Beweisen Sie diese Identitäten mit der dreifachen Produktidentität von Jacobi.

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Beweisen Sie diese Identitäten mit der dreifachen Produktidentität von Jacobi.

Mathematik
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Zahlentheorie
unendliches Produkt
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Ich bitte um Hilfe bei der Ableitung einiger Identitäten aus der dreifachen Produktidentität von Jacobi:

\sum_{N = - \infty}^{\infty} z^{N} Q^{N^{2}} = \prod_{N \geq 0} (1 - Q^{2 N + 2}) (1 + z Q^{2 N + 1}) (1 + z^{- 1} Q^{2 N + 1})

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

Hier ist die erste abzuleitende Identität:

\sum_{N = - \infty}^{\infty} (- 1)^{N} Q^{N^{2}} = \prod_{M \geq 1} \frac{(1 - Q^{M})}{(1 + Q^{M})}

$\sum_{n=-\infty}^{\infty}(-1)^nq^{n^2}=\prod_{m\geq 1}\frac{(1-q^m)}{(1+q^m)}$ Ich bin hier angekommen, bin mir aber nicht sicher, wo ich als nächstes hingehen soll:

\sum_{N = - \infty}^{\infty} (- 1)^{N} Q^{N^{2}} = \prod_{M \geq 1} (1 - Q^{2 M + 1}) (1 - Q^{2 M})^{2} \cdot \frac{(1 + Q^{M})}{(1 + Q^{M})}

$\sum_{n=-\infty}^{\infty}(-1)^nq^{n^2}=\prod_{m\geq 1}(1-q^{2m+1})(1-q^{2m})^2\cdot \frac{(1+q^m)}{(1+q^m)}$ Ich muss diese Identität auch für ungerade Werte von beweisen

n

$n$ :

P (N) = \sum_{M \geq 1} (- 1)^{M + 1} [P (N - M (2 M - 1)) + P (N - M (2 M + 1))]

$p(n)=\sum_{m \geq 1}(-1)^{m+1}\left[ p(n-m(2m-1))+p(n-m(2m+1))\right]$ Ich kenne Eulers

p (n)

$p(n)$ Formel kann aus der dreifachen Produktidentität abgeleitet werden, aber wie mache ich daraus nur die Quoten?

Antworten (2)

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Marco Cantarini · Answer 1

Die erste Identität: Aus dem Jacobi-Tripelprodukt haben wir das

\sum_{N = - \infty}^{\infty} {(- 1)}^{N} Q^{N^{2}} = \prod_{N \geq 1} (1 - Q^{2 N}) {(1 - Q^{2 N - 1})}^{2} =

$\sum_{n=-\infty}^{\infty}\left(-1\right)^{n}q^{n^{2}}=\prod_{n\geq1}\left(1-q^{2n}\right)\left(1-q^{2n-1}\right)^{2}=$

= \prod_{N \geq 1} (1 - Q^{2 N}) \prod_{N \geq 1, N Ö D D} {(1 - Q^{N})}^{2} =

$=\prod_{n\geq1}\left(1-q^{2n}\right)\prod_{n\geq1,\, n\, odd}\left(1-q^{n}\right)^{2}=$

= \prod_{N \geq 1} (1 - Q^{2 N}) \prod_{N \geq 1} \frac{{(1 - Q^{N})}^{2}}{{(1 - Q^{2 N})}^{2}} = \prod_{N \geq 1} \frac{{(1 - Q^{N})}^{2}}{(1 - Q^{2 N})} =

$=\prod_{n\geq1}\left(1-q^{2n}\right)\prod_{n\geq1}\frac{\left(1-q^{n}\right)^{2}}{\left(1-q^{2n}\right)^{2}}=\prod_{n\geq1}\frac{\left(1-q^{n}\right)^{2}}{\left(1-q^{2n}\right)}=$

\prod_{N \geq 1} \frac{{(1 - Q^{N})}^{2}}{(1 + Q^{N}) (1 - Q^{N})} = \prod_{N \geq 1} \frac{(1 - Q^{N})}{(1 + Q^{N})} .

