为了方便,本文总是假设 $|q|<1$. 我们使用如下标准的符号 $$ (a;q)_\infty=\prod_{n=0}^{\infty}(1-aq^{n}),\qquad \qquad (a;q)_\alpha=\frac{(a;q)_\infty}{(aq^\alpha;q)_\infty}, $$ 其中 $\alpha$ 为任意整数. 我们使用如下紧凑的记号 $$ ({a,b,\cdots,c};q)_\infty= (a; q)_\infty(b; q)_\infty \cdots(c; q)_\infty. $$

假设 $n,k_1,k_2$ 和 $s$ 都是整数,$s>0$ 且 $k_1+k_2=s$,那么我们容易验证等式 $$\label{zfg} \left({q^s,q^{k_1+sn},q^{k_2-sn}};{q^s}\right)_\infty=(-1)^nq^{-\frac{sn(n-1)}{2}-nk_1}\left({q^s,q^{k_1},q^{k_2}};{q^s}\right)_\infty. (1.1)$$

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]) $$\label{tri} \left(q,z,{q\over z};q\right)_\infty=\sum_{n=-\infty}^{\infty}(-1)^nq^{{1\over2}n(n-1)}z^n, z\neq0. (1.2) $$ 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 \begin{eqnarray*} &&(q,qz,q/z,qz^2,q/z^2;q^2)_\infty\\ &=&\frac{(q;q^2)^5_\infty+4(q^5;q^{10})_\infty}{5(q^{10};q^{10})_\infty(q^5;q^{10})^2_\infty}\sum_{n=-\infty}^\infty(-1)^nq^{5n^2}z^{5n}\\ &&+\frac{(q;q^2)^5_\infty-(q^5;q^{10})_\infty}{5(q^{10};q^{10})_\infty(q^3;q^{10})_\infty(q^7;q^{10})_\infty} \sum_{n=-\infty}^\infty(-1)^nq^{5n^2+2n}(z^{5n+1}+z^{-5n-1})\\ &&+\frac{(q;q^2)^5_\infty-(q^5;q^{10})_\infty}{5(q^{10};q^{10})_\infty(q;q^{10})_\infty(q^9;q^{10})_\infty} \sum_{n=-\infty}^\infty(-1)^nq^{5n^2+4n}(z^{5n+2}+z^{-5n-2}). \end{eqnarray*}

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 $\sum\limits_{m_1=-\infty}^{\infty}\sum\limits_{m_2=-\infty}^{\infty}\cdots\sum\limits_{m_n=-\infty}^{\infty}$ 写作 $\sum\limits_{m_1,\ m_2,\cdots,\ m_n}$. 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 \begin{eqnarray*} &&(q^2,qz,q/z;q^2)_\infty(q^2,qz^2,q/z^2;q^2)_\infty\\ &=&\left({q^{10},q^5,q^{5}};{q^{10}}\right)_\infty\sum_n(-1)^nq^{5n^2}z^{5n}\\ &&-q\left({q^{10},q,q^{9}};{q^{10}}\right)_\infty\sum_n(-1)^nq^{5n^2+2n}(z^{5n+1}+z^{-5n-1})\\ &&-q\left({q^{10},q^3,q^{7}};{q^{10}}\right)_\infty\sum_n(-1)^nq^{5n^2+4n}(z^{5n+2}+z^{-5n-2}). \end{eqnarray*} 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 \begin{eqnarray*}\label{vipt1} &&(q^2,qz,q/z;q^2)_\infty(q^6,z^3,q^6/z^3;q^6)_\infty\\ &=&\left({q^{24},-q^9,-q^{15}};{q^{24}}\right)_\infty\sum_nq^{4n^2}z^{4n}(q^{-3n}-q^{3n}z^3)\\ &&+q\left({q^{24},-q^3,-q^{21}};{q^{24}}\right)_\infty\sum_nq^{4n^2}z^{4n}(q^{n}z^2-q^{-n}z). \end{eqnarray*} 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 \begin{eqnarray*}\label{vipt2} &&(q,z,q/z;q)_\infty(q^3,qz^3,q^2/z^3;q^3)_\infty\\ &=&-q(q^{12},-q^{2},-q^{10};q^{12})_\infty\sum_nq^{2n^2-2n}z^{4n-1} \\ &&+(q^{12},-q^{5},-q^{7};q^{12})_\infty\sum_nq^{2n^2-n}z^{4n} \\ &&-(q^{12},-q^{4},-q^{8};q^{12})_\infty\sum_nq^{2n^2}z^{4n+1} \\ &&+q(q^{12},-q,-q^{11};q^{12})_\infty\sum_nq^{2n^2+n}z^{4n+2}. \end{eqnarray*}

