ヤコビの三重積

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次の恒等式をヤコビの三重積(Jacobi triple product)という。（ベクトル三重積に関するヤコビの恒等式とは無関係であることを為念）

$\sum_{n=-\infty}^{\infty}{e^{{\pi}i{\tau}n^2+2{\pi}inv}} =\prod_{m=1}^{\infty}{\left(1-e^{2m{\pi}i{\tau}}\right)\left(1+e^{(2m-1){\pi}i{\tau}+2{\pi}iv}\right)\left(1+e^{(2m-1){\pi}i{\tau}-2{\pi}iv}\right)}$

但し、 $\operatorname{Im}{\tau}>0$ 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、 $q = e π i τ, z = e 2π i v$ と置くことにより

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

或いは、 $q = e π i τ, z = e - π i τ + 2π i v$ と置くことにより

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

となり、数論にも適する形になる。

[編集] 証明

[編集] 直接の証明

左辺を $\vartheta(v,\tau)$ 、右辺を $Θ(v,τ)$ と置き、先づ、右辺が疑二重周期を持つことを示す。

$\begin{align}\Theta(v+1,\tau) &=\prod_{m=1}^{\infty}{\left(1-e^{2m{\pi}i{\tau}}\right)\left(1+e^{(2m-1){\pi}i{\tau}+2{\pi}i(v+1)}\right)\left(1+e^{(2m-1){\pi}i{\tau}-2{\pi}i(v+1)}\right)}\\ &=\prod_{m=1}^{\infty}{\left(1-e^{2m{\pi}i{\tau}}\right)\left(1+e^{(2m-1){\pi}i{\tau}+2{\pi}iv}\right)\left(1+e^{(2m-1){\pi}i{\tau}-2{\pi}iv}\right)}\\ &=\Theta(v,\tau) \end{align}$

$\begin{align}\Theta(v+\tau,\tau) &=\prod_{m=1}^{\infty}{\left(1-e^{2m{\pi}i{\tau}}\right)\left(1+e^{(2m+1){\pi}i{\tau}+2{\pi}iv}\right)\left(1+e^{(2m-3){\pi}i{\tau}-2{\pi}iv}\right)}\\ &=\frac{1+e^{-{\pi}i{\tau}-2{\pi}iv}}{1+e^{{\pi}i{\tau}+2{\pi}iv}}\prod_{m=1}^{\infty}{\left(1-e^{2m{\pi}i{\tau}}\right)\left(1+e^{(2m-1){\pi}i{\tau}+2{\pi}iv}\right)\left(1+e^{(2m-1){\pi}i{\tau}-2{\pi}iv}\right)}\\ &=\frac{e^{-{\pi}i{\tau}-2{\pi}iv}+1}{1+e^{{\pi}i{\tau}+2{\pi}iv}}\prod_{m=1}^{\infty}{\left(1-e^{2m{\pi}i{\tau}}\right)\left(1+e^{(2m-1){\pi}i{\tau}+2{\pi}iv}\right)\left(1+e^{(2m-1){\pi}i{\tau}-2{\pi}iv}\right)}\\ &=e^{-{\pi}i{\tau}-2{\pi}iv}\Theta(v,\tau) \end{align}$

$\operatorname{Im}{\tau}>0$ により $| e 2 m π i τ | < 1$ であるから、右辺の零点は

$\begin{align} \left(1+e^{(2m-1){\pi}i{\tau}+2{\pi}iv}\right)\left(1+e^{(2m-1){\pi}i{\tau}-2{\pi}iv}\right)&=0\\ \end{align}$

$\begin{align} \left(1+2e^{(2m-1){\pi}i{\tau}}\cos{2{\pi}v}+e^{2(2m-1){\pi}i{\tau}}\right)&=0\\ \end{align}$

$\begin{align} \cos{2{\pi}v}&=-\frac{e^{(2m-1){\pi}i{\tau}}+e^{-(2m-1){\pi}i{\tau}}}{2}\\ \cos{2{\pi}v}&=\frac{e^{(2m-1){\pi}i{\tau}+{\pi}i}+e^{-(2m-1){\pi}i{\tau}-{\pi}i}}{2}\\ 2{\pi}v&=\left((2m-1){\pi}{\tau}+{\pi}\right)\pm2{\pi}n\\ v&=\frac{1+\tau}{2}+n'+m'{\tau} \end{align}$

