無限積の理論シリーズ第16回。少し複雑な無限積の級数展開からはじめ、有名なヤコビの三重積へと至ります。
前回はこちら：
\begin{equation}F_{\a,\b;q}(z):=\prod_{n=0}^\infty\frac{1+\a z q^n}{1-\b z q^n}\quad(\b\neq0,|\b z|<1,|q|<1)\tag{1}\end{equation}の $z$ に関するマクローリン展開を導出します。$\b=1$ とした関数を $H$ とすると\begin{equation}H(z):=\prod_{n=0}^\infty\frac{1+\a z q^n}{1- z q^n}\quad(|z|<1,|q|<1)\tag{2}\end{equation}分母分子で分けて考えると、分母の無限積も分子の無限積も有界であり、$$\sum_{n=0}^\infty|\a zq^n|<\frac{|\a|}{1-|q|}\;,\;\sum_{n=0}^\infty|zq^n|<\frac{1}{1-|q|}$$なので定理6.7と定理6.2 から(2)は $|z|<1$ において絶対一様収束します。連続関数列の極限なので $H$ は連続です。
ある $n$ で $\a zq^n=-1$ となる場合は $H(z)\equiv0$ ですが、その場合も含めて、(2)から\begin{equation}(1-z)H(z)=(1+\a z)H(qz)\tag{3}\end{equation}が成り立つことが簡単に分かります。また $H(0)=1$ です。
$|z|<1$ , $|q|<1$ とする。$$(1-z)\Phi(z)=(1+\a z)\Phi(qz)$$なる関係式を満たし、かつ $\Phi(0)=1$ である連続関数 $\Phi$ はただ１つである。
【証明】条件を満たす２つ異なる関数 $\Phi_1$ , $\Phi_2$ があるなら、$|z_0|<1$ なる $z_0$ が存在して$$\Phi_1(z_0)-\Phi_2(z_0)\neq0$$である。\begin{eqnarray*}\Phi_1(z_0)-\Phi_2(z_0) &=& \frac{1+\a z_0}{1-z_0}\left\{\Phi_1(qz_0)-\Phi_2(qz_0)\right\} \\&=&\frac{1+\a z_0}{1-z_0}\frac{1+\a qz_0}{1-qz_0}\left\{\Phi_1(q^2z_0)-\Phi_2(q^2z_0)\right\}\\&\vdots&\\&=&\prod_{k=0}^{\infty}\frac{1+\a q^kz_0}{1-q^k z_0}\cdot\lim_{n\to\infty}\left\{\Phi_1(q^nz_0)-\Phi_2(q^nz_0)\right\}\end{eqnarray*}連続性より$$=\prod_{k=0}^{\infty}\frac{1+\a q^kz_0}{1-q^k z_0}\cdot\left\{\Phi_1(0)-\Phi_2(0)\right\}=0$$よって $\Phi_1=\Phi_2$ である。
【証明終】
$\Phi$ の展開式$$\Phi(z)=\sum_{n=0}^\infty c_nz^n\quad(c_0=1)$$として $(1-z)\Phi(z)=(1+\a z)\Phi(qz)$ へ適用すると$$1+\sum_{n=1}^\infty(c_n-c_{n-1})z^n=1+\sum_{n=1}^\infty(c_nq^n+\a c_{n-1}q^{n-1})z^n$$$$\Rightarrow \forall n\in\NN\;,\; c_n-c_{n-1}=c_nq^n+\a c_{n-1}q^{n-1}$$$$\therefore\quad c_n=\frac{1+\a q^{n-1}}{1-q^n}c_{n-1}\quad(\forall n\in\NN)$$$$\Rightarrow c_n=\prod_{k=1}^n\frac{1+\a q^{k-1}}{1-q^k}$$以上より\begin{equation}\Phi(z)=1+\sum_{n=1}^\infty\left(\prod_{k=1}^n\frac{1+\a q^{k-1}}{1-q^k}\right)z^n\tag{4}\end{equation}(4)に関して、ある $k$ で $1+\a q^{k-1}=0$ となることがあれば、$\Phi$ は多項式です。そうでない場合、ratio testにより $|z|<1$ で収束します。$\Phi$ は $H$ にほかならず、(2)(4)から次が成立します。
