q-模拟基础
若无特殊说明, 以下内容均在形式幂级数环 $ \mathbb{C}[[q]] $ 中讨论, 仅在必要时对 $ q $ 取特定值并讨论其收敛性.
注: 当 $ a=q $ 时, 有记法 $ \phi(q)=(q;q)\infty $, 称为欧拉函数. 在不引起混淆的情况下, 有如下简记法: $ (a)_n=(a;q)_n $, $ (a)\infty=(a;q)\infty $, $ (a,b;q)_n=(a;q)_n(b;q)_n $, $ (a,b;q)\infty=(a;q)\infty(b;q)\infty $, 更多元的情况类似. 使用q-波赫哈默符号, 就有: \([n]_q!=\frac{(q;q)_n}{(1-q)^n}.\)
一个有趣的组合事实是, 当 $ q $ 取素数的幂时, $ q $ 阶有限域 $ \mathbb{F}_q $ 上的 $ n $ 维向量空间 $ \mathbb{F}_q^n $ 中, $ k $ 维子空间的个数恰好就是 $ \binom{n}{k}_q $, 也就是说格拉斯曼簇 $ \mathrm{Gr}(k,\mathbb{F}_q^n) $ 的元素个数即为 $ \binom{n}{k}_q $.
▶证明:
由归纳法和q-杨辉恒等式即可证明, 但我们这里使用另一种方法证明第一个式子, 这种方法在q-级数理论中十分常用, 第二个式子也可以类似证明. 定义 $ K_n(x) $ 为 $$ K_n(x) = \prod_{k=0}^{n-1} (1 + q^k x) = \sum_{k=0}^n c_k x^k $$ 其中 $ c_k $ 为展开式中 $ x^k $ 的系数, 显然有 $$ (1+q^nx)K_n(x)=(1+x)K_n(qx), $$ 代入幂级数并比较系数得递推公式 $$ c_k+q^nc_{k-1}=q^kc_k+q^{k-1}c_{k-1}, $$ 即 $ (1-q^k)c_k=(q^{k-1}-q^n)c_{k-1} $, 因 $ c_0=1 $, 故 $ c_1=\frac{1-q^n}{1-q}=\binom{n}{1} $, 若 $ c_{k-1}=\binom{n}{k-1} q^{\frac{(k-1)(k-2)}{2}} $, 则 $ c_k=\frac{q^{k-1}-q^n}{1-q^k}\binom{n}{k-1} q^{\frac{(k-1)(k-2)}{2}}=\binom{n}{k}q^{k-1}q^{\frac{(k-1)(k-2)}{2}}=\binom{n}{k}q^{\frac{k(k-1)}{2}} $, 由归纳法知定理成立.q-分析学
可做一些简单的计算, 设 $ f(x)=x^a $, 这里 $ a $ 是任意实数, 则有
\[D_qx^a=\frac{x^a-(qx)^{a}}{x-qx}=\frac{1-q^a}{1-q}x^{a-1}=[a]_qx^{a-1},\]其中 $ [a]_q $ 形式地定义为 $ \frac{1-q^a}{1-q} $.
显然q-导数是线性的, 即 $ D_q(f+g)=D_qf+D_qg $, $ D_q(kf)=kD_qf $, 并且有q-莱布尼兹律
\[D_q^n(f(x)g(x))=\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}_q\left(D_q^{n-k}f(q^kx)\right)\left(D_q^kg(x)\right),\]该公式由归纳法即可证明, 当 $ g\neq 0 $ 时, 对 $ \frac{f}{g} $ 亦有对应求导公式.
一个自然的想法是寻找一个在q-导数下不变的函数, 即q-指数函数, 定义为:
\[\exp_q(x)=\sum_{k=0}^\infty\frac{x^k}{[k]_q!},\]则有 $ D_q\exp_q(x)=\exp_q(x) $, 且 $ \lim\limits_{q\to1}\exp_q(x)=e^x $. 实际这里定义域可以取到复数, 其中 $ \lvert q\rvert<1 $, 以后我们使用 $ z $ 表示复数.
由此我们可以定义q-三角函数
\[\sin_q (z)=\frac{\exp_q(iz)-\exp_q(-iz)}{2i},\cos_q (z)=\frac{\exp_q(iz)+\exp_q(-iz)}{2},\]当 $ q $ 趋于1时即为通常的三角函数.
接下来定义q-积分.
q-积分的线性性是显然的, 接下来证明q-微积分基本定理.
