Jacobi 三重积恒等式

Jacobi 三重积恒等式是 Jacobi 在 1829 年发现的, 关于 $\theta$ 函数按零点展开成乘积的重要恒等式, 它也是 Macdonald 恒等式在 $A_1$ 根系时的特例.

1陈述

定理 1.1 (Jacobi 三重积). 对复数 $z\ne 0,|q|<1$, (也可以形式地把式子两端视为环 $\mathbb{Z}((z))[[q]]$ 中元素, 本文中其它结论同理) 我们有: $$\prod _{n=1}^{\infty }(1-q^{2n})(1+z{q}^{2n-1})(1+z^{-1}{q}^{2n-1})=1+\sum _{n=1}^{\infty }(z^n+z^{-n})q^{n^2}=\sum _{n\in \mathbb{Z}}{z}^n{q}^{n^2}.$$

2证明

证明. 给定 $|q|<1$, 将左边的乘积看作 $z\ne 0$ 的全纯函数, $F_q(z)$, 我们指出$$F_q(z)=zq{F}_q(z{q}^2)$$这是因为 $F_q(z)$ 的乘积比 $F_q(z{q}^2)$ 多一项 $(1+zq)$ 少一项 $(1+z^{-1}{q}^{-1})$. 于是由 Laurent 展开, 设$$F_q(z)=\sum _{n\in \mathbb{Z}}{a}_n(q)z^n.$$利用恒等式, 由 Laurent 展开的唯一性比对系数得到 $a_n(q)=a_{n-1}(q)q^{2n-1}$, 于是 $a_n(q)=a_0(q)q^{n^2}$.

于是我们只需确定 $a_0(q)=1$. 为此取 $(z,q)=(-1,q^4),(\mathrm{i},q)$ 得到$$\begin{array}{rl}{F}_{q^4}(-1)& =\prod _{n=1}^{\infty }(1-q^{8n})(1-q^{8n-4}{)}^2\\ & =\prod _{n=1}^{\infty }(1-q^{4n})(1-q^{8n-4})=\prod _{n=1}^{\infty }(1-q^{4n})(1-q^{4n-2})(1+q^{4n-2})\\ & =\prod _{n=1}^{\infty }(1-q^{2n})(1+\mathrm{i}{q}^{2n-1})(1-\mathrm{i}{q}^{2n-1})=F_q(\mathrm{i}).\end{array}$$从而$$a_0(q^4)\sum _{n\in \mathbb{Z}}(-1{)}^n{q}^{4n^2}=a_0(q)\left(1+\sum _{n=1}^{\infty }({\mathrm{i}}^n+{\mathrm{i}}^{-n})q^{n^2}\right)=a_0(q)\sum _{n\in \mathbb{Z}}(-1{)}^n{q}^{4n^2}.$$由此 $a_0(q)=a_0(q^{4^k})={\lim }_{k\to +\infty }{a}_0(q^{4^k})=a_0(0)=1$.

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3应用

Euler 五边形数定理

推论 3.1. 我们有如下的 Euler 五边形数定理成立, 对 $|x|<1$ 有: $$\prod _{n=1}^{\infty }(1-x^n)=\sum _{n\in \mathbb{Z}}(-1{)}^n{x}^{(3n^2-n)/2}.$$

证明. 在三重积中取 $q=-z^3$ 得到$$\prod _{n=1}^{\infty }(1-(z^2{)}^n)=\sum _{n\in \mathbb{Z}}(-1{)}^n{z}^{3n^2-n}.$$因此令 $x=z^2$ 即得.

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二平方和的表示方法数

需补充使用模形式的方法

定理 3.2. 设 $n$ 为正整数, 对 $k=1,3$ 我们记$$d_k(n):=\sum _{d|n,d\equiv k(\mathrm{mod}4)}1.$$那么 $n$ 能表示为两个整数的平方和的方法数为 $r_2(n):=4(d_1(n)-d_3(n))$.

证明(初等计算).

