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야코비 삼중곱

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목차

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\sqrt q 및 y^2=-\sqrt{q}라고 하면, 다음과 같은 식이 성립한다.

:\phi(q) = \prod_{m=1}^\infty \left(1-q^m \right) =

\sum_{n=-\infty}^\infty (-1)^n q^{\frac{3n^2-n}{2}}.

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

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

x=e^{i\pi \tau} 및 y=e^{i\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.

:\sum_{n=-\infty}^\infty y^{2n}x^{n^2}.

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

:\vartheta(z; \tau) = \prod_{m=1}^\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.

:\sum_{n=-\infty}^\infty q^{\frac{n(n+1)}{2}}z^n =

(q;q)_\infty \; \left(-\tfrac{1}{z};q\right)_\infty \; (-zq;q)_\infty,

여기서 (a;q)_\infty는 무한 ''q''-포흐아머 기호이다.

라마누잔 세타 함수로 표현될 때 특히 우아한 형태를 갖는다. |ab|<1일 때 다음과 같이 쓸 수 있다.

:\sum_{n=-\infty}^\infty a^{\frac{n(n+1)}{2}} \; b^{\frac{n(n-1)}{2}} = (-a; ab)_\infty \;(-b; ab)_\infty \;(ab;ab)_\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 \prod_{n=1}^\infty (1+q^{2n-1}z)(1+q^{2n-1}z^{-1})은 다음과 같이 무한급수로 바꿀 수 있다.

:\sum_{n=-\infty}^{\infty} a_n(q)z^n

:=\prod_{n=1}^\infty (1+q^{2n-1}z)(1+q^{2n-1}z^{-1})

:=\frac{1+qz}{1+q^{-1}z^{-1}}\prod_{n=1}^\infty (1+q^{2n+1}z)(1+q^{2n-3}z^{-1})

:=\frac{qz(1+qz)}{qz+1}\prod_{n=1}^\infty (1+q^{2n-1}q^2z)(1+q^{2n-1}q^{-2}z^{-1})

:=qz\sum_{n=-\infty}^{\infty} a_n(q)(q^2z)^n

:=\sum_{n=-\infty}^{\infty} a_n(q)q^{2n+1}z^{n+1}

:=\sum_{n=-\infty}^{\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}\overset{\text{점화}}=a_0(q)q^{n^2}

:\prod_{n=1}^\infty (1+q^{2n-1}z)(1+q^{2n-1}z^{-1})=a_0(q)\sum_{n=-\infty}^{\infty}q^{n^2}z^n

주어진 곱셈을 직접 전개하면 다음과 같다.

:\prod_{n=1}^\infty (1+q^{2n-1}z)

:=1+z\sum_{n=1}^{\infty}q^{2n-1}+z^2\sum_{\begin{matrix}n_1=1\\n_2=n_1+1\end{matrix}}^{\infty}q^{2(n_1+n_2)-2}+z^3\sum_{\begin{matrix}n_1=1\\n_2=n_1+1\\n_3=n_2+1\end{matrix}}^{\infty}q^{2(n_1+n_2+n_3)-3}+...

:=1+z\sum_{n=1}^{\infty}q^{2n-1}+z^2\sum_{\begin{matrix}n_1=1\\n_2'=1\end{matrix}}^{\infty}q^{2(2n_1+n_2')-2}+z^3\sum_{\begin{matrix}n_1=1\\n_2'=1\\n_3'=1\end{matrix}}^{\infty}q^{2(3n_1+2n_2'+n_3')-3}+...

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

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

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

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

:=1+\frac{q^8}{1-q^2}+\frac{q^{16}}{(1-q^2)(1-q^4)}+\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)\prod_{n=1}^N(1-q^{2n})=\sum_{n=1}^{N-1}\frac{q^{2Nn}}{\prod_{k=1}^n(1-q^{2k})}+\sum_{n=N}^{\infty}\frac{q^{2n^2}}{\prod_{k=1}^{N-1}(1-q^{2k})\times\prod_{k=N}^{\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)\prod_{n=1}^{\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)\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+\cdots

라고 두면

:(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)

에서

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

즉,

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

이 성립한다. 이 점화식을 풀면

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

를 얻는다.