に限られる。一方、左辺は

$\begin{align}\vartheta(v+1;\tau) &=\sum_{n=-\infty}^{\infty}{e^{{\pi}i{\tau}n^2+2{\pi}in(v+1)}}\\ &=\sum_{n=-\infty}^{\infty}{e^{{\pi}i{\tau}n^2+2{\pi}inv}}\\ &=\vartheta(v;\tau)\\ \end{align}$

$\begin{align}\vartheta(v+\tau;\tau) &=\sum_{n=-\infty}^{\infty}{e^{{\pi}i{\tau}n^2+2{\pi}in(v+\tau)}}\\ &=\sum_{n=-\infty}^{\infty}{e^{{\pi}i{\tau}(n+1)^2-{\pi}i{\tau}+2{\pi}i(n+1)v-2{\pi}iv}}\\ &=\sum_{n=-\infty}^{\infty}{e^{{\pi}i{\tau}n^2-{\pi}i{\tau}+2{\pi}inv-2{\pi}iv}}\\ &=e^{-{\pi}i\tau}e^{-2{\pi}i{v}}\vartheta(v;\tau)\\ \end{align}$

$\begin{align}\vartheta_3(\frac{1+\tau}{2};\tau) &=\sum_{n=-\infty}^{\infty}{e^{{\pi}i{\tau}n^2+2{\pi}in(\frac{1+\tau}{2})}}\\ &=\sum_{n=-\infty}^{\infty}{(-1)^{n}e^{{\pi}i{\tau}(n+\frac{1}{2})^2-\frac{1}{4}{\pi}i{\tau}}}\\ &=\sum_{n=0}^{\infty}{(-1)^{n}e^{{\pi}i{\tau}(n+\frac{1}{2})^2-\frac{1}{4}{\pi}i{\tau}}} +\sum_{n=0}^{\infty}{(-1)^{n+1}e^{{\pi}i{\tau}(-n-1+\frac{1}{2})^2-\frac{1}{4}{\pi}i{\tau}}}\\ &=0 \end{align}$

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、

$c(\tau,v)=\frac{\vartheta(v,\tau)}{\Theta(v,\tau)}=\frac{\sum_{n=-\infty}^{\infty}{e^{{\pi}i{\tau}n^2+2{\pi}inv}}}{\prod_{m=1}^{\infty}{\left(1-e^{2m{\pi}i{\tau}}\right)\left(1+e^{(2m-1){\pi}i{\tau}+2{\pi}iv}\right)\left(1+e^{(2m-1){\pi}i{\tau}-2{\pi}iv}\right)}}$

は $v$ に依存しない。

$\begin{align}c\left(\textstyle\frac{1}{2},\tau\right) &=\frac{\sum_{n=-\infty}^{\infty}{e^{{\pi}i{\tau}n^2+{\pi}in}}}{\prod_{m=1}^{\infty}{\left(1-e^{2m{\pi}i{\tau}}\right)\left(1+e^{(2m-1){\pi}i{\tau}+{\pi}i}\right)\left(1+e^{(2m-1){\pi}i{\tau}-{\pi}i}\right)}}\\ &=\frac{\sum_{n=-\infty}^{\infty}{(-1)^{n}e^{{\pi}i{\tau}n^2}}}{\prod_{m=1}^{\infty}{\left(1-e^{2m{\pi}i{\tau}}\right)\left(1-e^{(2m-1){\pi}i{\tau}}\right)\left(1-e^{(2m-1){\pi}i{\tau}}\right)}}\\ \end{align}$

