为了方便,本文总是假设 |q|<1. 我们使用如下标准的符号 (a;q)∞=∞∏n=0(1−aqn),(a;q)α=(a;q)∞(aqα;q)∞, 其中 α 为任意整数. 我们使用如下紧凑的记号 (a,b,⋯,c;q)∞=(a;q)∞(b;q)∞⋯(c;q)∞.
假设 n,k1,k2 和 s 都是整数,s>0 且 k1+k2=s,那么我们容易验证等式 (qs,qk1+sn,qk2−sn;qs)∞=(−1)nq−sn(n−1)2−nk1(qs,qk1,qk2;qs)∞.(1.1)
三重积恒等式是最重要的级数-乘积型恒等式之一. 它可以写作如下形式 (例如,参见文献[1]) (q,z,qz;q)∞=∞∑n=−∞(−1)nq12n(n−1)zn,z≠0.(1.2) 其他重要的级数-乘积型恒等式有五重积恒等式、七重积恒等式、 Winquist 恒等式等.在文献 [1] 中,Kongsiriwong 和 Liu 应用 n 次单位根并结合待定系数法巧妙地证明了很多 这种类型的已有恒等式并发现一些新的恒等式. 然而,在文献 [1] 中有三个等式 (即文献 [1,式 (6.12),(6.13) 和 (6.14)]) 的系数非常复杂. 例如,文献 [1,式 (6.12)] 如下 (q,qz,q/z,qz2,q/z2;q2)∞=(q;q2)5∞+4(q5;q10)∞5(q10;q10)∞(q5;q10)2∞∞∑n=−∞(−1)nq5n2z5n+(q;q2)5∞−(q5;q10)∞5(q10;q10)∞(q3;q10)∞(q7;q10)∞∞∑n=−∞(−1)nq5n2+2n(z5n+1+z−5n−1)+(q;q2)5∞−(q5;q10)∞5(q10;q10)∞(q;q10)∞(q9;q10)∞∞∑n=−∞(−1)nq5n2+4n(z5n+2+z−5n−2).
本文得到三个级数-乘积型恒等式,其中两个分别对 文献 [1,式 (6.12) 和 (6.14)] 的系数作了简化 (文献 [1,式 (6.13)] 系数的简化见文献 [1,式 (8.16)] 或 文献[2,定理2.1]). 我们使用的工具主要有 Jacobi 三重积恒等式和级数的重排. 本文所研究的级数都是绝对收敛的,从而级数重排后其和不会改变. 我们发现,不论是证明已有恒等式,还是发现新的恒等式,这种方法都非常有效. 当然,此方法对简化文献 [1,式(6.13)] 也是可行的. 特别地,这种方法似乎比文献 [1] 和 [2] 中的方法更易于确定级数的系数.
为了简化记号,在下文中我们总是把 ∞∑m1=−∞∞∑m2=−∞⋯∞∑mn=−∞ 写作 ∑m1, m2,⋯, mn. 本文的主要结果是如下三个等式.
定理 1.1 对任意非零复数 z,我们有 (q2,qz,q/z;q2)∞(q2,qz2,q/z2;q2)∞=(q10,q5,q5;q10)∞∑n(−1)nq5n2z5n−q(q10,q,q9;q10)∞∑n(−1)nq5n2+2n(z5n+1+z−5n−1)−q(q10,q3,q7;q10)∞∑n(−1)nq5n2+4n(z5n+2+z−5n−2). 上式极大地简化了文献 [1,式 (6.12)] 中 z 的系数. 下面定理 1.2 中的等式简化了文献 [1,式 (6.14)].
定理 1.2 对任意非零复数 z,我们有 (q2,qz,q/z;q2)∞(q6,z3,q6/z3;q6)∞=(q24,−q9,−q15;q24)∞∑nq4n2z4n(q−3n−q3nz3)+q(q24,−q3,−q21;q24)∞∑nq4n2z4n(qnz2−q−nz). 下面 定理 1.3 中我们给出一个新的等式.
定理 1.3 对任意非零复数 z,我们有 (q,z,q/z;q)∞(q3,qz3,q2/z3;q3)∞=−q(q12,−q2,−q10;q12)∞∑nq2n2−2nz4n−1+(q12,−q5,−q7;q12)∞∑nq2n2−nz4n−(q12,−q4,−q8;q12)∞∑nq2n2z4n+1+q(q12,−q,−q11;q12)∞∑nq2n2+nz4n+2.