▶证明:
由 $$ \displaylines{D_q\left(\int_0^xf(t)\mathrm{d}_q t\right)=\frac{\int_0^xf(t)\mathrm{d}_qt-\int_0^{qx}f(t)\mathrm{d}_qt}{x-qx}\\ =\sum_{n=0}^\infty f(x q^n) q^n-\sum_{n=0}^\infty f(x q^{n+1}) q^{n+1}=f(x),} $$ 和 $$ \displaylines{\int_0^xD_qf(t)\mathrm{d}t=x(1 - q) \sum_{n=0}^\infty \frac{f(xq^n)-f(xq^{n+1})}{xq^n-xq^{n+1}} q^n\\ =\sum_{n=0}^\infty \left(f(xq^n)-f(xq^{n+1})\right)=f(x)-f(0),} $$ 即可得证.如果记 $ D_q(g(t))\mathrm{d}_qt $ 为 $ \mathrm{d}_qg(t) $, 则有q-黎曼斯蒂尔杰斯积分或q-换元法.
\[\int_0^xf(t)\mathrm{d}g(t)=\sum_{n=0}^\infty f(xq^n)\left(g(xq^n)-g(xq^{n+1})\right).\]q-微积分在q-特殊函数论中有重要的应用, 下面介绍一些重要的q-特殊函数.
显然有 $ \Gamma_q(x+1)=[x]q\Gamma_q(x) $, 并且当 $ n $ 是正整数时, $ \Gamma_q(n)=[n-1]_q! $, 可以证明 $ \lim{q\to1}\Gamma_q(x)=\Gamma(x) $.
我们知道广义超几何函数定义为
\[_rF_s(a_1,\dots,a_r;b_1,\dots,b_s;z)= _rF_s\left[ \begin{matrix}a_1 \ldots a_r\\b_1 \ldots b_s\end{matrix};z\right]= \sum_{n=0}^\infty\frac{(a_1)_n\cdots(a_r)_n}{(b_1)_n\cdots(b_s)_n}\frac{z^n}{n!},\]其中 $ (a)_n=\frac{\Gamma(a+n)}{\Gamma(a))}=a(a+1)\cdots(a+n-1) $ 为上升阶乘, 当 $ r=2 $, $ s=1 $ 时, $ _2F_1 $ 即为超几何函数, 广义超几何函数在特殊函数论中十分重要, 它的q-模拟称为q-超几何函数或基本超几何函数:
\[\displaylines{_r\phi_s(a_1,\dots,a_r;b_1,\dots,b_s;q,z)=\ _r\phi_s\left[ \begin{matrix} a_1 \ldots a_r\\ b_1 \ldots b_s \end{matrix} ;q,z\right]\\ =\sum_{n=0}^\infty\frac{(a_1,\dots,a_r;q)_n}{(b_1,\dots,b_s;q)_n}\frac{z^n}{(q,q)_n}\left((-1)^nq^{\frac{n(n-1)}{2}}\right)^{1+s-r},}\]有
\[\displaylines{\lim_{q\to1}\ _r\phi_s\left[ \begin{matrix} q^{a_1} \ldots q^{a_r}\\ q^{b_1} \ldots q^{b_s} \end{matrix} ;q,\left(1-q\right)^{1+s-r}z\right]=\ _rF_s\left[ \begin{matrix} a_1 \ldots a_r\\ b_1 \ldots b_s \end{matrix} ;z\right],}\]此外还有双边求和情形, 用 $ \psi $ 表示:
\[\displaylines{_r\psi_s(a_1,\dots,a_r;b_1,\dots,b_s;q,z)=\ _r\psi_s\left[ \begin{matrix} a_1 \ldots a_r\\ b_1 \ldots b_s \end{matrix} ;q,z\right]\\ =\sum_{n=-\infty}^\infty\frac{(a_1,\dots,a_r;q)_n}{(b_1,\dots,b_s;q)_n}z^n\left((-1)^nq^{\frac{n(n-1)}{2}}\right)^{s-r},}\]其中 $ r=s=1 $ 时称为拉马努金 $ _1\psi_1 $ 求和.
证明见[1]的定理1.3.12.
加性数论
加性数论基础
加性数论研究整数的分拆, 该领域最基本的定理由欧拉给出, 设 $ n $ 是一个正整数, 定义 $ p(n) $ 为将 $ n $ 分拆为任意多个可重复正整数的和 $ ( $ 不计顺序 $ ) $ 的方法数, 则有:
类似的方法可以得到更多分拆类型的生成函数, 例如函数
\[\frac{1}{(1-x)(1-x^3)(1-x^5)\cdots}\]就是将 $ n $ 分拆为正奇数之和的方法数的生成函数,
\[\frac{1}{(1-x^2)(1-x^4)(1-x^6)\cdots}\]就是将 $ n $ 分拆为正偶数之和的方法数的生成函数,
\[(1+x)(1+x^2)(1+x^3)\cdots\]是将 $ n $ 分拆为不相等的正整数之和的方法数的生成函数.
由生成函数之间的简单代数关系可以迅速推出一些复杂的数论定理, 例如
\[(1+x)(1+x^2)\cdots=\frac{1-x^2}{1-x}\frac{1-x^4}{1-x^2}\cdots=\frac{1}{(1-x)(1-x^3)\cdots}\] \[\Longleftrightarrow (-x,x)_\infty=\frac{1}{(x,x^2)_\infty}\]暗示将 $ n $ 分拆为不相等的正整数之和的方法数与将 $ n $ 分拆为正奇数之和的方法数相等, 而使用其他方法证明这件事远比生成函数复杂的多.
雅可比三重积恒等式
首先定义雅可比theta函数.