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 $$ \label{bh1} \left\{\begin{array}{l}m+n=2s,\\ m-n=2t\end{array}\right.\mbox{ 以及 } \left\{\begin{array}{l}m+n=2s+1,\\ m-n=2t+1\end{array}\right. (1.3) $$ 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: $$\label{bh2} \left\{\begin{array}{l}m=s+t,\\ n=s-t\end{array}\right.\mbox{ 以及 } \left\{\begin{array}{l}m=s+t+1,\\ n=s-t.\end{array}\right. (1.4) $$

在第 3 部分,我们将导出与 Dedekind eta 函数相关的模恒等式. 令 $\omega={\rm e}^{{2\over3}\pi {\rm i}}$,我们将用到以下事实 $$\label{omega} 1+\omega^{n}+\omega^{2n}=\left\{ \begin{array}{llll} 3,& n\equiv0 &(\mbox{mod}\ 3),&\\ 0,& n \not\equiv0 & (\mbox{mod}\ 3). & \end{array} \right. (1.5) $$

定理1.1的证明     利用三重积恒等式 (1.2),我们有 \begin{eqnarray*}\nonumber &&(q^2,qz,q/z;q^2)_\infty(q^2,qz^2,q/z^2;q^2)_\infty \\ &=&\sum_{m,n}(-1)^{m+n}q^{m^2+n^2}z^{m+2n}\\ &=&\sum_{m,n}(-1)^{n}q^{4m^2+n^2}z^{2m+2n}-\sum_{m,n}(-1)^{n}q^{(2m+1)^2+n^2}z^{2m+2n+1}\\ &&\mbox{(把变换 (1.3) 或 (1.4) 分别应用到以上两个求和中)}\\% &=&\sum_{s,t}(-1)^{s-t}q^{4(s+t)^2+(s-t)^2}z^{4s}+\sum_{s,t}(-1)^{s-t}q^{4(s+t+1)^2+(s-t)^2}z^{4s+2}\\ &&-\sum_{s,t}(-1)^{s-t}q^{(2s+2t+1)^2+(s-t)^2}z^{4s+1}-\sum_{s,t}(-1)^{s-t}q^{(2s+2t+3)^2+(s-t)^2}z^{4s+3} \\ &=&\sum_{s}(-1)^{s}q^{5s^2}z^{4s}\sum_{t}(-1)^{t}q^{5t^2+6st}+\sum_{s}(-1)^{s}q^{5s^2+8s+4}z^{4s+2}\sum_{t}(-1)^{t}q^{5t^2+6st+8t} \\ &&-\sum_{s}(-1)^{s}q^{5s^2+4s+1}z^{4s+1}\sum_{t}(-1)^{t}q^{5t^2+6st+4t}\\ &&-\sum_{s}(-1)^{s}q^{5s^2+12s+9}z^{4s+3}\sum_{t}(-1)^{t}q^{5t^2+6st+12t} \\ &=&\sum_{s}(-1)^{s}q^{5s^2}z^{4s}\left({q^{10},q^{5-6s},q^{5+6s}};{q^{10}}\right)_\infty\\ &&+\sum_{s}(-1)^{s}q^{5s^2+8s+4}z^{4s+2}\left({q^{10},q^{-3-6s},q^{13+6s}};{q^{10}}\right)_\infty\\ &&-\sum_{s}(-1)^{s}q^{5s^2+4s+1}z^{4s+1}\left({q^{10},q^{1-6s},q^{9+6s}};{q^{10}}\right)_\infty\\ &&-\sum_{s}(-1)^{s}q^{5s^2+12s+9}z^{4s+3}\left({q^{10},q^{-7-6s},q^{17+6s}};{q^{10}}\right)_\infty\\ &&\mbox{(用 $5s$,$5s+1$,$5s+2$,$5s-1$ 以及 $5s-2$ 替代上式中的每一个 $s$,然后,}\\ &&\mbox{ 应用 (1.1) 对所得结果化简)}\\ &=& \sum\limits_{s}q^{80s^2}z^{20s}\left({q^{10},q^{5},q^{5}};{q^{10}}\right)_\infty +\sum\limits_{s}q^{80s^2+32s+4}z^{20s+4}\left({q^{10},q,q^{9}};{q^{10}}\right)_\infty\\%A+B && -\sum\limits_{s}q^{80s^2+64s+13}z^{20s+8}\left({q^{10},q^{3},q^{7}};{q^{10}}\right)_\infty +\sum\limits_{s}q^{80s^2-32s+4}z^{20s-4}\left({q^{10},q,q^{9}};{q^{10}}\right)_\infty\\ %-c+D && -\sum\limits_{s}q^{80s^2-64s+13}z^{20s-8}\left({q^{10},q^{3},q^{7}};{q^{10}}\right)_\infty -\sum\limits_{s}q^{80s^2+16s+1}z^{20s+2}\left({q^{10},q^3,q^{7}};{q^{10}}\right)_\infty\\%-E-F && +\sum\limits_{s}q^{80s^2+48s+8}z^{20s+6}\left({q^{10},q,q^{9}};{q^{10}}\right)_\infty +\sum\limits_{s}q^{80s^2+80s+20}z^{20s+10}\left({q^{10},q^5,q^{5}};{q^{10}}\right)_\infty\\%+G+H && -\sum\limits_{s}q^{80s^2-16s+1}z^{20s-2}\left({q^{10},q^3,q^{7}};{q^{10}}\right)_\infty +\sum\limits_{s}q^{80s^2-48s+8}z^{20s-6}\left({q^{10},q,q^{9}};{q^{10}}\right)_\infty\\%-I+J && -\sum\limits_{s}q^{80s^2+8s+1}z^{20s+1}\left({q^{10},q,q^{9}};{q^{10}}\right)_\infty -\sum\limits_{s}q^{80s^2+40s+5}z^{20s+5}\left({q^{10},q^{5},q^{5}};{q^{10}}\right)_\infty\\ %-K-L && -\sum\limits_{s}q^{80s^2+72s-17}z^{20s+9}\left({q^{10},q,q^{9}};{q^{10}}\right)_\infty +\sum\limits_{s}q^{80s^2-24s+2}z^{20s-3}\left({q^{10},q^{3},q^{7}};{q^{10}}\right)_\infty\\ %-M+N && +\sum\limits_{s}q^{80s^2-56s+10}z^{20s-7}\left({q^{10},q^3,q^{7}};{q^{10}}\right)_\infty +\sum\limits_{s}q^{80s^2+24s+2}z^{20s+3}\left({q^{10},q^{3},q^{7}};{q^{10}}\right)_\infty\\%+O+P && +\sum\limits_{s}q^{80s^2+56s+10}z^{20s+7}\left({q^{10},q^3,q^{7}};{q^{10}}\right)_\infty -\sum\limits_{s}q^{80s^2+88s+9}z^{20s+11}\left({q^{10},q^{},q^{9}};{q^{10}}\right)_\infty\\%+Q-R && -\sum\limits_{s}q^{80s^2-8s+1}z^{20s-1}\left({q^{10},q,q^{9}};{q^{10}}\right)_\infty -\sum\limits_{s}q^{80s^2-40s+5}z^{20s-5}\left({q^{10},q^{5},q^{5}};{q^{10}}\right)_\infty\\ %-S-T &=:&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)\\ &&\mbox{(分别把以上每个括号中的四个和式合并)}\\ &=&\left({q^{10},q^{5},q^{5}};{q^{10}}\right)_\infty\sum_{n}(-1)^nq^{5n^2}z^{5n}\\ &&-q\left({q^{10},q,q^{9}};{q^{10}}\right)_\infty\sum_{n}(-1)^nq^{5n^2-2n}z^{5n-1} \\ &&-q\left({q^{10},q,q^{9}};{q^{10}}\right)_\infty\sum_{n}(-1)^nq^{5n^2+2n}z^{5n+1} \\ &&-q\left({q^{10},q^3,q^{7}};{q^{10}}\right)_\infty\sum_{n}(-1)^nq^{5n^2-4n}z^{5n-2}\\ &&-q\left({q^{10},q^3,q^{7}};{q^{10}}\right)_\infty\sum_{n}(-1)^nq^{5n^2+4n}z^{5n+2}. \end{eqnarray*} 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 $$\eta(\tau)=q^{1\over24}(q;q)_\infty,\mbox{其中}\ \ q={\rm e}^{2\pi {\rm i}\tau},\ \mbox{Im}\tau>0.$$ 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 \begin{eqnarray*}\label{61220} {\left( {q}; {q}\right)_\infty ^2 \left({q^2};{q^2}\right)_\infty ^2} &=&\sum_m(-1)^mq^{5m^2+4m}\sum_n(-1)^n(10n+3)q^{5n^2+3n+1}\\ &&+\sum_m(-1)^mq^{5m^2+2m}\sum_n(-1)^n(10n+1)q^{5n^2+n}\\ &&-\sum_m(-1)^mq^{5m^2}\sum_n(-1)^n(5n+2)q^{5n^2+5n+1}. \end{eqnarray*}

