"자코비 삼중곱(Jacobi triple product)"의 두 판 사이의 차이

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<math>\prod _{n=1}^{\infty } \left(1-x^{2n}\right)\left(1+x^{2n-1}Z\right)\left(1+x^{2n-1}Z^{-1}\text{}\text{}\right)=\sum _{m=-\infty }^{\infty } x^{m^2}Z^m</math>
 
<math>\prod _{n=1}^{\infty } \left(1-x^{2n}\right)\left(1+x^{2n-1}Z\right)\left(1+x^{2n-1}Z^{-1}\text{}\text{}\right)=\sum _{m=-\infty }^{\infty } x^{m^2}Z^m</math>
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<h5 style="margin: 0px; line-height: 2em;">특별한 경우</h5>
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<math>\sum _{m=-\infty }^{\infty } (-1)^mq^{a m^2\pm b m +c}=q^c\prod _{n=1}^{\infty } \left(1-q^{2a n}\right)\left(1-q^{2a n-a+b}\right)\left(1-q^{2a n-a-b}\right)</math>
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<math>\sum _{m=-\infty }^{\infty } q^{a m^2\pm b m +c}=q^c\prod _{n=1}^{\infty } \left(1-q^{2a n}\right)\left(1+q^{2a n-a+b}\right)\left(1+q^{2a n-a-b}\right)</math>
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<h5 style="margin: 0px; line-height: 2em;">예</h5>
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* [[오일러의 오각수정리(pentagonal number theorem)]]<br><math>\sum _{m=-\infty }^{\infty } (-1)^mq^{\frac{3}{2}m^2\pm \frac{1}{2}m} = \prod _{n=1}^{\infty } \left(1-q^{3 n}\right)\left(1-q^{3n-2}\right)\left(1-q^{3n-1}\right)</math><br>
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2011년 6월 14일 (화) 10:11 판

이 항목의 스프링노트 원문주소

 

 

개요

\(\sum_{n=-\infty}^\infty z^{n}q^{n^2}= \prod_{m=1}^\infty \left( 1 - q^{2m}\right) \left( 1 + zq^{2m-1}\right) \left( 1 + z^{-1}q^{2m-1}\right)\)

\(z=1\) 인 경우

\(\sum_{n=-\infty}^\infty q^{n^2}= \prod_{m=1}^\infty \left( 1 - q^{2m}\right) \left( 1 + q^{2m-1}\right)^2\)

 

(증명)

q-초기하급수(q-hypergeometric series)

\(\prod_{n=0}^{\infty}(1+zq^n)=\sum_{n\geq 0}\frac{q^{n(n-1)/2}}{(1-q)(1-q^2)\cdots(1-q^n)} z^n\)

\(\prod_{n=0}^{\infty}\frac{1}{1+zq^n}=\sum_{n\geq 0}\frac{(-1)^n}{(1-q)(1-q^2)\cdots(1-q^n)} z^n\)

를 활용

 

\(\prod_{m=0}^\infty \left( 1 + zq^{2m+1}\right)=\sum_{n\geq 0}\frac{q^nz^n}{(1-q^2)(1-q^4)\cdots(1-q^{2n})}\)

[Andrews65] 참조 ■

 

 

또다른 형태

\(\sum _{n=-\infty }^{\infty } (-1)^na^nq^{n(n-1)/2}=\prod _{n=1}^{\infty } \left(1-aq^{n-1}\right)\left(1-a^{-1}q^n\right)\left(1-q^n\right)\)

\(\prod _{n=1}^{\infty } \left(1-x^{2n}\right)\left(1+x^{2n-1}Z\right)\left(1+x^{2n-1}Z^{-1}\text{}\text{}\right)=\sum _{m=-\infty }^{\infty } x^{m^2}Z^m\)

 

 

특별한 경우

\(\sum _{m=-\infty }^{\infty } (-1)^mq^{a m^2\pm b m +c}=q^c\prod _{n=1}^{\infty } \left(1-q^{2a n}\right)\left(1-q^{2a n-a+b}\right)\left(1-q^{2a n-a-b}\right)\)

\(\sum _{m=-\infty }^{\infty } q^{a m^2\pm b m +c}=q^c\prod _{n=1}^{\infty } \left(1-q^{2a n}\right)\left(1+q^{2a n-a+b}\right)\left(1+q^{2a n-a-b}\right)\)

 

 

예

 

 

 

재미있는 사실

 

 

 

역사

 

 

 

메모

 

 

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