与之相关的函数是拉马努金theta函数, 但习惯上一般用 $ f $ 表示.
它有一些特殊情况, 例如拉马努金 $ \varphi $ 函数
\[\varphi(q)=f(q,q)=\sum_{n=-\infty}^\infty q^{n^2}=\theta(1,q),\]拉马努金 $ \psi $ 函数
\[\psi(q)=f(q,q^3)=\sum_{n=0}^\infty q^{\frac{n(n+1)}{2}},\]前文中定义的欧拉函数也是其特例, 这由后文即将证明的欧拉五边形数公式保证,
\[\phi(q)=(q;q)_\infty=f(-q,-q^2).\]该定理的证明有多种方法, 例如[6]的第19.8节, 它也可以由拉马努金 $ _1\psi_1 $ 求和公式推出.
一些简单的特例是取 $ \eta=\pm1 $, 有
\[\varphi(q)=\sum_{n=-\infty}^\infty q^{n^2}=\prod_{n=1}^\infty(1-q^{2n})(1+q^{2n-1})^2,\] \[\sum_{n=-\infty}^\infty (-1)^n q^{n^2}=\prod_{n=1}^\infty(1-q^{2n})(1-q^{2n-1})^2.\]在雅可比三重积恒等式中作代换 $ q\mapsto q^{\frac{3}{2}} $, $ \eta\mapsto -q^{\frac{1}{2}} $ 得
\[\sum_{n=-\infty}^\infty (-1)^{n}q^{\frac{n(3n+1)}{2}}=(q^3,q^2,q;q^3)_\infty=(q;q)_\infty,\]第二个等号是因为
\[\prod_{n=1}^\infty(1-q^{3n+3})(1-q^{3n+2})(1-q^{3n+1})=\prod_{n=1}^\infty (1-q^n),\]再用 $ -n $ 替换 $ n $ 得到
\[(-1)^{-n}q^{\frac{-n(-3n+1)}{2}}=(-1)^nq^{\frac{n(3n-1)}{2}}.\]该公式称为欧拉五边形数公式, 是因为诸 $ \frac{n(3n-1)}{2} $ 即为所谓的五边形数.
在雅可比三重积恒等式中作代换 $ q\mapsto q^{\frac{1}{2}} $, $ \eta\mapsto q^{\frac{1}{2}}\zeta $, 其中 $ \zeta $ 是不等于 $ 0 $ 或 $ -1 $ 的实数, 则得到
\[\prod_{n=1}^\infty(1-q^{n})(1+q^{n}\zeta)(1+q^{n-1}\zeta^{-1})=\sum_{n=-\infty}^\infty q^{\frac{n^2+n}{2}}\zeta^n,\]等价于
\[(1+\zeta^{-1})\prod_{n=1}^\infty(1-q^{n})(1+q^{n}\zeta)(1+q^{n}\zeta^{-1})=\sum_{n=1}^\infty q^{\frac{n^2+n}{2}}(\zeta^n+\zeta^{-n-1}),\]整理得到
\[\displaylines{\prod_{n=1}^\infty(1-q^{n})(1+q^{n}\zeta)(1+q^{n}\zeta^{-1})=\sum_{n=1}^\infty q^{\frac{n^2+n}{2}}\zeta^{-n}\frac{1+\zeta^{2n+1}}{1+\zeta}\\ =\sum_{n=1}^\infty q^{\frac{n^2+n}{2}}\zeta^{-n}(1-\zeta+\zeta^2-\cdots+\zeta^{2n}),}\]该等式两边对于 $ \zeta=-1 $ 均有定义, 并且在 $ -1 $ 附近收敛, 故可取 $ \zeta\to-1 $ 得到:
另一个代换给出拉马努金theta函数的三重积恒等式, 设复数 $ a,b $ 均不为 $ 0 $ 且 $ \lvert ab\rvert<1 $, 令 $ q=(ab)^{\frac{1}{2}} $, $ \eta=a^\frac{1}{2}b^{-\frac{1}{2}} $, 则有
\[(q^2,-q\eta,-q\eta^{-1};q^2)_\infty=(ab,-a,-b;ab)_\infty,\] \[\sum_{n=-\infty}^\infty q^{n^2}\eta^n=\sum_{n=-\infty}^\infty a^{\frac{n^2}{2}}b^{\frac{n^2}{2}}a^{\frac{n}{2}}b^{-\frac{n}{2}}=\sum_{n=-\infty}^\infty a^{\frac{n(n+1)}{2}}b^{\frac{n(n-1)}{2}},\]当 $ a,b $ 可以取 $ 0 $ 时约定 $ 0^0=1 $ 即得:
\[f(a,b)=(ab,-a,-b;ab)_\infty.\]由雅可比三重积恒等式可以推出许多重要的数论定理, 现举几例.
举一个例子, $ 5=1^2+2^2=(-1)^2+2^2=1^2+(-2)^2=(-1)^2+(-2)^2=2^2+1^1=2^2+(-1)^2 $
$ =(-2)^2+1^2=(-2)^2+(-1)^2 $, 故 $ r_2(5)=8=4(2-0) $.
