야코비 삼중곱

야코비 삼중곱(Jacobi triple product)은 수학자 야코비가 발견한 수학 공식으로, 내용은 아래와 같다.

$\prod _{n=1}^{\infty }\left(1-q^{2n}\right)\left(1+q^{2n-1}z\right)\left(1+q^{2n-1}z^{-1}\right)=\sum _{n=-\infty }^{\infty }q^{n^{2}}z^{n}$

${\text{※ }}q,z{\text{는 복소수 , }}q<1,z\neq 0$

증명

1. 제시된 곱셈 $\prod _{n=1}^{\infty }(1+q^{2n-1}z)(1+q^{2n-1}z^{-1})$은 아래와 같이 무한급수로 바꿀 수 있다.

$\sum _{n=-\infty }^{\infty }a_{n}(q)z^{n}$

$=\prod _{n=1}^{\infty }(1+q^{2n-1}z)(1+q^{2n-1}z^{-1})$

$={\frac {1+qz}{1+q^{-1}z^{-1}}}\prod _{n=1}^{\infty }(1+q^{2n+1}z)(1+q^{2n-3}z^{-1})$

$={\frac {qz(1+qz)}{qz+1}}\prod _{n=1}^{\infty }(1+q^{2n-1}q^{2}z)(1+q^{2n-1}q^{-2}z^{-1})$

$=qz\sum _{n=-\infty }^{\infty }a_{n}(q)(q^{2}z)^{n}$

$=\sum _{n=-\infty }^{\infty }a_{n}(q)q^{2n+1}z^{n+1}$

$=\sum _{n=-\infty }^{\infty }a_{n-1}(q)q^{2n-1}z^{n}$

양변 계수 비교:

$a_{n}(q)=a_{n-1}(q)q^{2n-1}{\overset {\text{점화}}{=}}a_{0}(q)q^{n^{2}}$

$\prod _{n=1}^{\infty }(1+q^{2n-1}z)(1+q^{2n-1}z^{-1})=a_{0}(q)\sum _{n=-\infty }^{\infty }q^{n^{2}}z^{n}$

2. 이번에는 주어진 곱셈을 직접 까보면 아래와 같이 풀리고

$\prod _{n=1}^{\infty }(1+q^{2n-1}z)$

$=1+z\sum _{n=1}^{\infty }q^{2n-1}+z^{2}\sum _{\begin{matrix}n_{1}=1\\n_{2}=n_{1}+1\end{matrix}}^{\infty }q^{2(n_{1}+n_{2})-2}+z^{3}\sum _{\begin{matrix}n_{1}=1\\n_{2}=n_{1}+1\\n_{3}=n_{2}+1\end{matrix}}^{\infty }q^{2(n_{1}+n_{2}+n_{3})-3}+...$

$=1+z\sum _{n=1}^{\infty }q^{2n-1}+z^{2}\sum _{\begin{matrix}n_{1}=1\\n_{2}'=1\end{matrix}}^{\infty }q^{2(2n_{1}+n_{2}')-2}+z^{3}\sum _{\begin{matrix}n_{1}=1\\n_{2}'=1\\n_{3}'=1\end{matrix}}^{\infty }q^{2(3n_{1}+2n_{2}'+n_{3}')-3}+...$

$=1+z{\frac {q}{1-q^{2}}}+z^{2}{\frac {q^{4}}{(1-q^{2})(1-q^{4})}}+z^{3}{\frac {q^{9}}{(1-q^{2})(1-q^{4})(1-q^{6})}}+...$

$\prod _{n=1}^{\infty }(1+q^{2n-1}z)$ 역시 위 과정에서 z만 1/z로 바꾸면 되며, 이 식들을 1번식에 대입한 뒤 z랑 1/z가 서로 상쇄되는 항을 추려 양변을 비교하면 아래와 같다.

$a_{0}(q)=1+{\frac {q^{2}}{(1-q^{2})^{2}}}+{\frac {q^{8}}{(1-q^{2})^{2}(1-q^{4})^{2}}}+{\frac {q^{18}}{(1-q^{2})^{2}(1-q^{4})^{2}(1-q^{6})^{2}}}+...$

3. 2번식 양변에 $(1-q^{2})$를 곱하면

$a_{0}(q)(1-q^{2})=1-q^{2}+{\frac {q^{2}}{1-q^{2}}}+{\frac {q^{8}}{(1-q^{2})(1-q^{4})^{2}}}+{\frac {q^{18}}{(1-q^{2})(1-q^{4})^{2}(1-q^{6})^{2}}}+...$

$=1+{\frac {q^{4}}{1-q^{2}}}+{\frac {q^{8}}{(1-q^{2})(1-q^{4})^{2}}}+{\frac {q^{18}}{(1-q^{2})(1-q^{4})^{2}(1-q^{6})^{2}}}+...$

이 되고, 여기에 $(1-q^{4})$를 더 곱하면

$a_{0}(q)(1-q^{2})(1-q^{4})=1-q^{4}+{\frac {q^{4}-q^{8}}{1-q^{2}}}+{\frac {q^{8}}{(1-q^{2})(1-q^{4})}}+{\frac {q^{18}}{(1-q^{2})(1-q^{4})(1-q^{6})^{2}}}+...$

$=1+{\frac {q^{6}}{1-q^{2}}}+{\frac {q^{12}}{(1-q^{2})(1-q^{4})}}+{\frac {q^{18}}{(1-q^{2})(1-q^{4})(1-q^{6})^{2}}}+...$

, $(1-q^{6})$를 더 곱하면

$a_{0}(q)(1-q^{2})(1-q^{4})(1-q^{6})=1-q^{6}+{\frac {q^{6}-q^{12}}{1-q^{2}}}+{\frac {q^{12}-q^{18}}{(1-q^{2})(1-q^{4})}}+{\frac {q^{18}}{(1-q^{2})(1-q^{4})(1-q^{6})}}+...$

$=1+{\frac {q^{8}}{1-q^{2}}}+{\frac {q^{16}}{(1-q^{2})(1-q^{4})}}+{\frac {q^{24}}{(1-q^{2})(1-q^{4})(1-q^{6})}}+...$

으로 나타나는 것을 보아하니 다음 차례 계산에 대해서도 아래와 같이 예상할 수 있다.

$a_{0}(q)\prod _{n=1}^{N}(1-q^{2n})=\sum _{n=1}^{N-1}{\frac {q^{2Nn}}{\prod _{k=1}^{n}(1-q^{2k})}}+\sum _{n=N}^{\infty }{\frac {q^{2n^{2}}}{\prod _{k=1}^{N-1}(1-q^{2k})\times \prod _{k=N}^{\infty }(1-q^{2k})^{2}}}$

이 식 양변에 $(1-q^{2N})$을 곱하고 계산한 뒤 양변을 비교하면 수학적 귀납법에 따라 참임을 알 수 있으며, N을 무한으로 놓으면 q(<1)에 대한 항은 최소 2N차임에 따라 0이 되므로

$a_{0}(q)\prod _{n=1}^{\infty }(1-q^{2n})=1$이 된다.