在本文第 2 部分,我们将给出定理 1.1 的详细证明. 其他定理的证明步骤都非常类似,为了节省篇幅,在此从略. 在这些等式的证明过程中,变换 {m+n=2s,m−n=2t 以及 {m+n=2s+1,m−n=2t+1(1.3) 经常用来把一个级数分成两个. 它们也可以分别写作如下的等价形式: {m=s+t,n=s−t 以及 {m=s+t+1,n=s−t.(1.4)
在第 3 部分,我们将导出与 Dedekind eta 函数相关的模恒等式. 令 ω=e23πi,我们将用到以下事实 1+ωn+ω2n={3,n≡0(mod 3),0,n≢0(mod 3).(1.5)
定理1.1的证明 利用三重积恒等式 (1.2),我们有 (q2,qz,q/z;q2)∞(q2,qz2,q/z2;q2)∞=∑m,n(−1)m+nqm2+n2zm+2n=∑m,n(−1)nq4m2+n2z2m+2n−∑m,n(−1)nq(2m+1)2+n2z2m+2n+1(把变换 (1.3) 或 (1.4) 分别应用到以上两个求和中)=∑s,t(−1)s−tq4(s+t)2+(s−t)2z4s+∑s,t(−1)s−tq4(s+t+1)2+(s−t)2z4s+2−∑s,t(−1)s−tq(2s+2t+1)2+(s−t)2z4s+1−∑s,t(−1)s−tq(2s+2t+3)2+(s−t)2z4s+3=∑s(−1)sq5s2z4s∑t(−1)tq5t2+6st+∑s(−1)sq5s2+8s+4z4s+2∑t(−1)tq5t2+6st+8t−∑s(−1)sq5s2+4s+1z4s+1∑t(−1)tq5t2+6st+4t−∑s(−1)sq5s2+12s+9z4s+3∑t(−1)tq5t2+6st+12t=∑s(−1)sq5s2z4s(q10,q5−6s,q5+6s;q10)∞+∑s(−1)sq5s2+8s+4z4s+2(q10,q−3−6s,q13+6s;q10)∞−∑s(−1)sq5s2+4s+1z4s+1(q10,q1−6s,q9+6s;q10)∞−∑s(−1)sq5s2+12s+9z4s+3(q10,q−7−6s,q17+6s;q10)∞(用 5s,5s+1,5s+2,5s−1 以及 5s−2 替代上式中的每一个 s,然后, 应用 (1.1) 对所得结果化简)=∑sq80s2z20s(q10,q5,q5;q10)∞+∑sq80s2+32s+4z20s+4(q10,q,q9;q10)∞−∑sq80s2+64s+13z20s+8(q10,q3,q7;q10)∞+∑sq80s2−32s+4z20s−4(q10,q,q9;q10)∞−∑sq80s2−64s+13z20s−8(q10,q3,q7;q10)∞−∑sq80s2+16s+1z20s+2(q10,q3,q7;q10)∞+∑sq80s2+48s+8z20s+6(q10,q,q9;q10)∞+∑sq80s2+80s+20z20s+10(q10,q5,q5;q10)∞−∑sq80s2−16s+1z20s−2(q10,q3,q7;q10)∞+∑sq80s2−48s+8z20s−6(q10,q,q9;q10)∞−∑sq80s2+8s+1z20s+1(q10,q,q9;q10)∞−∑sq80s2+40s+5z20s+5(q10,q5,q5;q10)∞−∑sq80s2+72s−17z20s+9(q10,q,q9;q10)∞+∑sq80s2−24s+2z20s−3(q10,q3,q7;q10)∞+∑sq80s2−56s+10z20s−7(q10,q3,q7;q10)∞+∑sq80s2+24s+2z20s+3(q10,q3,q7;q10)∞+∑sq80s2+56s+10z20s+7(q10,q3,q7;q10)∞−∑sq80s2+88s+9z20s+11(q10,q,q9;q10)∞−∑sq80s2−8s+1z20s−1(q10,q,q9;q10)∞−∑sq80s2−40s+5z20s−5(q10,q5,q5;q10)∞=:A+B−C+D−E−F+G+H−I+J−K−L−M+N+O+P+Q−R−S−T=(A+H−L−T)+(B+J−M−S)+(D+G−K−R)+(−C−I+O+P)+(−E−F+N+Q)(分别把以上每个括号中的四个和式合并)=(q10,q5,q5;q10)∞∑n(−1)nq5n2z5n−q(q10,q,q9;q10)∞∑n(−1)nq5n2−2nz5n−1−q(q10,q,q9;q10)∞∑n(−1)nq5n2+2nz5n+1−q(q10,q3,q7;q10)∞∑n(−1)nq5n2−4nz5n−2−q(q10,q3,q7;q10)∞∑n(−1)nq5n2+4nz5n+2. 这就是定理 1.1. 证毕.
Dedekind eta 是一个重要的函数,它在数论,特别是模形式理论中有广泛的应用. 其定义为 η(τ)=q124(q;q)∞,其中 q=e2πiτ, Imτ>0. 在这一部分,我们将由本文主要结果导出一些与 Dedekind eta 函数相关的展开式.
推论 3.1 我们有 (q;q)2∞(q2;q2)2∞=∑m(−1)mq5m2+4m∑n(−1)n(10n+3)q5n2+3n+1+∑m(−1)mq5m2+2m∑n(−1)n(10n+1)q5n2+n−∑m(−1)mq5m2∑n(−1)n(5n+2)q5n2+5n+1.
