Beweisen Sie diese Identität mit der Triple Product Identity von Jacobi

Beweisen Sie dies anhand der Triple Product Identity von Jacobi

∏ N ≥ 1 ( 1 − X N ) 6 =   1 2 { ∏ N ≥ 1 ( 1 + X 2 N − 1 ) 2 ( 1 − X 2 N ) × ( 1 + 4 X D D X ) 2 ∏ N > 1 ( 1 + X 2 N ) 2 ( 1 − X 2 N ) − 2 ∏ N > 1 ( 1 + X 2 N ) 2 ( 1 − X 2 N ) × 4 X D D X ∏ N ⩾ 1 ( 1 + X 2 N − 1 ) 2 ( 1 − X 2 N ) }

Ich habe diese Identität im einfachen Beweis von Jacobis Vier-Quadrat-Satz gefunden . Ich habe ein Bild gegeben. Geben Sie hier die Bildbeschreibung einSiehe das nach dem Schritt

∏ N ≥ 1 ( 1 − X N ) 6   = 1 2 { ∑ S = − ∞ ∞ X S 2 ∑ R = − ∞ ∞ ( 2 R + 1 ) 2 X R 2 + R − ∑ R = − ∞ ∞ X R 2 + R ∑ R = − ∞ ∞ ( 2 S ) 2 X S 2 } = 1 2 { ∑ S = − ∞ ∞ X S 2 × ( 1 + 4 X D D X ) ∑ R = − ∞ ∞ X R 2 + R − ∑ R = − ∞ ∞ X R 2 + R × 4 X D D X ∑ R = − ∞ ∞ X S 2 }

Wie haben sie die Identität mit Jacobi's Triple Product Identity erhalten?

Antworten (1)

Die Jacobi Triple Product-Identität besagt dies

(1) ∑ N ∈ Z z N X N 2 = ∏ N = 1 ∞ ( 1 − X 2 N ) ( 1 + z X 2 N − 1 ) ( 1 + z − 1 X 2 N − 1 )
für alle komplexen Zahlen X , z so dass z ≠ 0 , | X | < 1 .

Putten z = 1 wir bekommen

(2) ∑ N ∈ Z X N 2 = ∏ N = 1 ∞ ( 1 + X 2 N − 1 ) 2 ( 1 − X 2 N )
Putten z = X In ( 1 ) wir bekommen
∑ N ∈ Z X N 2 + N = ∏ N = 1 ∞ ( 1 + X 2 N ) ( 1 + X 2 N − 2 ) ( 1 − X 2 N )
Beachten Sie, dass der Faktor ( 1 + X 2 N − 2 ) gleich 2 Wenn N = 1 und somit können wir obige Gleichung schreiben als
(3) ∑ N ∈ Z X N 2 + N = 2 ∏ N = 1 ∞ ( 1 + X 2 N ) 2 ( 1 − X 2 N )
Das Papier von MD Hirschhorn verwendet die Identitäten ( 2 ) , ( 3 ) in ihrer Ableitung. Lassen Sie mich wissen, wenn Sie an diesem Beweis noch etwas beunruhigt.

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