证     在定理 1.1 中,用 $z\over q$ 替换 $z$,我们把定理 1.1 写为如下形式 \begin{eqnarray*}\label{612z} &&(q^2,z,q^2/z;q^2)_\infty(q^2,qz^2,q/z^2;q^2)_\infty\\ &=&({q^{10},q,q^{9}};{q^{10})_\infty}\bigg(\sum_{n}(-1)^nq^{5n^2-3n+1}z^{5n-1} -\sum_{n}(-1)^nq^{5n^2+3n+1}z^{5n+2}\bigg) \\ &&+({q^{10},q^3,q^{7}};{q^{10}})_\infty \bigg(\sum_{n}(-1)^nq^{5n^2-n}z^{5n}-\sum_{n}(-1)^nq^{5n^2+n}z^{5n+1}\bigg)\\ &&-({q^{10},q^{5},q^{5}};{q^{10}})_\infty\sum_{n}(-1)^nq^{5n^2-5n+1}z^{5n-2}. \end{eqnarray*} 上式两端同除以 $1-z$,然后令 $z\rightarrow 1$,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 \begin{eqnarray*} {(q;q)_\infty^2} &=&\sum_mq^{4m^2+m}\bigg(\sum_nq^{12n^2+n}-\sum_nq^{12n^2+7n+1}\bigg)\\ &&+\sum_mq^{4m^2+3m}\bigg(\sum_nq^{12n^2+11n+3}-\sum_nq^{12n^2+5n+1}\bigg). \end{eqnarray*}

证     在定理 1.2 中,分别令 $z=q$,$z=q\omega$ 且 $z=q\omega^2$,得到三个等式,把这三个等式相加有 \begin{eqnarray*}\label{vipt} &&3\left({q^3};{q^3}\right)_\infty^2\\ &=&(q^{24},-q^{9},-q^{15};q^{24})_\infty \bigg(\sum\limits_nq^{4n^2+n} (1+\omega^n +\omega^{2n} ) -\sum\limits_nq^{4n^2+7n+3} (1+\omega^n+\omega^{2n} )\bigg)\\ &&+(q^{24},-q^{3},-q^{21};q^{24})_\infty \bigg(\sum\limits_nq^{4n^2+5n+3} (1+\omega^{n-1}+\omega^{2(n-1)} ) \\ && -\sum\limits_nq^{4n^2+3n+2} (1+\omega^{n+1}+\omega^{2(n+1)} )\bigg). \end{eqnarray*} 应用式 (1.5),然后把 $q$ 替换为 $q^{1\over3}$,等式两端同时消去因子 $3$,我们有 \begin{eqnarray*} {(q;q)_\infty^2} &=&(q^{8},-q^{3},-q^{5};q^{8})_\infty\bigg(\sum_nq^{12n^2+n}-\sum_nq^{12n^2+7n+1}\bigg)\\ &&+(q^{8},-q,-q^{7};q^{8})_\infty\bigg(\sum_nq^{12n^2+11n+3}-\sum_nq^{12n^2+5n+1}\bigg). \end{eqnarray*} 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 $\eta^2(\tau)$ 的展开式. Rogers^[3] 首先证明了 $$ (q;q)_\infty^2=\sum_{m,n=-\infty;n\geq2|m|}^{\infty}(-1)^{m+n}q^{\frac{1}{2}[n(n+1)-m(3m-1)]}. $$ 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 $$ (q;q)_\infty^2=\sum_{n=0}^{\infty}\sum_{j=-n}^n(-1)^j(1-q^{2n-1})q^{2n^2+n-{1\over2}j(3j+1)}. $$

Ewell^[9] 和 Shen^[10] 分别证明了以下两个关于 $\eta^2(\tau)$ 的等式 $$ (q;q)_\infty^2=\sum_{m,n}\left(q^{3m^2+3n^2+n}-q^{3m^2+3n^2+3m+2n+1}\right), $$ $$ (q;q)_\infty^2=\sum_{m,n}(-1)^mq^{m^2+n^2+mn+{n\over2}}. $$

