4
$\开始组$

来源：位于DLMF公司以下内容未经证明或引用（对不起，我忘记了确切位置）

证明这一点$|q|<1$,$$\sum\limits_{m=1}^\infty\frac{q^{m（m+1）/2}}{（1-q）（1-q^2）\cdots（1-q*m）}=\sum\limits_{m=1}^\ inftyq^m（1+q）\cdot（1+q^{m-1}）$$

尝试：很容易看到，表示S（n，m）美元$作为第二类斯特林数

$$\sum\limits_{n=0}^\infty S（n，m）q^n=\frac{1}{（1-q）\cdot（1-q^m）}$$

所以

$$\sum\limits_{m=1}^\infty\frac{q^{m（m+1）/2}}{（1-q）（1-q^2）\cdots（1-qq^m）}=\sum\limits_{m=1}^\ infty\sum\limits_{n=0}^\ infty S（n，m）q^nq^{m（m+1）/2}$$

此外，我们还有

$$\prod\limits_{i=1}^\infty（1+q^i）=\prod\\limits_{i=1{^\inffty\frac{1-q^{2i}}{1-qq^i}=\pro1\limits{\text{奇数}i}\frac}{1-q ^i}=\sum\limits _{m=0}^\ifty\sum\limits_{n=0}^\infcty S（n，m）q^n$$

这可能有助于我们操纵RHS，但我在这里被难住了。

问题：如能为证明身份提供任何帮助，我们将不胜感激！如果它与我不完整的思维过程有点接近，就会加分。

$\端组$
6
  • 1
    $\开始组$ 你说$q^n|q^m|q^{m/2}是什么意思因为我看不出你是如何损失$（m^2+m）/2=m（m+1）/2的$ $\端组$
    – 托马斯·安德鲁斯
    评论 2022年12月13日3:01
  • $\开始组$ 我会把左边的summand写成：$$\prod_{k=1}^{m}\frac{x^k}{1-x^k{$$，它是生成函数$\sum_{I=0}^\infty f（m，I）x^I$，其中$f（m、I）$是两种将$I$写成$\sum{k=1{m}^mkj_k$的方法的数目，其中$j_1、\dots、j_m$是正整数。 $\端组$
    – 托马斯·安德鲁斯
    评论 2022年12月13日3:08
  • $\开始组$ 因此，左边总和中$q^i$的系数是正整数元组$（j_1，\dots，j_n）$的数量，因此$\sum_k j_k=i$ $\端组$
    – 托马斯·安德鲁斯
    评论 2022年12月13日3:19
  • 5
    $\开始组$ 将$1$添加到两边（表示空分区），注意$q^m（1+q）\dots（1+q^{m-1}）=（1+q）\dotes（1+q^m）-（1+k）\dots（1+g^{m-1}）$。这意味着我们可以将这个恒等式重写为$$\sum_{m=0}^\infty\prod_{j=1}^{m}\frac{q^{j}}{1-q^j}=\prod_{m=1}^}\infty}（1+q^m）。$$右边的生成函数统计所有具有不同大小的分区。左边的一个计算它们的转置数，即部分大小形成集合$[m]=\{1，\dots，m\}$的分区，对于一些$m\ge 0$（和$[0]=\varnothing$）。 $\端组$
    – 亚历山大·伯斯坦
    评论 2022年12月13日3:24
  • 1
    $\开始组$ 您与的联系第二类斯特林数不正确。请仔细检查。 $\端组$
    – 索莫斯
    评论 2023年3月15日21:54

2个答案2

重置为默认值
0
$\开始组$

我们证明以下内容对有效$|q|<1$:\开始{align*}\颜色{蓝色}{\sum_{m=1}^\infty\frac{q^{m（m+1）/2}}{（1-q）（1-q^2）\cdots（1-q*m）}=\sum\limits_{m=1}^\ inftyq^m（1+q）\cdot（1+q^{m-1}）}\tag{1}\结束{align*}

首先，我们方便地变换了（1）的右和。我们补充道$1$求右和，得到\开始{align*}\颜色{蓝色}{1+}&\颜色{蓝}{\sum{m=1}^{\infty}q^m\左（1+q\右）\cdots\左（1+q^{m-1}\右）}\\&=1+q+\sum_{m=2}^{infty}q^m\prod_{j=1}^{m-1}\左（1+q^j\右）\\&=1+q+\sum_{m=2}^{infty}\左（\左（1+q^m\右）-1\右）\prod_{j=1}^{m-1}\左\\&=1+q+\sum_{m=2}^{infty}\左（\prod_{j=1}^{m}\左）（1+q^j\右）-\prod_{j=1}^{m-1}\左（1+q^j\右）\右）\\&=1+q+lim_{M\to\infty}\sum_{M=2}^{M}\left（\prod_{j=1}^{M}\ left（1+q^j\right）-\prod_{j=1}^{m-1}\左（1+q^j\右）\右）\\&=1+q+\lim_{M\to\infty}\左（\prod_{j=1}^{M}\left（1+q^j\右）-（1+q）\右）\\&\，\，\颜色{蓝色}{=\prod_{j=1}^{\infty}\左（1+q^j\右）}\标签{2}\结束{align*}