다음으로 S(x, z)에 대해,

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

이 성립한다. 여기서

:S(x, z)=1+\frac{b_1(x)z}{1-xz}+\frac{b_2(x)z^2}{(1-xz)(1-x^2 z)}+\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)=\frac{b_{n-1}(x)x^{2n-1}}{1-x^n}, b_0(x)=1

이 성립한다. 이 점화식을 풀면

:b_n(x)=\frac{x^{n^2}}{(1-x)(1-x^2)\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+\cdots)(1+a_1(x) z^{-1}+a_2(x) z^{-2}+\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})=\sum_{m=-\infty}^{\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) = \prod_{m=1}^\infty \left( 1 - x^{2m} \right)\left( 1 + x^{2m-1} y^2\right)\left( 1 +x^{2m-1}y^{-2}\right)

에 를 대입하고 새로운 항들을 곱하면 다음을 얻는다.

:f_x(xy) = \frac{1+x^{-1}y^{-2}}{1+xy^2}f_x(y) = x^{-1}y^{-2}f_x(y)

f_x는 |y| > 0에서 유리형 함수이므로, 다음과 같은 로랑 급수를 갖는다.

:f_x(y)=\sum_{n=-\infty}^\infty c_n(x)y^{2n}

이 급수는 다음을 만족한다.

:\sum_{n=-\infty}^\infty c_n(x)x^{2n+1} y^{2n}=x f_x(x y)=y^{-2}f_x(y)=\sum_{n=-\infty}^\infty c_{n+1}(x)y^{2n}

따라서

:c_{n+1}(x) = c_n(x)x^{2n+1} = \dots = c_0(x) x^{(n+1)^2}

그러므로

:f_x(y)=c_0(x) \sum_{n=-\infty}^\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 \vartheta(v,\tau)로, 우변을 \Theta(v,\tau)로 놓고, 먼저 우변이 다음의 의사 이중 주기를 가짐을 보인다.

:\begin{align}\Theta(v+1,\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}

:\begin{align}\Theta(v+\tau,\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}

\operatorname{Im}{\tau}>0에 의해 |e^{2m{\pi}i{\tau}}|<1이므로, 우변의 영점은 아래와 같이 제한된다.

:\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.

:\begin{align}\vartheta(v+1;\tau)

&=\sum_{n=-\infty}^{\infty}{e^\\

&=\sum_{n=-\infty}^{\infty}{e^\\

&=\vartheta(v;\tau)\\

\end{align}

:\begin{align}\vartheta(v+\tau;\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}

:\begin{align}\vartheta_3(\frac{1+\tau}{2};\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 v에 의존하지 않는다.

:\begin{align}c\left(\textstyle\frac{1}{2},\tau\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}

:\begin{align}c\left(\textstyle\frac{1}{4},\tau\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.

:\begin{align}c\left(\textstyle\frac{1}{4},\tau\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,\tau)는 v에 의존하지 않으므로

:c\left(v,4\tau\right)=c\left(v,\tau\right)=\lim_{n\to\infty}c\left(v,4^{-n}\tau\right)=\lim_{\tau'\to0}c\left(v,\tau'\right)=c(v,0)

이며, c(v,\tau)는 \tau에도 의존하지 않는 상수이다. \tau\to{+i}\infty로 하여 c(v,\tau)=1을 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 \prod_{n=1}^\infty (1+q^{2n-1}z)(1+q^{2n-1}z^{-1})은 다음과 같이 무한급수로 바꿀 수 있다.

:\sum_{n=-\infty}^{\infty} a_n(q)z^n = \prod_{n=1}^\infty (1+q^{2n-1}z)(1+q^{2n-1}z^{-1})

이 식을 변형하면 다음과 같다.

:\sum_{n=-\infty}^{\infty} a_n(q)z^n = \frac{1+qz}{1+q^{-1}z^{-1}}\prod_{n=1}^\infty (1+q^{2n+1}z)(1+q^{2n-3}z^{-1})

:= \frac{qz(1+qz)}{qz+1}\prod_{n=1}^\infty (1+q^{2n-1}q^2z)(1+q^{2n-1}q^{-2}z^{-1})

:= qz\sum_{n=-\infty}^{\infty} a_n(q)(q^2z)^n

:= \sum_{n=-\infty}^{\infty} a_n(q)q^{2n+1}z^{n+1}

:= \sum_{n=-\infty}^{\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}\overset{\text{점화}}=a_0(q)q^{n^2}

따라서,

:\prod_{n=1}^\infty (1+q^{2n-1}z)(1+q^{2n-1}z^{-1})=a_0(q)\sum_{n=-\infty}^{\infty}q^{n^2}z^n

이제, 주어진 곱셈을 직접 전개하면 다음과 같다.