当取 $ n $ 为奇素数 $ p $ 时, 立刻得到费马二平方和定理: 如果 $ p\equiv1\mod 4 $, 则 $ d_1(p)=2 $, 即 $ p $ 有两个模 $ 4 $ 同余于 $ 1 $ 的正因数, 分别是 $ 1 $ 和 $ p $ 自身, 而没有模 $ 4 $ 同余于 $ 3 $ 的正因数, 故 $ r_2(p)=8>0 $, 如果 $ p\equiv3\mod 4 $, 则 $ d_1(p)=d_3(p)=1 $, 即 $ p $ 有一个模 $ 4 $ 同余于 $ 1 $ 的正因数, 即 $ 1 $, 有一个模 $ 4 $ 同余于 $ 3 $ 的正因数, 即 $ p $ 自身, 故 $ r_2(p)=0 $.
由此立刻得到拉格朗日四平方和定理, 因为对任何正整数 $ n $, $ 1 $ 都一定是其因子并且不能被 $ 4 $ 整除, 故 $ r_4(n)\ge8>0 $.
例如, $ 3=3+0=0+3 $, 故 $ t_2(3)=2=2-0 $, 因为 $ 3=1+1+1+0=1+1+0+1 $
$ =1+0+1+1=0+1+1+1=3+0+0+0=0+3+0+0=0+0+3+0= $
$ 0+0+0+3 $, 故 $ t_4(3)=8=1+7 $. 显然有 $ t_4(n)\ge2n+2\ge4>0 $ 对任意正整数都成立, 而 $ t_2(n) $ 则未必不等于 $ 0 $, 例如 $ t_2(5)=2-2=0 $, 但高斯三角形数定理表明, 对任意正整数一定有 $ t_3(n)>0 $, 即任意正整数都可以表示为三个三角形数的和.
我们定义 $ r_k(n) $ 为将正整数 $ n $ 表示为 $ k $ 个整数 $ ( $ 计正负, 计顺序 $ ) $ 的平方和的方法数, $ t_k(n) $ 为将正整数 $ n $ 表示为 $ k $ 个三角形数 $ ( $ 计顺序 $ ) $ 的和的方法数, 约定 $ r_k(0)=1 $, $ t_k(0)=1 $, 则它们的生成函数是
\[\sum_{n=0}^\infty r_k(n)q^n=\left(\sum_{n=-\infty}^\infty q^{n^2}\right)^k=\left(\varphi(q)\right)^k,\] \[\sum_{n=0}^\infty t_k(n)q^n=\left(\sum_{n=0}^\infty q^{\frac{n(n+1)}{2}}\right)^k=\left(\psi(q)\right)^k.\]接下来考虑兰伯特级数
\[\sum_{n=1}^\infty\frac{q^n}{1-q^n},\]将它展开为幂级数,
\[\sum_{n=1}^\infty\frac{q^n}{1-q^n}=\sum_{n=1}^\infty\left(q^n+q^{2n}+q^{3n}+\cdots\right)=\sum_{n=1}^\infty d(n)q^n,\]其中 $ d(n) $ 显然是 $ n $ 的正因子个数, 类似的, 设 $ a $ 是正整数, $ b $ 是非负整数, 展开
\[\sum_{n=0}^\infty\frac{q^{an+b}}{1-q^{an+b}}=\sum_{n=0}^\infty\left(q^{an+b}+q^{2(an+b)}+q^{3(an+b)}+\cdots\right)=\sum_{n=0}^\infty d_{a,b}(n)q^n,\]其中 $ d_{a,b}(n) $ 表示的是 $ n $ 的模 $ a $ 同余于 $ b $ 的正因数个数, 因为上述求和中每个满足 $ m(ak+b)=n $ 的数 $ m(ak+b) $ 提供一个 $ 1 $, 而 $ ak+b $ 就是一个 $ n $ 的模 $ a $ 同余于 $ b $ 的正因数.
