backslash frac\{q^8\}\{(1-q^2)^2(1-q^4)^2\}+\backslash frac\{q^\{18\}\}\{(1-q^2)^2(1-q^4)^2(1-q^6)^2\}+...$

위 식의 양변에 $(1-q^2)$를 곱하면 다음과 같다.

:$a\_0(q)(1-q^2)=1-q^2+\backslash frac\{q^2\}\{1-q^2\}+\backslash frac\{q^8\}\{(1-q^2)(1-q^4)^2\}+\backslash frac\{q^\{18\}\}\{(1-q^2)(1-q^4)^2(1-q^6)^2\}+...$

:$=1+\backslash frac\{q^4\}\{1-q^2\}+\backslash frac\{q^8\}\{(1-q^2)(1-q^4)^2\}+\backslash frac\{q^\{18\}\}\{(1-q^2)(1-q^4)^2(1-q^6)^2\}+...$

여기에 $(1-q^4)$를 곱하면 다음과 같다.

:$a\_0(q)(1-q^2)(1-q^4)=1-q^4+\backslash frac\{q^4-q^8\}\{1-q^2\}+\backslash frac\{q^8\}\{(1-q^2)(1-q^4)\}+\backslash frac\{q^\{18\}\}\{(1-q^2)(1-q^4)(1-q^6)^2\}+...$

:$=1+\backslash frac\{q^6\}\{1-q^2\}+\backslash frac\{q^\{12\}\}\{(1-q^2)(1-q^4)\}+\backslash frac\{q^\{18\}\}\{(1-q^2)(1-q^4)(1-q^6)^2\}+...$

$(1-q^6)$를 곱하면 다음과 같다.

:$a\_0(q)(1-q^2)(1-q^4)(1-q^6)=1-q^6+\backslash frac\{q^6-q^\{12\}\}\{1-q^2\}+\backslash frac\{q^\{12\}-q^\{18\}\}\{(1-q^2)(1-q^4)\}+\backslash frac\{q^\{18\}\}\{(1-q^2)(1-q^4)(1-q^6)\}+...$

:$=1+\backslash frac\{q^8\}\{1-q^2\}+\backslash frac\{q^\{16\}\}\{(1-q^2)(1-q^4)\}+\backslash frac\{q^\{24\}\}\{(1-q^2)(1-q^4)(1-q^6)\}+...$

이러한 과정을 통해 다음 식을 예측할 수 있다.

:$a\_0(q)\backslash prod\_\{n=1\}^N(1-q^\{2n\})=\backslash sum\_\{n=1\}^\{N-1\}\backslash frac\{q^\{2Nn\}\}\{\backslash prod\_\{k=1\}^n(1-q^\{2k\})\}+\backslash sum\_\{n=N\}^\{\backslash infty\}\backslash frac\{q^\{2n^2\}\}\{\backslash prod\_\{k=1\}^\{N-1\}(1-q^\{2k\})\backslash times\backslash prod\_\{k=N\}^\{\backslash infty\}(1-q^\{2k\})^2\}$

이 식 양변에 $(1-q^\{2N\})$을 곱하고 계산한 뒤 양변을 비교하면 수학적 귀납법에 따라 참임을 알 수 있다. N을 무한으로 놓으면 q(<1)에 대한 항은 최소 2N차이므로 0이 된다. 따라서,

:$a\_0(q)\backslash prod\_\{n=1\}^\{\backslash infty\}(1-q^\{2n\})=1$

야코비 삼중곱은 라마누잔의 합 공식의 특수한 경우이다. 라마누잔의 합 공식은 다음과 같다.

:

이 공식은 q이항 정리에서 유도된다. 라마누잔의 합 공식에 $b=0$을 대입하면 다음과 같다.

:$\backslash sum\_\{n=-\backslash infty\}^\{\backslash infty\}(a;q)\_nz^\{n\}=\backslash frac\{(az;q)\_\backslash infty(q;q)\_\backslash infty\backslash left(q/az;q\backslash right)\_\backslash infty\}\{(z;q)\_\backslash infty\backslash left(q/a;q\backslash right)\_\backslash infty\}$

$q$를 $q^2$로, $z$를 $-qz/a$로 치환하면 다음과 같다.

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

q포흐하머 기호의 변환식

:$\backslash left(aq^\{-n+1\};q\backslash right)\_n=\backslash left(-a\backslash right)^nq^\{-n(n-1)/2\}\backslash left(\backslash frac\{1\}\{a\};q\backslash right)\_n$

에 의해, 좌변은 다음과 같다.