证明 (初等计算). 首先在三重积中取 $z=-a^{2}q,y=q^2$ 得$$\prod _{n=1}^{\infty }(1-y^n)(1-a^2{y}^n)(1-a^{-2}{y}^{n-1})=\sum _{n\in \mathbb{Z}}(-1{)}^n{a}^{2n}{y}^{(n^2+n)/2}.$$特别的, 左边有 $(1-a^{-2}{y}^0)$ 项, 左右乘 $a$, 并将右边关于奇偶分开得到$$(a-a^{-1})\prod _{n=1}^{\infty }(1-y^n)(1-a^2{y}^n)(1-a^{-2}{y}^n)=\sum _{n\in \mathbb{Z}}{a}^{4n+1}{y}^{2n^2+n}-\sum _{n\in \mathbb{Z}}{a}^{4n-1}{y}^{2n^2-n}.$$其次将右边的两项重新用三重积实现, 取 $z=a^{4}y,q=y^2$ 与 $z=a^4{y}^{-1},q=y^2$ 得$$\begin{array}{rl}a\prod _{n=1}^{\infty }(1-y^{4n})(1+a^4{y}^{4n-1})(1+a^{-4}{y}^{4n-3})& =\sum _{n\in \mathbb{Z}}{a}^{4n+1}{y}^{2n^2+n}\\ a^{-1}\prod _{n=1}^{\infty }(1-y^{4n})(1+a^4{y}^{4n-3})(1+a^{-4}{y}^{4n-1})& =\sum _{n\in \mathbb{Z}}{a}^{4n-1}{y}^{2n^2-n}\end{array}$$因此结合上面三式, 得到$$\begin{array}{rl}& \prod _{n=1}^{\infty }\frac{(1-y^n)(1-a^2{y}^n)(1-a^{-2}{y}^n)}{1-y^{4n}}\\ =& \frac{1}{a-a^{-1}}\left(a\prod _{n=1}^{\infty }(1+a^4{y}^{4n-1})(1+a^{-4}{y}^{4n-3})-a^{-1}\prod _{n=1}^{\infty }(1+a^4{y}^{4n-3})(1+a^{-4}{y}^{4n-1})\right)\\ =& \left(\prod _{n=1}^{\infty }(1+a^4{y}^{4n-1})(1+a^{-4}{y}^{4n-3})\right)\cdot \left(1+\frac{a^{-1}}{a+a^{-1}}\left(1-\prod _{n=1}^{\infty }\frac{(1+a^4{y}^{4n-3})(1+a^{-4}{y}^{4n-1})}{(1+a^4{y}^{4n-1})(1+a^{-4}{y}^{4n-3})}\right)\right).\end{array}$$现在计算 $a\to 1$ 时的极限情况, 换元 $c=a^4-1$: $$\begin{array}{rl}& \underset{a\to 1}{\lim }\left(\prod _{n=1}^{\infty }\frac{(1-y^n)(1-a^2{y}^n)(1-a^{-2}{y}^n)}{(1-y^{4n})(1+a^4{y}^{4n-1})(1+a^{-4}{y}^{4n-3})}-1\right)\\ =& \underset{a\to 1}{\lim }\frac{2}{a^4-1}\left(1-\prod _{n=1}^{\infty }\frac{(1+a^4{y}^{4n-3})(1+a^{-4}{y}^{4n-1})}{(1+a^4{y}^{4n-1})(1+a^{-4}{y}^{4n-3})}\right)\\ =& \underset{c\to 0}{\lim }\frac{2}{c}\left(1-\prod _{n=1}^{\infty }\frac{\left(1+\frac{y^{4n-3}}{1+y^{4n-3}}c\right)\left(1+\frac{1}{1+y^{4n-1}}c\right)}{\left(1+\frac{y^{4n-1}}{1+y^{4n-1}}c\right)\left(1+\frac{1}{1+y^{4n-3}}c\right)}\right)\\ =& 2\sum _{n=1}^{\infty }\left(\frac{y^{4n-1}-1}{y^{4n-1}+1}-\frac{y^{4n-3}-1}{y^{4n-3}+1}\right)=4\sum _{n=1}^{\infty }(d_1(n)-d_3(n))(-y{)}^n.\end{array}$$另一边, 使用三重积 $z=1$ 的情形, 得到$$\begin{array}{rl}& \underset{a\to 1}{\lim }\left(\prod _{n=1}^{\infty }\frac{(1-y^n)(1-a^2{y}^n)(1-a^{-2}{y}^n)}{(1-y^{4n})(1+a^4{y}^{4n-1})(1+a^{-4}{y}^{4n-3})}-1\right)\\ =& -1+\prod _{n=1}^{\infty }\frac{(1-y^n{)}^3}{(1-y^{2n})(1+y^{2n})(1+y^{4n-1})(1+y^{4n-3})}\\ =& -1+\prod _{n=1}^{\infty }\frac{(1-y^n{)}^2}{(1+y^n{)}^2}=-1+\prod _{n=1}^{\infty }(1-y^{2n-1}{)}^4(1-y^{2n}{)}^2\\ =& -1+{\left(\sum _{n\in \mathbb{Z}}(-y{)}^{n^2}\right)}^2.\end{array}$$于是结论得证.