设 $ a(n) $ 是算术函数, 则有
\[\sum_{n=1}^\infty\frac{a(n)q^{n}}{1-q^{n}}=\sum_{n=1}^\infty\left(a(n)q^{n}+a(n)q^{2n}+a(n)q^{3n}+\cdots\right)=\sum_{n=1}^\infty b(n)q^n,\]其中 $ b(n)=\sum_{k\mid n}a(k) $, 故
\[\sum_{n=1}^\infty\frac{nq^{n}}{1-q^{n}}=\sum_{n=1}^\infty \sigma(n)q^n.\]因此, 之前的三个定理就等价于以下四个等式:
\[\left(\sum_{n=-\infty}^\infty q^{n^2}\right)^2=1+4\sum_{n=0}^\infty\left(\frac{q^{4n+1}}{1-q^{4n+1}}-\frac{q^{4n+3}}{1-q^{4n+3}}\right),\] \[\left(\sum_{n=-\infty}^\infty q^{n^2}\right)^4=1+8\sum_{n=1}^\infty\left(\frac{nq^{n}}{1-q^{n}}-\frac{4nq^{4n}}{1-q^{4n}}\right),\] \[8q\left(\psi(q^4)\right)^2=(\varphi(q))^2-(\varphi(-q))^2,\] \[16q\left(\psi(q^2)\right)^4=(\varphi(q))^4-(\varphi(-q))^4,\]其中后两式与原命题的等价性依赖于前两式, 因为
\[8q\left(\psi(q^4)\right)^2=8\sum_{n=0}^\infty t_2(n)q^{4n+1},\] \[\displaylines{(\varphi(q))^2-(\varphi(-q))^2=\sum_{n=0}^\infty r_2(n)q^n-\sum_{n=0}^\infty r_2(n)(-q)^n\\ =4\sum_{n=0}^\infty (d_1(n)-d_3(n))(q^n-(-q)^n),}\]故有
\[\displaylines{8q\left(\psi(q^4)\right)^2=(\varphi(q))^2-(\varphi(-q))^2\\ \Longleftrightarrow\sum_{n=0}^\infty t_2(n)q^{4n+1}=\frac{1}{2}\sum_{n=0}^\infty \left(d_1(n)-d_3(n)\right)\left(q^n-(-q)^n\right),}\]其中等式右边, 当 $ n $ 是偶数时, $ q^n-(-q)^n=0 $, 当 $ n $ 形如 $ 4k+3 $ 时, $ d_1(n)-d_3(n)=0 $, 因为如果 $ a $ 是 $ n $ 的形如 $ 4k+1 $ 的因数, 那么 $ \frac{n}{a} $ 必然形如 $ 4k+3 $, 即 $ n $ 的因数中模 $ 4 $ 同余于 $ 1 $ 和模 $ 4 $ 同余于 $ 3 $ 的个数相同, 因此上式右边只有 $ q^{4n+1} $ 项, 比较系数即得 $ t_2(n)=d_1(4n+1)-d_3(4n+1) $.
类似的, 因为
\[16q\left(\psi(q^2)\right)^4=16\sum_{n=0}^\infty t_4(n)q^{2n+1},\] \[(\varphi(q))^4-(\varphi(-q))^4=\sum_{n=0}^\infty r_4(n)q^n-\sum_{n=0}^\infty r_4(n)(-q)^n=8\sum_{n=0}^\infty \left(\sum_{\substack{a\mid n\\4 \nmid a}}a\right)\left(q^n-(-q)^n\right),\]故有
\[16q\left(\psi(q^2)\right)^4=(\varphi(q))^4-(\varphi(-q))^4\Longleftrightarrow\sum_{n=0}^\infty t_4(n)q^{2n+1}=\frac{1}{2}\sum_{n=0}^\infty \left(\sum_{\substack{a\mid n\\4 \nmid a}}a\right)\left(q^n-(-q)^n\right),\]当 $ n $ 是偶数时, $ q^n-(-q)^n=0 $, 所以等式右边只有奇数次项, 比较系数即得 $ t_4(n)=\sum\limits_{\substack{a\mid 2n+1 \\ 4 \nmid a}}a $, 因为奇数的因数一定不是 $ 4 $ 的倍数, 故 $ 4\nmid a $ 条件多余, 即有 $ t_4(n)=\sum_{\substack{a\mid 2n+1}}a=\sigma(2n+1) $.
这些公式均可由雅可比三重积恒等式和拉马努金 $ _1\psi_1 $ 求和公式及一些恒等变换得到, 我们仅以第一式为例做具体证明.
罗杰斯-拉马努金恒等式
它的证明参见[6]的第19.13节和19.14节。
接下来介绍罗杰斯-拉马努金恒等式的组合意义, 以第一式为例, 等式右边是将非负整数 $ n $ 分拆为形如 $ 5k+1 $ 或 $ 5k+4 $ 的数的和的方法数的生成函数, 对于等式左边, 因为 $ n^2=1+3+\cdots+(2n-1) $, 故
\[\frac{q^{n^2}}{(1-q)\cdots(1-q^n)}=q^{1+3+\cdots+(2n-1)}(1+q+\cdots)(1+q^2+\cdots)\cdots(1+q^{2n-1}+\cdots),\]设等式右边无穷级数的无穷乘积得到的结果中, $ q^{k-n^2} $ 的系数是将 $ k-n^2 $ 拆分为至多 $ n $ 个正整数的和的方法数, 假设 $ k-n^2=a_1+\cdots+a_n $, 并且适当排序使得 $ 0\le a_1\le a_2\le\cdots\le a_s $, 则将 $ q^{1+3+\cdots+(2n-1)} $ 乘进去后, 该分拆就对应 $ k $ 的分拆 $ (1+a_1)+(3+a_2)+\cdots+(2n-1+a_n) $, 故 $ q^k $ 的系数就是将 $ k $ 拆分为至少相差 $ 2 $ 的 $ n $ 个不同数的和的方法数, 再求和就知道, $ \sum_{n=0}^\infty\frac{q^{n^2}}{(q;q)_n} $ 的幂级数展开式中 $ q^k $ 的系数就是将 $ k $ 拆分为至少相差 $ 2 $ 的不同数的和的方法数, 由此得到:
例如, $ n=9 $ 时, 按第一种拆分法, $ 9=1+8=2+7=3+6=1+3+5 $, 共五种, 按第二种拆分法, $ 9=1+1+1+1+1+1+1+1+1=4+1+1+1+1+1=6+1+1+1 $
$ =4+4+1 $, 也是五种.