Liu^[11] 还证明了 $$ (q;q)_\infty^2={1\over2}\sum_{m,n}((-1)^n-(-1)^m)q^{{1\over4}(3m^2+3n^2+4m+1)}. $$ 推论 3.3     我们有 \begin{eqnarray*} (q;q)_\infty^4 &=&q\sum_mq^{6m^2+4m}\sum_n{(4n-1)}q^{2n^2-2n}+\sum_mq^{6m^2+m}\sum_n4nq^{2n^2+n}\nonumber\\ &&+\sum_mq^{6m^2+2m}\sum_n(4n+1)q^{2n^2}+q\sum_mq^{6m^2+5m}\sum_n(4n-2)q^{2n^2-n}.\nonumber \end{eqnarray*}

证     定理 1.3 等式两端同除以 $1-z$,然后令 $z\rightarrow1$,在右端应用 L'hospital 法则得到有 \begin{eqnarray*}\label{vip1} (q;q)_\infty^4 &=&q(q^{12},-q^{2},-q^{10};q^{12})_\infty\sum_n{(4n-1)}q^{2n^2-2n}\\ &&-(q^{12},-q^{5},-q^{7};q^{12})_\infty\sum_n4nq^{2n^2-n}\\ &&+(q^{12},-q^{4},-q^{8};q^{12})_\infty\sum_n(4n+1)q^{2n^2}\\ &&-q(q^{12},-q,-q^{11};q^{12})_\infty\sum_n(4n+2)q^{2n^2+n}. \end{eqnarray*} 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 $$ (q;q)_\infty^4={1\over2}\sum_{m,\ n}(-1)^{m+n}(2n+1)q^{{1\over2}(n^2+3m^2+n-m)}. $$

Zhu^[2] 证明了 \begin{eqnarray*}\label{qq4} (q;q)_\infty^4&=&2\sum_mq^{2m^2}\sum_n2nq^{6n^2+2n}+2q\sum_mq^{2m^2+2m}\sum_n(2n-1)q^{6n^2-4n}\\ &&+\sum_mq^{2m^2+m}\sum_n(2n+1)q^{{1\over2}(3n^2+n)}. \end{eqnarray*}

推论 3.4     我们有 \begin{eqnarray*} (q;q)_\infty( {q^3};{q^3})_\infty &=&-q\sum_mq^{6m^2+4m}\sum_nq^{18n^2+6n}+\sum_mq^{6m^2+m}\sum_nq^{18n^2+3n}\nonumber\\ &&-q^2\sum_mq^{6m^2+2m}\sum_nq^{18n^2+12n}+q^4\sum_mq^{6m^2+5m}\sum_nq^{18n^2+15n}.\nonumber \end{eqnarray*}

证     类于推论 3.2 的证明,在定理 1.3 中分别令 $z=1$,$z=\omega$ 和 $z=\omega^2$,我们得到三个等式. 把这三个等式相加即为 $ \qquad \qquad \qquad 3(q;q)_\infty( {q^3};{q^3})_\infty\\ \qquad \qquad \qquad =-q(q^{12},-q^{2},-q^{10};q^{12})_\infty\sum_nq^{2n^2-2n}(1+\omega^{n-1}+\omega^{2(n-1)})\\ \qquad \qquad \qquad +(q^{12},-q^{5},-q^{7};q^{12})_\infty\sum_nq^{2n^2-n}(1+\omega^{n}+\omega^{2n})\\ \qquad \qquad \qquad -(q^{12},-q^{4},-q^{8};q^{12})_\infty\sum_nq^{2n^2}(1+\omega^{n+1}+\omega^{2(n+1)})\\ \qquad \qquad \qquad +q(q^{12},-q,-q^{11};q^{12})_\infty\sum_nq^{2n^2+n}(1+\omega^{n-1}+\omega^{2(n-1)}). $

应用 式(1.5),然后在所得的等式两端同时消去因子 $3$,上式变为 \begin{eqnarray*} &&(q;q)_\infty( {q^3};{q^3})_\infty\\ &=&-q(q^{12},-q^{2},-q^{10};q^{12})_\infty\sum_nq^{18n^2+6n}+(q^{12},-q^{5},-q^{7};q^{12})_\infty\sum_nq^{18n^2+3n}\\ &&-q^2(q^{12},-q^{4},-q^{8};q^{12})_\infty\sum_nq^{18n^2+12n}+q^4(q^{12},-q,-q^{11};q^{12})_\infty\sum_nq^{18n^2+15n}. \end{eqnarray*} 此式再应用 式(1.2),我们得到推论 3.4.

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.