ヤコビの三重積

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ヤコビの三重積 (Jacobi triple product)とは、次の恒等式をいう。

[math] \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)} [/math]

但し、[math]\operatorname{Im}{\tau}\gt 0[/math]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、 [math]q=e^{{\pi}i{\tau}},z=e^{2{\pi}iv}[/math]と置くことにより

[math]\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)}[/math]

或いは、[math]q=e^{{\pi}i{\tau}},z=e^{-{\pi}i{\tau}+2{\pi}iv}[/math]と置くことにより

[math] \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)} [/math]

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年の著書テンプレート:Harvsで示した。

証明

直接の証明

左辺を[math]\vartheta(v,\tau)[/math]、右辺を[math]\Theta(v,\tau)[/math]と置き、まず、右辺が疑二重周期を持つことを示す。

[math]\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}[/math]
[math]\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}[/math]

[math]\operatorname{Im}{\tau}\gt 0[/math]により[math]|e^{2m{\pi}i{\tau}}|\lt 1[/math]であるから、右辺の零点は

[math]\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}[/math]
[math]\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}[/math]
[math]\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}[/math]

に限られる。一方、左辺は

[math]\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}[/math]
[math]\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}[/math]
[math]\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}[/math]

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、

[math] 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)}} [/math]

は[math]v[/math]に依存しない。

[math]\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}[/math]
[math]\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}[/math]

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。

[math]\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}[/math]

[math]c(v,\tau)[/math]は[math]v[/math]に依存しないから

[math]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)[/math]

であり、[math]c(v,\tau)[/math]は[math]\tau[/math]にも依存しない定数である。[math]\tau\to{+i}\infty[/math]として[math]c(v,\tau)=1[/math]を得る。結局、両辺は等しい。

ラマヌジャンの和公式による証明

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

[math]\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|\lt 1,|b/a|\lt |z|\lt 1)[/math]

はq二項定理から導かれる。ラマヌジャンの和公式に[math]b=0[/math]を代入すると

[math]\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}[/math]

となり、[math]q[/math]を[math]q^2[/math]と書き、[math]z[/math]を[math]-qz/a[/math]と書けば

[math]\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}[/math]

となる。qポッホハマー記号の変換式

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

により、左辺は

[math]\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}[/math]

であるから、[math]a\to\infty[/math]の極限を取れば

[math]\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[/math]

となり、qポッホハマー記号を展開して

[math]\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)[/math]

を得る。

ヤコビの原証明

テンプレート:Harvsの原証明は冪級数の操作のみを用いている。まず

[math] \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} [/math]

とおく。ヤコビの三重積は [math]Q(x)R(x, z^{-1})R(x, z)[/math] であらわされる。

まず [math]R(x, z)[/math] について、

[math]R(x, zx^2)=(1+x^3z)(1+x^5z)(1+x^7z)\cdots[/math]

より

[math]R(x, z)=(1+xz)R(x, zx^2)[/math]

が成り立つ。そこで

[math]R(x, z)=1+a_1(x) z+a_2(x) z^2+\cdots[/math]

とおくと

[math](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)[/math]

より

[math]a_n(x)=a_n(x)x^{2n}+a_{n-1}(x)x^{2n-1},[/math]

つまり

[math]a_n(x)=\frac{a_{n-1}(x)x^{2n-1}}{1-x^{2n}}, a_0(x)=1[/math]

が成り立つ。この漸化式を解くと

[math]a_n(x)=\frac{x^{n^2}}{(1-x^2)(1-x^4)\cdots (1-x^{2n})}[/math]

が得られる。

次に [math]S(x, z)[/math] について、

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

が成り立つ。そこで

[math]S(x, z)=1+\frac{b_1(x)z}{1-xz}+\frac{b_2(x)z^2}{(1-xz)(1-x^2 z)}+\cdots[/math]

とおくと

[math] \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} [/math]

であるが

[math] \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)} [/math]

より

[math]b_n(x)=b_n(x)x^n+b_{n-1}x^{2n-1},[/math]

つまり

[math]b_n(x)=\frac{b_{n-1}(x)x^{2n-1}}{1-x^n}, b_0(x)=1[/math]

が成り立つ。この漸化式を解くと

[math]b_n(x)=\frac{x^{n^2}}{(1-x)(1-x^2)\cdots (1-x^n)}[/math]

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 [math]R(x, z)R(x, z^{-1})[/math] の冪級数展開について考える。

[math]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)[/math]

より [math]R(x, z)R(x, z^{-1})[/math] を冪級数展開したときの [math]z^m[/math] および [math]z^{-m}[/math] の係数は共に

[math] \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} [/math]

に一致するが、これは、上記の [math]S(x, z)[/math] の展開より

[math] \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} [/math]

に一致する。よって

[math]Q(x)R(x, z)R(x, z^{-1})=\sum_{m=-\infty}^{\infty} x^{m^2}z^m[/math]

が成り立つ。


関連項目

参考文献



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