类似的, 第二个式子的组合意义是:
还有更多类似罗杰斯-拉马努金恒等式的公式, 它们被统称为类罗杰斯-拉马努金恒等式.
与罗杰斯-拉马努金恒等式相关的是罗杰斯-拉马努金连分数.
一个简单的特例是
\[R(1)=\cfrac{1}{1+\cfrac{1}{1+\cfrac{1}{1+\cdots}}}=\frac{\sqrt{5}-1}{2}.\]设
\[R(z,q)=1+\frac{zq}{1+\cfrac{zq^2}{1+\cfrac{zq^3}{1+\cdots}}},\]称其为广义罗杰斯-拉马努金连分数, 显然
\[R(z,q)=1+\frac{zq}{R(zq,q)}.\]设其渐进分数为 $ R_n(z,q) $, 则 $ R_0(z,q)=1 $, $ R_1(z,q)=1+zq $, $ R_2(z,q)=\frac{1+zq+zq^2}{1+zq^2} $, 以此类推. 设 $ R_n(z,q) $ 的分子是多项式 $ H_n(z,q) $, 分母是多项式 $ Q_n(z,q) $, 即 $ R_n(z,q)=\frac{H_n(z,q)}{Q_{n}(zq,q)} $, 从而有递推公式
\[\frac{H_n(z,q)}{Q_n(z,q)}=1+\frac{zq}{\cfrac{H_{n-1}(zq,q)}{Q_{n-1}(zq,q)}}=\frac{H_{n-1}(zq,q)+zqQ_{n-1}(zq,q)}{H_{n-1}(zq,q)},\]故有 $ Q_n(z,q)=H_{n-1}(zq,q) $, 进而有 $ H_n(z,q)=H_{n-1}(zq,q)+zqH_{n-2}(zq^2,q) $.
现在假设连分数收敛, 则有
\[R(z,q)=\lim_{n\to\infty}R_n(z,q)=\lim_{n\to\infty}\frac{H_n(z,q)}{H_{n-1}(zq,q)}=\frac{H(z,q)}{H(zq,q)},\]其中 $ \lim_{n\to\infty}H_n(z,q)=H(z,q) $, 满足递推公式
\[H(z,q)=H(zq,q)+zqH(zq^2,q),\]将 $ H(z,q) $ 表示为一个以 $ z $ 为变量的幂级数
\[H(z,q)=\sum_{n=0}^\infty a_n(q)z^n,\]则
\[\displaylines{\sum_{n=0}^\infty a_n(q)z^n=\sum_{n=0}^\infty a_n(q)q^nz^n+\sum_{n=0}^\infty a_n(q)q^{2n+1}z^{n+1}=\\ a_0(q)+\sum_{n=1}^\infty \left(a_n(q)q^n+a_{n-1}(q)q^{2n-1}\right)z^n,}\]故当 $ n>0 $ 时有递推公式
\[a_n(q)=a_n(q)q^n+a_{n-1}q^{2n-1}\Longleftrightarrow a_n(q)=\frac{q^{2n-1}}{1-q^n}a_{n-1}(q),\]所以
\[a_n(q)=\frac{q^{2n-1}}{1-q^n}a_{n-1}(q)=\frac{q^{2n-3}}{1-q^{n-1}}a_{n-2}(q)=\frac{q^{n^2}}{(q;q)_n}a_0(q),\]即
\[H(z,q)=a_0(q)\sum_{n=0}^\infty \frac{q^{n^2}}{(q;q)_n}z^n,\]故有
\[R(z,q)=\frac{\sum\limits_{n=0}^\infty \frac{q^{n^2}}{(q;q)_n}z^n}{\sum\limits_{n=0}^\infty \frac{q^{n^2+n}}{(q;q)_n}z^n},\]令 $ z=1 $ 即得
\[T(q)=R(1,q)=\frac{\sum\limits_{n=0}^\infty \frac{q^{n^2}}{(q;q)_n}}{\sum\limits_{n=0}^\infty \frac{q^{n(n+1)}}{(q;q)_n}}=\frac{(q^2;q^5)_\infty(q^3;q^5)_\infty}{(q;q^5)_\infty(q^4;q^5)_\infty},\] \[R(q)=q^{\frac{1}{5}}\frac{(q;q^5)_\infty(q^4;q^5)_\infty}{(q^2;q^5)_\infty(q^3;q^5)_\infty}.\]拉马努金声称当 $ q=e^{-\pi\sqrt{t}} $ 当 $ t $ 是正有理数时 $ R(q) $ 是代数数[5], 例如 $ t=4 $ 时为著名的拉马努金连分数
\[R(e^{-2\pi})=\cfrac{e^{-\frac{2\pi}{5}}}{1+\cfrac{e^{-2\pi}}{1+\cfrac{e^{-4\pi}}{1+\cdots}}}=\sqrt{\frac{5+\sqrt{5}}{2}}-\frac{\sqrt{5}+1}{2},\]我们这里仅证明这一简单情形, 证明来自[4].