:\prod_{n=1}^\infty (1+q^{2n-1}z) = 1+z\sum_{n=1}^{\infty}q^{2n-1}+z^2\sum_{\begin{matrix}n_1=1\\n_2=n_1+1\end{matrix}}^{\infty}q^{2(n_1+n_2)-2}+z^3\sum_{\begin{matrix}n_1=1\\n_2=n_1+1\\n_3=n_2+1\end{matrix}}^{\infty}q^{2(n_1+n_2+n_3)-3}+...

:=1+z\sum_{n=1}^{\infty}q^{2n-1}+z^2\sum_{\begin{matrix}n_1=1\\n_2'=1\end{matrix}}^{\infty}q^{2(2n_1+n_2')-2}+z^3\sum_{\begin{matrix}n_1=1\\n_2'=1\\n_3'=1\end{matrix}}^{\infty}q^{2(3n_1+2n_2'+n_3')-3}+...

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

\prod_{n=1}^\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+\frac{q^2}{(1-q^2)^2}+\frac{q^8}{(1-q^2)^2(1-q^4)^2}+\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+\frac{q^2}{1-q^2}+\frac{q^8}{(1-q^2)(1-q^4)^2}+\frac{q^{18}}{(1-q^2)(1-q^4)^2(1-q^6)^2}+...

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

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

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

이러한 과정을 통해 다음 식을 예측할 수 있다.

:a_0(q)\prod_{n=1}^N(1-q^{2n})=\sum_{n=1}^{N-1}\frac{q^{2Nn}}{\prod_{k=1}^n(1-q^{2k})}+\sum_{n=N}^{\infty}\frac{q^{2n^2}}{\prod_{k=1}^{N-1}(1-q^{2k})\times\prod_{k=N}^{\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)\prod_{n=1}^{\infty}(1-q^{2n})=1

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

:\sum_{n=-\infty}^{\infty}\frac{(a;q)_n}{(b;q)_n}z^{n}=\frac{(az;q)_\infty(q;q)_\infty\left(\frac{q}{az};q\right)_\infty\left(\frac{b}{a};q\right)_\infty}{(z;q)_\infty(b;q)_\infty\left(\frac{b}{az};q\right)_\infty\left(\frac{q}{a};q\right)_\infty}\qquad(|q|<1,|b/a|<|z|<1)

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

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

q를 q^2로, z를 -qz/a로 치환하면 다음과 같다.

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

q포흐하머 기호의 변환식

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

에 의해, 좌변은 다음과 같다.

:\begin{align}\sum_{n=-\infty}^{\infty}(a;q^2)_n\left(-\frac{qz}{a}\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\to\infty의 극한을 취하면 다음과 같다.

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

q포흐하머 기호를 전개하면 다음과 같다.

:\sum_{n=-\infty}^{\infty}q^{n^2}z^{n}=\prod_{m=1}^{\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\sqrt q 및 y^2=-\sqrt{q}라고 하면, 오일러의 오각수 정리는 다음과 같이 표현된다.[1]

:\phi(q) = \prod_{m=1}^\infty \left(1-q^m \right) = \sum_{n=-\infty}^\infty (-1)^n q^{\frac{3n^2-n}{2}}.

로저스-라마누잔 항등식은 x=q^2\sqrt q, y^2=-\sqrt{q} 및 x=q^2\sqrt q, y^2=-q\sqrt{q}로 표현 가능하다.[1]

야코비 삼중곱은 세타 함수를 무한 곱으로 표현할 수 있게 해준다. x=e^{i\pi \tau} 및 y=e^{i\pi z}라고 하면, 야코비 세타 함수[1]

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

는

:\sum_{n=-\infty}^\infty y^{2n}x^{n^2}.

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

:\vartheta(z; \tau) = \prod_{m=1}^\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 삼중곱은 ''q''-포흐아머 기호를 사용하여 간결하게 표현할 수 있다.[1]

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

여기서 (a;q)_\infty는 무한 ''q''-포흐아머 기호이다.

라마누잔 세타 함수를 사용하면 |ab|<1일 때 다음과 같이 표현된다.[1]

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

참조

[1] 논문 A simple proof of Jacobi's triple product identity 1965-02-01
[2] 서적 Chapter 14, theorem 14.6 of Apostol IANT


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