ヤコビの三重積
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=-\infty}^{\infty}{e^\pi}i{\tau}n^2+2{\pi}inv
=\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)}
但し、\operatorname{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=-\infty}^{\infty}{q^{n^2}z^{n}=\prod_{m=1}^{\infty}{\left(1-q^{2m}\right)\left(1+q^{2m-1}z\right)\left(1+q^{2m-1}z^{-1}\right)}
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=-\infty}^{\infty}{q^{n(n+1)}z^{n}
=\prod_{m=1}^{\infty}{\left(1-q^{2m}\right)\left(1+q^{2m}z\right)\left(1+q^{2m-2}z^{-1}\right)}
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年の著書で示した。
左辺を\vartheta(v,\tau)、右辺を\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{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^\pi}i{\tau}+2{\pi}iv\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)}\\
&=\frac{e^{-{\pi}i{\tau}-2{\pi}iv}+1}{1+e^\pi}i{\tau}+2{\pi}iv\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}>0により|e^{2m{\pi}i{\tau}|<1であるから、右辺の零点は
\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\\
\end{align}
\begin{align}
\left(1+2e^{(2m-1){\pi}i{\tau}\cos{2{\pi}v}+e^{2(2m-1){\pi}i{\tau}\right)&=0\\
\end{align}
\begin{align}
\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&=\left((2m-1){\pi}{\tau}+{\pi}\right)\pm2{\pi}n\\
v&=\frac{1+\tau}{2}+n'+m'{\tau}
\end{align}
に限られる。一方、左辺は
\begin{align}\vartheta(v+1;\tau)
&=\sum_{n=-\infty}^{\infty}{e^\pi}i{\tau}n^2+2{\pi}in(v+1)\\
&=\sum_{n=-\infty}^{\infty}{e^\pi}i{\tau}n^2+2{\pi}inv\\
&=\vartheta(v;\tau)\\
\end{align}
\begin{align}\vartheta(v+\tau;\tau)
&=\sum_{n=-\infty}^{\infty}{e^\pi}i{\tau}n^2+2{\pi}in(v+\tau)\\
&=\sum_{n=-\infty}^{\infty}{e^\pi}i{\tau}(n+1)^2-{\pi}i{\tau}+2{\pi}i(n+1)v-2{\pi}iv\\
&=\sum_{n=-\infty}^{\infty}{e^\pi}i{\tau}n^2-{\pi}i{\tau}+2{\pi}inv-2{\pi}iv\\
&=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^\pi}i{\tau}n^2+2{\pi}in(\frac{1+\tau}{2})\\
&=\sum_{n=-\infty}^{\infty}{(-1)^{n}e^\pi}i{\tau}(n+\frac{1}{2})^2-\frac{1}{4}{\pi}i{\tau}\\
&=\sum_{n=0}^{\infty}{(-1)^{n}e^\pi}i{\tau}(n+\frac{1}{2})^2-\frac{1}{4}{\pi}i{\tau}
+\sum_{n=0}^{\infty}{(-1)^{n+1}e^\pi}i{\tau}(-n-1+\frac{1}{2})^2-\frac{1}{4}{\pi}i{\tau}\\
&=0
\end{align}
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)}{\Theta(v,\tau)}=\frac{\sum_{n=-\infty}^{\infty}{e^\pi}i{\tau}n^2+2{\pi}inv}{\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)}
はvに依存しない。
\begin{align}c\left(\textstyle\frac{1}{2},\tau\right)
&=\frac{\sum_{n=-\infty}^{\infty}{e^\pi}i{\tau}n^2+{\pi}in}{\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^\pi}i{\tau}n^2}{\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^\pi}i{\tau}n^2+{\pi}in/2}{\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^\pi}i{\tau}n^2}{\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^\pi}i{\tau}n^2}{\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^\pi}i{\tau}n^2}{\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^\pi}i{\tau}n^2}{\prod_{m=1}^{\infty}{\left(1-e^{4m{\pi}i{\tau}\right)\left(1-e^{(8m-4){\pi}i{\tau}\right)}\\
&=\frac{\sum_{n=-\infty}^{\infty}{(-i)^{n}e^\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)}\\
\end{align}
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{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)はvに依存しないから
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)
であり、c(v,\tau)は\tauにも依存しない定数である。\tau\to{+i}\inftyとしてc(v,\tau)=1を得る。結局、両辺は等しい。
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=-\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)
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=-\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}
となり、qをq^2と書き、zを-qz/aと書けば
\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}
となる。qポッホハマー記号の変換式
\left(aq^{-n+1};q\right)_n=\left(-a\right)^nq^{-n(n-1)/2}\left(\frac{1}{a};q\right)_n
により、左辺は
\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}
であるから、a\to\inftyの極限を取れば
\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
となり、qポッホハマー記号を展開して
\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)
を得る。
の原証明は冪級数の操作のみを用いている。まず
\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}
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, zx^2)=(1+x^3z)(1+x^5z)(1+x^7z)\cdots
R(x, z)=(1+xz)R(x, zx^2)
が成り立つ。そこで
R(x, z)=1+a_1(x) z+a_2(x) z^2+\cdots
(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)
a_n(x)=a_n(x)x^{2n}+a_{n-1}(x)x^{2n-1},
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^2z)(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
\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}
\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)}
b_n(x)=b_n(x)x^n+b_{n-1}x^{2n-1},
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)
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{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}
に一致するが、これは、上記の S(x, z) の展開より
\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}
に一致する。よって
Q(x)R(x, z)R(x, z^{-1})=\sum_{m=-\infty}^{\infty} x^{m^2}z^m
が成り立つ。