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证明(Jacobi 椭圆函数).

证明 (Jacobi 椭圆函数). 注意到当 $\mathrm{sn}$ 为 Jacobi 正弦椭圆函数且$$0<k<1,k^{\prime }=\sqrt{1-k^2},$$$$K(k)={\int }_0^1\frac{\mathrm{d}t}{\sqrt{1-t^2}\sqrt{1-k^2{t}^2}},$$$$K=K(k),K^{\prime }=K(k^{\prime }),\tau =\frac{i{K}^{\prime }}{K},q=e^{i\pi \tau }$$时总有: $$\log \mathrm{sn}\left(\frac{2Kx}{\pi }\right)=\log \frac{2q^{1/4}}{\sqrt{k}}+\log \sin x+2\sum _{m\ge 1}\frac{q^m\cos (2mx)}{1+q^m}.$$对两侧求导便有: $$\frac{2K}{\pi }\mathrm{cs}\left(\frac{2Kx}{\pi }\right)\mathrm{dn}\left(\frac{2Kx}{\pi }\right)=\cot x-4\sum _{m\ge 1}\frac{q^m\sin (2mx)}{1+q^m}.$$注意到$$\mathrm{cs}\left(\frac{K}{2}\right)=\mathrm{dn}\left(\frac{K}{2}\right)=\sqrt{k^{\prime }},$$所以代入 $x=\pi /4$ 可得: $$\frac{2K{k}^{\prime }}{\pi }=1-4\sum _{m\ge 1}\frac{q^m\sin (m\pi /2)}{1+q^m}.$$注意到$$K=\frac{\pi }{2}{\vartheta }_3^2(0,q),k^{\prime }=\frac{{\vartheta }_4^2(0,q)}{{\vartheta }_3^2(0,q)}$$以及$${\vartheta }_4(0,q)=\sum _{n\in \mathbb{Z}}(-1{)}^n{q}^{n^2},$$所以将原式中的 $q$ 更换成 $-q$ 就有: $$\begin{array}{rl}{\left(\sum _{n\in \mathbb{Z}}{q}^{n^2}\right)}^2& =1-4\sum _{m\ge 1}\frac{(-q{)}^m\sin (m\pi /2)}{1+(-1{)}^m{q}^m}\\ & =1+4\sum _{\begin{array}{c}m\ge 1\\ m\equiv 1(\mathrm{mod}2)\end{array}}\frac{q^m(-1{)}^{\frac{m-1}{2}}}{1-q^m}\end{array}$$对比系数便知 $n>1$ 时: $$r_2(n)=4\sum _{\begin{array}{c}m|n\\ m\equiv 1(\mathrm{mod}2)\end{array}}(-1{)}^{\frac{m-1}{2}}=4(d_1(n)-d_3(n)).$$

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四平方和的表示方法数

需补充使用模形式的方法

利用二平方和的恒等式, 我们稍作变形可证明

定理 3.3. 设 $n$ 为正整数, 则其表示为四个整数平方和的方法数为$$r_4(n):=8\cdot \sum _{d|n,d\not\equiv 0(\mathrm{mod}4)}d.$$

证明(初等计算).