$\prod_{n\geq1}\frac{\left(1-q^{n}\right)^{2}}{\left(1+q^{n}\right)\left(1-q^{n}\right)}=\prod_{n\geq1}\frac{\left(1-q^{n}\right)}{\left(1+q^{n}\right)}.$ An der zweiten arbeite ich.

das war ein guter Trick mit dem n ungerade. Danke schön. Lass mich wissen, wenn du Tipps für das andere hast.
@User Ich habe einige Möglichkeiten ausprobiert, aber ohne Erfolg. Es scheint, dass der Satz über die fünfeckigen Zahlen hier nicht hilft, und wenn wir das Jacobi-Tripelprodukt auf die Reihe anwenden $\sum_{n=-\infty}^{\infty}\left(-1\right)^{n}x^{n\left(2n+1\right)}$ (um zu sehen, ob ein interessantes Produkt herauskommt) bekommen wir $\prod_{N \geq 1} (1 - X^{4 N - 1}) (1 - X^{4 N - 3}) (1 - X^{4 N})$ $\prod_{n\geq1}(1-x^{4n-1})(1-x^{4n-3})(1-x^{4n})$ und ich sehe nicht, wie dies mit der Partition einer ungeraden Zahl verknüpft werden kann. Allerdings fand ich Wiederholungsbeziehung von $P(2n-1)$ aber nicht schöner als deine. Sind Sie sicher, dass die Frage keine Fehler enthält?
Ich kann dich nicht markieren, aber vielleicht hilft dir das weiter? Den zweiten Teil habe ich weggelassen: $p(n)=\sum_{m \geq 1}(-1)^{m+1}\left[ p(n-m(2m-1))+p(n-m(2m+1))\right] =p(n-1)+p(n-3)-p(n-6)-p(n-10)+p(n-15)+p(n-21)\pm \cdots$ vielleicht hilft das
@User All dies sind Dreieckszahlen. Vielleicht ist es nützlich, aber im Moment weiß ich es nicht.

Paramanand Singh · Answer 2

Für das zweite Problem können wir ersetzen $q$ mit $q^{2}$ und einstellen $z=-q$ in Jacobis Triple Product Identity zu bekommen

\frac{\prod_{N = 1}^{\infty} (1 - Q^{N})}{\prod_{N = 1}^{\infty} (1 - Q^{2 (2 N - 1)})} = \sum_{N = - \infty}^{\infty} (- 1)^{N} Q^{N (2 N + 1)}

$\dfrac{{\displaystyle \prod_{n=1}^{\infty}(1-q^{n})}}{{\displaystyle \prod_{n=1}^{\infty}\left(1-q^{2(2n-1)}\right)}}= \sum_{n = -\infty}^{\infty}(-1)^{n}q^{n(2n+1)}$ und beachte das

\sum_{N = 0}^{\infty} P (N) Q^{N} = {\prod_{N = 1}^{\infty} (1 - Q^{N})}^{- 1}

$\sum_{n=0}^{\infty}p(n)q^{n}=\left\{\prod_{n=1}^{\infty}(1-q^{n})\right\}^{-1}$ so dass

\sum_{N = 0}^{\infty} P (N) Q^{N} \sum_{N = - \infty}^{\infty} (- 1)^{N} Q^{N (2 N + 1)} = \prod_{N = 1}^{\infty} {(1 - Q^{2 (2 N - 1)})}^{- 1}

$\sum_{n=0}^{\infty}p(n)q^{n}\sum_{n=-\infty}^{\infty}(-1)^{n}q^{n(2n+1)}=\prod_{n=1}^{\infty}\left(1-q^{2(2n-1)}\right)^{-1}$ und damit die Koeffizienten ungerader Potenzen von

q

$q$ sind in LHS null. Finden des Ausdrucks des Koeffizienten von

q^{n}

$q^{n}$ mit

n

$n$ odd gibt uns die gewünschte Rekursionsformel.

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