使用（2），我们现在可以将假设恒等式（1）写成\开始{align*}\颜色{蓝色}{1+\sum{m=1}^\infty\frac{q^{m（m+1）/2}}{（1-q）（1-q^2）\cdots（1-q*m）}=\prod_{m=1}^{\infty}\左（1+q^m\右）}\标签{3}\结束{align*}

为了证明（3），我们遵循G.E.Andrews，并证明他在分割理论这个恒等式是由Cauchy引起的，并被陈述为定理2.1：

定理2.1：如果$|q|<1，|t|<1$，然后\开始{align*}1+\sum_｛m=1｝^｛infty｝\frac｛（1-a）（1-aq）\cdots\left（1-aq ^｛m-1｝\right）t^m｝{（1-q）\左（1-q^2\右）\cdots\左（1-q^m\右）}=\prod_{m=0}^{\infty}\frac{\left（1-atq^m\right）}{\ left（1-tq^m\ right）{\ tag{4}\结束{align*}

我们从（4）的右侧开始，并设置\开始{align*}F（t）=\prod_{m=0}^{\infty}\frac{\left（1-atq^m\right）}{\ left（1-tq^m\ right）{=\sum_{m=0}^\infty A_mt^m\tag{5}\结束{align*}由于无限乘积对于固定美元$和q美元$里面$|t|<1$，（5）的级数表示是内部的解析函数$|t|<1$.

现在我们考虑\开始{align*}（1-t）F（t）&=（1-at）\prod_{m=1}^{\infty}\frac{\left（1-atq^m\right）}{\ left（1-tq^m\ right）{\\&=（1-at）\prod_{m=0}^{infty}\frac{左（1-atq^{m+1}\right）}{左\\&=（1-at）F（tq）\结束{align*}比较的系数百万美元$在（5）中我们看到\开始{align*}A_m-A_{m-1}=q^mA_m-aq^{m-1}甲_{m-1}\结束{align*}接下来是迭代：\开始{align*}A_m&=\压裂{\左（1-aq^{m-1}\右）}{\左\\&=\frac{\left（1-aq^{m-1}\right）\ left（1-aq^{m-2}\ right）\cdots（1-a）}{\左（1-q^m\右）\左（1-q^{m-1}\右）\cdots（1-q）}A_0\结束{align*}从那以后$A_0=F（0）=1$权利要求（4）如下。\开始{align*}\qquad\qquad\\qquad_qquad_\结束{align*}

更换（4）中的美元$通过美元a/b$和$t（美元）$通过十亿美元$我们获得$|bz|<1美元$ \开始{align*}1+\sum_{m=1}^{\infty}\frac{（b-a）（b-aq）\cdots\left（b-aq^{m-1}\right）z^m}{（1-q）\左（1-q^2\右）\cdots\左（1-q^m\右）}=\prod_｛m=0｝^｛infty｝\frac｛\left（1-azq^m\right）｝｛\left（1-zq^m\right）｝\结束{align*}

设置$b=0，a=-1$和$z=q$我们获得\开始{align*}\颜色{蓝色}{1+\sum{m=1}^{\infty}\frac{q^{m（m+1）/2}}{（1-q）\左（1-q^2\右）\cdots\左（1-q^m\右）}}&=\prod_{m=0}^{\infty}\左（1+q^{m+1}\右）\\&\，\，\颜色{蓝色}{=\prod_{m=1}^{\infty}\左（1+q^{m}\右）}\\\结束{align*}权利要求（3），因此也包括（1）。

$\端组$
2
  • $\开始组$ 这在评论中得到了回应，但我很感激为这篇文章付出的努力！ $\端组$
    – 用户672552
    评论 2023年3月17日3:00
  • $\开始组$ @pSrIoGcNeAsLs：我认为这个美好的身份应该有自己的答案。由于您也给出了$|q|<1$，我认为分析证明比形式幂级数证明更合适。：-） $\端组$
    – 马库斯·谢尔
    评论 2023年3月17日10:09
0
$\开始组$

RHS的典型组件是

$$q美元^{a1}q^{a_1+a_2}q^{a_1+a_2+\cdots+a_k}$$

哪里$a_i>0$包括千美元$不同的部分。

这可以写成

$$q^{ka_1+（k-1）a_2+\cdots+a_k}$$

然后到

$$q美元^{ka_1}q^{（k-1）a_2}\cdots q^{a_k}$$

这是LHS的典型部件。

$\端组$

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