$\a\in\CC$ , $|q|<1$ , $|z|<1$ ,$$\prod_{n=0}^\infty\frac{1+\a z q^n}{1- z q^n}=1+\sum_{n=1}^\infty\left(\prod_{k=1}^n\frac{1+\a q^{k-1}}{1-q^k}\right)z^n$$
$z\to \b z$ , $\b\neq0$ とすると$$\prod_{n=0}^\infty\frac{1+\a\b z q^n}{1- \b z q^n}=1+\sum_{n=1}^\infty\left(\prod_{k=1}^n\frac{\b+\a\b q^{k-1}}{1-q^k}\right)z^n$$$\a\to\b /\a$ とすると次を得ます。
$\a\in\CC$ , $\b\neq0$ , $|q|<1$ , $|\b z|<1$ ,$$\prod_{n=0}^\infty\frac{1+\a z q^n}{1- \b z q^n}=1+\sum_{n=1}^\infty\left(\prod_{k=1}^n\frac{\b+\a q^{k-1}}{1-q^k}\right)z^n$$
定理16.2と系16.3はこれまでに比べて少し複雑な無限積の展開になっています。
ちなみにq-ポッホハマー記号を使うと定理16.2は\begin{equation}\frac{(-\a z;q)_\infty}{(z;q)_\infty}=\sum_{n=0}^\infty\frac{(-\a;q)_n}{(q;q)_n}z^n\tag{5}\end{equation}であり、「q二項定理」とよばれます。
系16.3では $\b=0$ としてもよさそうに見えます。このあと見るように、実際にそれは可能なのですが、系16.3導出の過程で $\b\neq0$ としていますから、直ちには叶いません。簡単のため $\a=1$ とします。$z=0$ ならばつまらない式になりますので、$z\neq0$ とします。\begin{equation}\prod_{n=0}^\infty\frac{1+ z q^n}{1- \b z q^n}=1+\sum_{n=1}^\infty\left(\prod_{k=1}^n\frac{\b+ q^{k-1}}{1-q^k}\right)z^n\tag{6}\end{equation}ただし $\b\neq0$ , $|q|<1$ , $|\b z|<1$ です。$z$ を固定して $\b$ の関数と見ることにして、左辺の収束性を調べます。$$\prod_{n=0}^\infty\frac{1+ z q^n}{1- \b z q^n}=\prod_{n=0}^\infty\left(1+\frac{(1+\b)zq^n}{1-\b zq^n}\right)$$$q=0$ では明らかに一様収束しますので $q\neq0$ として進めます。原点中心、半径 $1/|z|$ の開円板内に $\b$ があるとき、$|\b z|<1$ なので\begin{eqnarray*}\left|\frac{(1+\b)zq^n}{1-\b zq^n}\right|&\le&\frac{|zq^n|+|\b z||q|^n}{1-|\b z||q^n|}\\&\le&\frac{(|z|+1)|q|^n}{1-|q^n|}\\&<&(|z|+1)|q|^n(1+|q|^n)\\&<& 2(|z|+1)|q|^n\end{eqnarray*}$$\therefore\quad\sum_{n=0}^\infty\left|\frac{(1+\b)zq^n}{1-\b zq^n}\right|<\frac{2(|z|+1)}{1-|q|}$$です。よって定理6.7より(6)左辺は $\b$ の関数と見ると、開円板上で一様収束して $\b=0$ の近傍で連続です。なので\begin{equation}\lim_{\b\to0}\prod_{n=0}^\infty\frac{1+ z q^n}{1- \b z q^n}=\prod_{n=0}^\infty(1+ z q^n)\tag{7}\end{equation}(6)の右辺にある級数は$$\sum_{n=1}^\infty\left(\prod_{k=1}^n\frac{\b z+ zq^{k-1}}{1-q^k}\right)$$と書けますので、ratio testにより$$\left|\frac{\prod_{k=1}^{n+1}\frac{\b z+ zq^{k-1}}{1-q^k}}{\prod_{k=1}^n\frac{\b z+ zq^{k-1}}{1-q^k}}\right|=\left|\frac{\b z+q^nz}{1-q^{n+1}}\right|\xrightarrow[]{n\to\infty}|\b z|<1$$となって $\b$ の関数として開円板上広義一様収束です。したがって\begin{equation}\lim_{\b\to0}\sum_{n=1}^\infty\left(\prod_{k=1}^n\frac{\b+ q^{k-1}}{1-q^k}\right)z^n=\sum_{n=1}^\infty\left(\prod_{k=1}^n\frac{q^{k-1}}{1-q^k}\right)z^n\tag{8}\end{equation}