证明 (初等计算). 先设$$u_r:=\frac{x^r}{1-x^r},$$首先我们应当变换看法, 设 $\theta =\pi /2$ 那么$$\begin{array}{r}\frac{1}{4}+\sum _{n=0}^{\infty }(u_{4n+1}-u_{4n+3})=\frac{1}{4}\cot \frac{\theta }{2}+\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n\sin (n\theta ).\end{array}$$于是简单使用积化和差得到$$\begin{array}{rl}& {\left(\frac{1}{4}\cot \frac{\theta }{2}+\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n\sin (n\theta )\right)}^2\\ =& \frac{1}{16}{\cot }^2\frac{\theta }{2}+\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n\left(\frac{1}{2}+\cos \theta +\cos 2\theta +\cdots +\cos (n-1)\theta +\frac{1}{2}\cos n\theta \right)\\ +& \frac{1}{2}\sum _{m=1}^{\infty }\sum _{n=1}^{\infty }{u}_m{u}_n(\cos (m-n)\theta -\cos (m+n)\theta )\\ =& \frac{1}{16}{\cot }^2\frac{\theta }{2}+\frac{1}{2}\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n(1+u_n)+\sum _{k=1}^{\infty }{c}_k\cos k\theta \end{array}$$其中最后一个等号我们按照 $\cos k\theta$ 的 $k$ 不同分类收集起来, 注意$$\begin{array}{rl}& \sum _{m=1}^{\infty }{u}_m(1+u_m)=\sum _{m=1}^{\infty }(x^m+2x^{2m}+3x^{3m}+\cdots )\\ =& \sum _{m=1}^{\infty }\sum _{n=1}^{\infty }n{x}^{nm}=\sum _{n=1}^{\infty }n\cdot \frac{x^n}{1-x^n}=\sum _{n=1}^{\infty }n{u}_n.\end{array}$$以及注意到 $u_l{u}_{k-l}=u_k(1+u_l+u_{k-l}),u_{k+l}(1+u_l)=u_k(u_l-u_{k+l})$, 于是$$\begin{array}{rl}{c}_k& =\frac{1}{2}{u}_k+\sum _{l=1}^{\infty }(u_{k+l}+u_l{u}_{k+l})-\frac{1}{2}\sum _{l=1}^{k-1}{u}_l{u}_{k-l}\\ & =u_k\left(\frac{1}{2}+u_1+\cdots +u_k-\frac{1}{2}(k-1)-(u_1+\cdots +u_{k-1})\right)=u_k\left(1+u_k-\frac{k}{2}\right).\end{array}$$最后代入 $\theta =\pi /2$ 得到$$\begin{array}{r}{\left(\frac{1}{4}+\sum _{n=0}^{\infty }(u_{4n+1}-u_{4n+3})\right)}^2=\frac{1}{16}+\frac{1}{2}\sum _{n=1}^{\infty }n{u}_n+\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^n{c}_{2n}.\end{array}$$展开验证容易确认就是$$\frac{1}{16}+\frac{1}{2}\sum _{m=1}^{\infty }((2m-1)u_{2m-1}+(4m-2)u_{4m-2}).$$从而结论得证.

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4相关概念

•	模形式
•	自守形式
•	$\theta$ 函数
•	Macdonald 恒等式
•	平方和问题 (数论)

术语翻译

Jacobi 三重积 • 英文 Jacobi triple product • 德文 Jacobi-Tripelprodukt • 法文 triple produit de Jacobi