:$\backslash begin\{align\}\backslash sum\_\{n=-\backslash infty\}^\{\backslash infty\}(a;q^2)\_n\backslash left(-\backslash frac\{qz\}\{a\}\backslash right)^\{n\}$
&=\sum_{n=-\infty}^{\infty}(aq^{2n-2}q^{-2n+2};q^2)_n\left(-\frac{qz}{a}\right)^{n}\\
&=\sum_{n=-\infty}^{\infty}(-aq^{2n-2})^nq^{-2n(n-1)/2}(1/aq^{2n-2};q)_n\left(-\frac{qz}{a}\right)^{n}\\
&=\sum_{n=-\infty}^{\infty}q^{n^2}z^n(1/aq^{2n-2};q)_n\\
\end{align}

$a\backslash to\backslash infty$의 극한을 취하면 다음과 같다.

:$\backslash sum\_\{n=-\backslash infty\}^\{\backslash infty\}q^\{n^2\}z^\{n\}=(-qz;q^2)\_\backslash infty(q^2;q^2)\_\backslash infty\backslash left(-q/z;q^2\backslash right)\_\backslash infty$

q포흐하머 기호를 전개하면 다음과 같다.

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

4. 응용

야코비 삼중곱은 오일러의 오각수 정리를 증명하는데 사용될 수 있는데, 이는 야코비 삼중곱 항등식의 특수한 경우이다. $x=q\backslash sqrt\; q$ 및 $y^2=-\backslash sqrt\{q\}$라고 하면, 오일러의 오각수 정리는 다음과 같이 표현된다.

:$\backslash phi(q)\; =\; \backslash prod\_\{m=1\}^\backslash infty\; \backslash left(1-q^m\; \backslash right)\; =\; \backslash sum\_\{n=-\backslash infty\}^\backslash infty\; (-1)^n\; q^\{\backslash frac\{3n^2-n\}\{2\}\}.$

로저스-라마누잔 항등식은 $x=q^2\backslash sqrt\; q$, $y^2=-\backslash sqrt\{q\}$ 및 $x=q^2\backslash sqrt\; q$, $y^2=-q\backslash sqrt\{q\}$로 표현 가능하다.

야코비 삼중곱은 세타 함수를 무한 곱으로 표현할 수 있게 해준다. $x=e^\{i\backslash pi\; \backslash tau\}$ 및 $y=e^\{i\backslash pi\; z\}$라고 하면, 야코비 세타 함수

:$\backslash vartheta(z;\; \backslash tau)\; =\; \backslash sum\_\{n=-\backslash infty\}^\backslash infty\; e^\{\backslash pi\; \{\backslash rm\{i\}\}\; n^2\; \backslash tau\; +\; 2\; \backslash pi\; \{\backslash rm\{i\}\}\; n\; z\}$

는

:$\backslash sum\_\{n=-\backslash infty\}^\backslash infty\; y^\{2n\}x^\{n^2\}.$

로 쓸 수 있고, 야코비 삼중곱 항등식을 이용하면 다음과 같은 곱으로도 표현 가능하다.

:$\backslash vartheta(z;\; \backslash tau)\; =\; \backslash prod\_\{m=1\}^\backslash infty\; \backslash left(\; 1\; -\; e^\{2m\; \backslash pi\; \{\backslash rm\{i\}\}\; \backslash tau\}\backslash right)\; \backslash left[\; 1\; +\; e^\{(2m-1)\; \backslash pi\; \{\backslash rm\{i\}\}\; \backslash tau\; +\; 2\; \backslash pi\; \{\backslash rm\{i\}\}\; z\}\backslash right]\; \backslash left[\; 1\; +\; e^\{(2m-1)\; \backslash pi\; \{\backslash rm\{i\}\}\; \backslash tau\; -2\; \backslash pi\; \{\backslash rm\{i\}\}\; z\}\backslash right].$

야코비 삼중곱은 q-포흐아머 기호를 사용하여 간결하게 표현할 수 있다.

:$\backslash sum\_\{n=-\backslash infty\}^\backslash infty\; q^\{\backslash frac\{n(n+1)\}\{2\}\}z^n\; =\; (q;q)\_\backslash infty\; \backslash ;\; \backslash left(-\backslash tfrac\{1\}\{z\};q\backslash right)\_\backslash infty\; \backslash ;\; (-zq;q)\_\backslash infty,$

여기서 $(a;q)\_\backslash infty$는 무한 q-포흐아머 기호이다.

라마누잔 세타 함수를 사용하면 일 때 다음과 같이 표현된다.

:$\backslash sum\_\{n=-\backslash infty\}^\backslash infty\; a^\{\backslash frac\{n(n+1)\}\{2\}\}\; \backslash ;\; b^\{\backslash frac\{n(n-1)\}\{2\}\}\; =\; (-a;\; ab)\_\backslash infty\; \backslash ;(-b;\; ab)\_\backslash infty\; \backslash ;(ab;ab)\_\backslash infty.$