(6)(7)(8)から\begin{eqnarray*}\prod_{n=0}^\infty(1+ z q^n)&=&1+\sum_{n=1}^\infty\left(\prod_{k=1}^n\frac{q^{k-1}}{1-q^k}\right)z^n\\&=&1+\sum_{n=1}^\infty\frac{q^{\frac{n(n-1)}{2}}}{\prod_{k=1}^n(1-q^k)}z^n\end{eqnarray*}これが今日のカギとなる無限積の1つ目です。もう１つは簡単で、定理16.2で $\a=0$ とすれば現れるものです。まとめると
$|q|<1$ として\begin{equation}\prod_{n=0}^\infty(1+ z q^n)=1+\sum_{n=1}^\infty\frac{q^{\frac{n(n-1)}{2}}}{\prod_{k=1}^n(1-q^k)}z^n\tag{9a}\end{equation}また $|q|<1$ , $|z|<1$ として\begin{equation}\prod_{n=0}^\infty\frac{1}{1- z q^n}=1+\sum_{n=1}^\infty\frac{z^n}{\prod_{k=1}^n(1-q^k)}\tag{9b}\end{equation}
qポッホハマー記号を使うなら\begin{eqnarray}(-z;q)_\infty&=&\sum_{n=0}^\infty\frac{q^{\frac{n(n-1)}{2}}}{(q;q)_n}z^n\tag{10a}\\\frac{1}{(z;q)_\infty} &=&\sum_{n=0}^\infty\frac{z^n}{(q;q)_n}\tag{10b}\end{eqnarray}
$|q|<1$ , $z\neq 0$ のもとで２つの関数を定義します。\begin{equation}R(q):=\prod_{n=0}^\infty(1-q^{2n+2})\;,\; S(z,q):=\prod_{n=0}^\infty(1+zq^{2n+1})\tag{11}\end{equation}ただし $|q|<1$ です（なので両者は収束）。(9a)より任意の $z$ で$$\prod_{n=0}^\infty(1+ z q^{2n})=1+\sum_{n=1}^\infty\frac{q^{n(n-1)}}{\prod_{k=1}^n(1-q^{2k})}z^n$$$z\to zq$ すれば左辺は $S(z,q)$ です。すなわち\begin{equation}S(z,q)=1+\sum_{n=1}^\infty\frac{q^{n^2}z^n}{\prod_{k=1}^n(1-q^{2k})}\tag{12}\end{equation}ここで\begin{eqnarray*}R(q) &=& \prod_{n=0}^{m-1}(1-q^{2n+2})\prod_{n=m}^\infty(1-q^{2n+2})\\&=& \prod_{n=1}^{m}(1-q^{2n})\prod_{n=0}^\infty(1-q^{2n+2m+2})\end{eqnarray*}(12)に代入して$$S(z,q)=1+\frac{1}{R(q)}\sum_{n=1}^\infty q^{n^2}z^n\prod_{k=0}^\infty(1-q^{2k+2n+2})$$$$\therefore\quad S(z,q)=\frac{1}{R(q)}\sum_{n=0}^\infty q^{n^2}z^n\prod_{k=0}^\infty(1-q^{2k+2n+2})$$$n$ が負整数だと、ある $k\in\NN$ で $1-q^{2k+2n+2}=0$ となるから\begin{equation}R(q)S(z,q)=\sum_{n=-\infty}^\infty q^{n^2}z^n\prod_{k=0}^\infty(1-q^{2k+2n+2})\tag{13}\end{equation}右辺の級数が収束することを確認します。$|\prod (1-q^{2k+2n+2})|\le 1$ より\begin{eqnarray*}\sum_{n=-\infty}^\infty \left|q^{n^2}z^n\prod_{k=0}^\infty(1-q^{2k+2n+2})\right| &\le&\sum_{n=-\infty}^\infty |q|^{n^2}|z|^n \\&=& 1+\sum_{n=1}^\infty |q|^{n^2}|z|^n+\sum_{n=1}^\infty |q|^{n^2}|z|^{-n}\end{eqnarray*}2つに分けた級数にration testを使えばともに収束しますので、(13)右辺の級数は絶対収束します。