$\begin{align}c\left(\textstyle\frac{1}{4},\tau\right) &=\frac{\sum_{n=-\infty}^{\infty}{e^{{\pi}i{\tau}n^2+{\pi}in/2}}}{\prod_{m=1}^{\infty}{\left(1-e^{2m{\pi}i{\tau}}\right)\left(1+e^{(2m-1){\pi}i{\tau}+{\pi}i/2}\right)\left(1+e^{(2m-1){\pi}i{\tau}-{\pi}i/2}\right)}}\\ &=\frac{\sum_{n=-\infty}^{\infty}{(-i)^{n}e^{{\pi}i{\tau}n^2}}}{\prod_{m=1}^{\infty}{\left(1-e^{2m{\pi}i{\tau}}\right)\left(1+ie^{(2m-1){\pi}i{\tau}}\right)\left(1-ie^{(2m-1){\pi}i{\tau}}\right)}}\\ &=\frac{\sum_{n=-\infty}^{\infty}{(-i)^{n}e^{{\pi}i{\tau}n^2}}}{\prod_{m=1}^{\infty}{\left(1-e^{2m{\pi}i{\tau}}\right)\left(1+e^{(4m-2){\pi}i{\tau}}\right)}}\\ &=\frac{\sum_{n=-\infty}^{\infty}{(-i)^{n}e^{{\pi}i{\tau}n^2}}}{\prod_{m=1}^{\infty}{\left(1-e^{4m{\pi}i{\tau}}\right)\left(1-e^{(4m-2){\pi}i{\tau}}\right)\left(1+e^{(4m-2){\pi}i{\tau}}\right)}}\\ &=\frac{\sum_{n=-\infty}^{\infty}{(-i)^{n}e^{{\pi}i{\tau}n^2}}}{\prod_{m=1}^{\infty}{\left(1-e^{4m{\pi}i{\tau}}\right)\left(1-e^{(8m-4){\pi}i{\tau}}\right)}}\\ &=\frac{\sum_{n=-\infty}^{\infty}{(-i)^{n}e^{{\pi}i{\tau}n^2}}}{\prod_{m=1}^{\infty}{\left(1-e^{8m{\pi}i{\tau}}\right)\left(1-e^{(8m-4){\pi}i{\tau}}\right)\left(1-e^{(8m-4){\pi}i{\tau}}\right)}}\\ \end{align}$

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。

$\begin{align}c\left(\textstyle\frac{1}{4},\tau\right) &=\frac{\sum_{n=-\infty}^{\infty}{(-1)^{n}e^{4{\pi}i{\tau}n^2}}}{\prod_{m=1}^{\infty}{\left(1-e^{8m{\pi}i{\tau}}\right)\left(1-e^{(8m-4){\pi}i{\tau}}\right)\left(1-e^{(8m-4){\pi}i{\tau}}\right)}}\\ &=c\left(\textstyle\frac{1}{2},4\tau\right) \end{align}$

$c (v,τ)$ は $v$ に依存しないから

$c\left(v,4\tau\right)=c\left(v,\tau\right)=\lim_{n\to\infty}c\left(v,4^{-n}\tau\right)=\lim_{\tau'\to0}c\left(v,\tau'\right)=c(v,0)$

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

[編集] 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

$\sum_{n=-\infty}^{\infty}\frac{(a;q)_n}{(b;q)_n}z^{n}=\frac{(az;q)_\infty(q;q)_\infty\left(\frac{q}{az};q\right)_\infty\left(\frac{b}{a};q\right)_\infty}{(z;q)_\infty(b;q)_\infty\left(\frac{b}{az};q\right)_\infty\left(\frac{q}{a};q\right)_\infty}\qquad(|q|<1,|b/a|<|z|<1)$

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

$\sum_{n=-\infty}^{\infty}(a;q)_nz^{n}=\frac{(az;q)_\infty(q;q)_\infty\left(q/az;q\right)_\infty}{(z;q)_\infty\left(q/a;q\right)_\infty}$

となり、 $q$ を $q 2$ と書き、 $z$ を $- q z / a$ と書けば

$\sum_{n=-\infty}^{\infty}(a;q^2)_n\left(-\frac{qz}{a}\right)^{n}=\frac{(-qz;q^2)_\infty(q^2;q^2)_\infty\left(-q/z;q^2\right)_\infty}{(-qz/a;q^2)_\infty\left(q^2/a;q^2\right)_\infty}$

となる。qポッホハマー記号の変換式

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

により、右辺は

$\begin{align}\sum_{n=-\infty}^{\infty}(a;q^2)_n\left(-\frac{qz}{a}\right)^{n} &=\sum_{n=-\infty}^{\infty}(aq^{2n-2}q^{-2n+2};q^2)_n\left(-\frac{qz}{a}\right)^{n}\\ &=\sum_{n=-\infty}^{\infty}(-aq^{2n-2})^nq^{-2n(n-1)/2}(1/aq^{2n-2};q)_n\left(-\frac{qz}{a}\right)^{n}\\ &=\sum_{n=-\infty}^{\infty}q^{n^2}z^n(1/aq^{2n-2};q)_n\\ \end{align}$