证 在定理 1.1 中,用 zq 替换 z,我们把定理 1.1 写为如下形式 (q2,z,q2/z;q2)∞(q2,qz2,q/z2;q2)∞=(q10,q,q9;q10)∞(∑n(−1)nq5n2−3n+1z5n−1−∑n(−1)nq5n2+3n+1z5n+2)+(q10,q3,q7;q10)∞(∑n(−1)nq5n2−nz5n−∑n(−1)nq5n2+nz5n+1)−(q10,q5,q5;q10)∞∑n(−1)nq5n2−5n+1z5n−2. 上式两端同除以 1−z,然后令 z→1,在等式右端利用 L'hospital 法则就得到 推论 3.1. 推论 3.2 我们有 (q;q)2∞=∑mq4m2+m(∑nq12n2+n−∑nq12n2+7n+1)+∑mq4m2+3m(∑nq12n2+11n+3−∑nq12n2+5n+1).
证 在定理 1.2 中,分别令 z=q,z=qω 且 z=qω2,得到三个等式,把这三个等式相加有 3(q3;q3)2∞=(q24,−q9,−q15;q24)∞(∑nq4n2+n(1+ωn+ω2n)−∑nq4n2+7n+3(1+ωn+ω2n))+(q24,−q3,−q21;q24)∞(∑nq4n2+5n+3(1+ωn−1+ω2(n−1))−∑nq4n2+3n+2(1+ωn+1+ω2(n+1))). 应用式 (1.5),然后把 q 替换为 q13,等式两端同时消去因子 3,我们有 (q;q)2∞=(q8,−q3,−q5;q8)∞(∑nq12n2+n−∑nq12n2+7n+1)+(q8,−q,−q7;q8)∞(∑nq12n2+11n+3−∑nq12n2+5n+1). 在上式中应用三重积恒等式 (1.2) 即为推论 3.2.
已有文献中有多个关于 η2(τ) 的展开式. Rogers[3] 首先证明了 (q;q)2∞=∞∑m,n=−∞;n≥2|m|(−1)m+nq12[n(n+1)−m(3m−1)]. 之后,Hecke[4],Andrews[5, 6] 以及 Kac 和 Peterson[7] 又重新发现了这个等式.
Liu[8] 利用一个很一般的 q-级数等式证明了 (q;q)2∞=∞∑n=0n∑j=−n(−1)j(1−q2n−1)q2n2+n−12j(3j+1).
Ewell[9] 和 Shen[10] 分别证明了以下两个关于 η2(τ) 的等式 (q;q)2∞=∑m,n(q3m2+3n2+n−q3m2+3n2+3m+2n+1), (q;q)2∞=∑m,n(−1)mqm2+n2+mn+n2.
Liu[11] 还证明了 (q;q)2∞=12∑m,n((−1)n−(−1)m)q14(3m2+3n2+4m+1). 推论 3.3 我们有 (q;q)4∞=q∑mq6m2+4m∑n(4n−1)q2n2−2n+∑mq6m2+m∑n4nq2n2+n+∑mq6m2+2m∑n(4n+1)q2n2+q∑mq6m2+5m∑n(4n−2)q2n2−n.
证 定理 1.3 等式两端同除以 1−z,然后令 z→1,在右端应用 L'hospital 法则得到有 (q;q)4∞=q(q12,−q2,−q10;q12)∞∑n(4n−1)q2n2−2n−(q12,−q5,−q7;q12)∞∑n4nq2n2−n+(q12,−q4,−q8;q12)∞∑n(4n+1)q2n2−q(q12,−q,−q11;q12)∞∑n(4n+2)q2n2+n. 上式中应用 式(1.2),然后,把第二和第四个和式中的 n 改作 −n,我们得到推论 3.3.
Liu [11] 给出如下等式 (q;q)4∞=12∑m, n(−1)m+n(2n+1)q12(n2+3m2+n−m).
Zhu[2] 证明了 (q;q)4∞=2∑mq2m2∑n2nq6n2+2n+2q∑mq2m2+2m∑n(2n−1)q6n2−4n+∑mq2m2+m∑n(2n+1)q12(3n2+n).
推论 3.4 我们有 (q;q)∞(q3;q3)∞=−q∑mq6m2+4m∑nq18n2+6n+∑mq6m2+m∑nq18n2+3n−q2∑mq6m2+2m∑nq18n2+12n+q4∑mq6m2+5m∑nq18n2+15n.
证 类于推论 3.2 的证明,在定理 1.3 中分别令 z=1,z=ω 和 z=ω2,我们得到三个等式. 把这三个等式相加即为 3(q;q)∞(q3;q3)∞=−q(q12,−q2,−q10;q12)∞∑nq2n2−2n(1+ωn−1+ω2(n−1))+(q12,−q5,−q7;q12)∞∑nq2n2−n(1+ωn+ω2n)−(q12,−q4,−q8;q12)∞∑nq2n2(1+ωn+1+ω2(n+1))+q(q12,−q,−q11;q12)∞∑nq2n2+n(1+ωn−1+ω2(n−1)).
致谢 第一作者感谢陶利群博士一直以来的帮助. 我们感谢审稿专家对本文的更正与建议.