また\begin{eqnarray*}\prod_{k=0}^\infty(1-q^{2k+2n+2})&=&\prod_{k=0}^\infty(1-q^{2n+2}(q^2)^n)\\&=& 1+\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^kq^{k^2+2nk+k}}{\prod_{l=1}^k(1-q^{2l})}\quad(\because(9a))\end{eqnarray*}を(13)に代入して\begin{eqnarray*}R(q)S(z,q) &=& \sum_{n=-\infty}^\infty q^{n^2}z^n+\sum_{n=-\infty}^\infty q^{n^2}z^n\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^kq^{k^2+2nk+k}}{\prod_{l=1}^k(1-q^{2l})}\\&=&\sum_{n=-\infty}^\infty q^{n^2}z^n+\sum_{n=-\infty}^\infty\sum_{k=1}^\infty\frac{(-\frac{q}{z})^kq^{(n+k)^2}z^{n+k}}{\prod_{l=1}^k(1-q^{2l})}\end{eqnarray*}右辺全体は絶対収束することは先に見ました。第1項の級数も絶対収束するので、第2項にある二重級数も絶対収束するゆえ、和の順を交換して\begin{eqnarray*}&=&\sum_{n=-\infty}^\infty q^{n^2}z^n+\sum_{k=1}^\infty\frac{(-\frac{q}{z})^k}{\prod_{l=1}^k(1-q^{2l})}\sum_{n=-\infty}^\infty q^{(n+k)^2}z^{n+k}\\&=&\sum_{n=-\infty}^\infty q^{n^2}z^n+\sum_{k=1}^\infty\frac{(-\frac{q}{z})^k}{\prod_{l=1}^k(1-q^{2l})}\sum_{n=-\infty}^\infty q^{n^2}z^n\end{eqnarray*}すると\begin{equation}R(q)S(z,q) =\left(\sum_{n=-\infty}^\infty q^{n^2}z^n\right)\left(1+\sum_{k=1}^\infty\frac{(-\frac{q}{z})^k}{\prod_{l=1}^k(1-q^{2l})}\right)\tag{14}\end{equation}
ところで(9b)で $q\to q^2$ , $z\to -q/z$ とすると\begin{equation}\frac{1}{S(\frac{1}{z},q)}=1+\sum_{k=1}^\infty\frac{(-\frac{q}{z})^k}{\prod_{l=1}^k(1-q^{2l})}\tag{15}\end{equation}ただし $|q|<1$ , $|q/z|<1$ です。(14)右辺に用いると\begin{equation}R(q)S(z,q) S\left(\frac{1}{z},q\right)=\sum_{n=-\infty}^\infty q^{n^2}z^n\tag{16}\end{equation}過程から、(16)が成立する条件は $z\neq0$ , $|q|<1$ , $|q|<|z|$ です。しかし(16)は $z$ と $1/z$ について対称ですから、$|q|<|1/z|$ でも成立します。したがって(16)は $|q|<1$ , $z\neq0$ で成り立ちます。(16)をヤコビの三重積といいます。
$|q|<1$ , $z\neq0$ ,$$\prod_{n=0}^\infty(1-q^{2n+2})(1+zq^{2n+1})\left(1+\frac{q^{2n+1}}{z}\right)=\sum_{n=-\infty}^\infty q^{n^2}z^n$$
次回はヤコビの三重積を使って得られる定理を紹介します。
【17】オイラーの五角数定理とワトソンの五重積（ヤコビ三重積から得られる公式たち）
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