▶证明:
定理等价于 $$ \frac{1}{F(q)}-q^{\frac{1}{5}}-q^{\frac{2}{5}}F(q)=\frac{(q^\frac{1}{5};q^\frac{1}{5})_\infty}{(q^5;q^5)_\infty}, $$ 其中 $$ F(q)=\frac{(q;q^5)_\infty(q^4;q^5)_\infty}{(q^2;q^5)_\infty(q^3;q^5)_\infty}. $$ 由欧拉五边形数定理知 $$ \frac{(q^\frac{1}{5};q^\frac{1}{5})_\infty}{(q^5;q^5)_\infty}=\frac{\sum\limits_{n=-\infty}^\infty (-1)^{n}q^{\frac{n(3n-1)}{10}}}{\sum\limits_{n=-\infty}^\infty (-1)^{n}q^{\frac{5n(3n-1)}{2}}}\\ $$ $$ =\frac{\sum\limits_{n\equiv0,2\mod5} (-1)^{n}q^{\frac{n(3n-1)}{10}}+\sum\limits_{n\equiv3,4\mod5} (-1)^{n}q^{\frac{n(3n-1)}{10}}+\sum\limits_{n\equiv1\mod5}(-1)^{n}q^{\frac{n(3n-1)}{10}}}{\sum\limits_{n=-\infty}^\infty (-1)^{n}q^{\frac{5n(3n-1)}{2}}} $$ 因为分别 $ n\equiv0,1,2,3,4\mod5 $ 时有 $ \frac{n(3n-1)}{2}\equiv0,1,0,2,2\mod5 $, 故上式分子中第一项里 $ q $ 的指数均为整数, 除以分子得到的就是一个幂级数, 设为 $ J_1(q) $, 第二项里 $ q $ 的指数均为整数加 $ \frac{2}{5} $ 的形式, 除以分子得到的就是 $ q^{\frac{2}{5}} $ 乘一个幂级数, 设为 $ q^\frac{2}{5}J_2(q) $, 第三项 $ q $ 的指数均为整数加 $ \frac{1}{5} $ 的形式, 事实上, 设 $ n=5k+1 $, 则有 $ \frac{n(3n-1)}{10}=\frac{1}{5}+\frac{5k(3k+1)}{2}=\frac{1}{5}+\frac{5(-k)(-3k-1)}{2} $, 而 $ k $ 的奇偶性与 $ n $ 的奇偶性恰好相反, 所以第三项除以分子得到的恰好是 $ -q^{\frac{1}{5}} $, 故有 $$ \frac{(q^\frac{1}{5};q^\frac{1}{5})_\infty}{(q^5;q^5)_\infty}=J_1(q)-q^\frac{1}{5}+q^\frac{2}{5}J_2(q), $$ 由雅可比恒等式知 $$ \frac{(q^\frac{1}{5};q^\frac{1}{5})^3_\infty}{(q^5;q^5)^3_\infty}=\frac{\sum_{n=1}^\infty (-1)^n(2n+1)q^{\frac{n(n+1)}{10}}}{\sum_{n=1}^\infty (-1)^n(2n+1)q^{\frac{5n(n+1)}{2}}}, $$ 类似的方法可以说明有 $$ \frac{(q^\frac{1}{5};q^\frac{1}{5})^3_\infty}{(q^5;q^5)^3_\infty}=G_1(q)+G_2(q)q^\frac{1}{5}+5q^\frac{3}{5}, $$ 其中 $ G_1(q) $ 和 $ G_2(q) $ 均为幂级数, 另一方面, 因为 $$ \displaylines{\left(J_1-q^\frac{1}{5}+q^\frac{2}{5}J_2\right)^3 =\left(J_1^3 - 3J_2^2 q\right) - q^{\frac{1}{5}}\left(3J_1^2 - J_2^3 q\right) + 3J_1 q^{\frac{2}{5}}\left(1 + J_1 J_2\right) \\ - q^{\frac{3}{5}}\left(1 + 6J_1 J_2\right) + 3J_2 q^{\frac{4}{5}}\left(1 + J_1 J_2\right),} $$ 比较系数得到 $$ J_1J_2+1=0, J_2=-\frac{1}{J_1}, $$ 故有 $$ \frac{(q^\frac{1}{5};q^\frac{1}{5})_\infty}{(q^5;q^5)_\infty}=J_1(q)-q^\frac{1}{5}-\frac{q^\frac{2}{5}}{J_1(q)}. $$ 如前所述, \begin{align*} J_1(q)(q^5;q^5)_\infty&=\sum\limits_{n\equiv0,2\mod5} (-1)^{n}q^{\frac{n(3n-1)}{10}}\\ &=\sum\limits_{k=-\infty}^\infty (-1)^{k}\left(q^{\frac{k(15k-1)}{2}}+ q^{\frac{(5k+2)(3k+1)}{2}}\right)\\ &=\sum\limits_{k=-\infty}^\infty (-1)^{k}\left(q^{\frac{k(15k+1)}{2}}+ q^{\frac{(5k-2)(3k-1)}{2}}\right), \end{align*} 现令 $$ \phi(z,q) = \prod_{n=1}^{\infty}(1 + q^{5n-1}z^{-1})(1 + q^{5n-4}z)(1 - q^{10n-7}z^{-2})(1 - q^{10n-3}z^2), $$ 显然有 $$ \phi(z,q)=-q^8z^3\phi(zq^5,q), $$ 设 $ \phi $ 的幂级数展开为 $$ \phi(z,q)=\sum_{n=-\infty}^\infty a_nz^n, $$ 故有递推公式 $$ a_{n+3}=-q^{5n+8}a_n, $$ 另一方面, 由 $ \phi(\frac{q^3}{z},q)=-\frac{z^2}{q^3}\phi(z,q) $ 可得 $$ a_{-n}=-q^{8n-3}a_{n-2}, $$ 可解得 $ a_{-1}=-q^{5}a_{-1} $, 故 $ a_2=-q^{3}a_{-1}=0 $, 还有 $ a_1=-q^{-6}a_{-3}=qa_0 $, 由递推公式可解得各 $ a_n $, 化简得 $$ \phi(z,q) = a_0 \left( \sum_{n=-\infty}^{\infty} (-1)^n q^{\frac{n(15n + 1)}{2}} z^{3n} + \sum_{n=-\infty}^{\infty} (-1)^n q^{\frac{(5n + 2)(3n + 1)}{2}} z^{3n + 1} \right), $$ 为求得 $ a_0 $, 代入 $ z=\frac{1}{q} $ 得 $$ \prod_{n=1}^{\infty} \left( \frac{1 - q^{10n}}{1 - q^{5n}} \right)^2 (1 - q^{10n - 5})^2 = a_0 \sum_{n=-\infty}^{\infty} (-1)^n q^{\frac{5n(3n + 1)}{2}}, $$ 等式左边分子分母消掉后即为 $ 1 $, 等式右边相当于 $ a_0(q^5,q^5)_\infty $, 从而有 $$ \phi(z,q)(q^5;q^5)_\infty=\sum\limits_{k=-\infty}^\infty (-1)^{k}\left(q^{\frac{k(15k+1)}{2}}z^{3n} + q^{\frac{(5k-2)(3k-1)}{2}}z^{1-3n}\right), $$ 代入 $ z=1 $ 即得 $$ J_1(q)=\phi(1,q)=\prod_{n=1}^{\infty}(1 + q^{5n-1})(1 + q^{5n-4})(1 - q^{10n-7})(1 - q^{10n-3}), $$ 化简得 $$ J_1(q)=\frac{(q^2;q^5)_\infty(q^3;q^5)_\infty}{(q^1;q^5)_\infty(q^4;q^5)_\infty}=\frac{1}{F(q)}, $$ 代入 $ J_1 $ 就有 $$ \frac{1}{F(q)}-q^{\frac{1}{5}}-q^{\frac{2}{5}}F(q)=\frac{(q^\frac{1}{5};q^\frac{1}{5})_\infty}{(q^5;q^5)_\infty}, $$ 定理得证.该函数方程的证明可见[7]第2.4节.
拉马努金猜想
将模判别式展开为 $ q $ 级数, 记作 \(\Delta(\tau)=\sum_{n=1}^\infty\tau(n)q^n,\) 其中系数 $ \tau(n) $ 称为拉马努金 $ \tau $ 函数, 需要小心此处的符号滥用.
拉马努金证明了对任意素数 $ p $ 都有 $ \tau(p)\equiv 1+p^{11}\mod 691 $, 更一般的有 $ \tau(n)\equiv\sigma_{11}(n)\mod 691 $, 除此之外还有许多其他同余性质.
拉马努金猜想, $ \tau $ 函数是一个乘性函数, 即 $ \gcd(a,b)=1 $ 时 $ \tau(ab)=\tau(a)\tau(b) $, 考虑其狄利克雷 $ L $ 级数, 拉马努金猜想有欧拉乘积
\[\sum_{n=1}^\infty\frac{\tau(n)}{n^s}=\prod_{p}(1-\tau(p)p^{-s}+p^{11-2s})^{-1},\]并且对任意素数 $ p $, 猜想有估计 $ \lvert\tau(p)\rvert\le2p^{\frac{11}{2}} $, 该不等式单独被称为拉马努金猜想.
前两个猜想由莫德尔于1917年证明, 而不等式由韦伊猜想所蕴含, 并被德利涅于1974年证明.
参考文献
[1] Berndt, B. C. Number Theory in the Spirit of Ramanujan [M]. Student Mathematical Library, vol. 34. Providence, RI: American Mathematical Society, 2006.
[2] Bhatnagar, G. Ramanujan Explained [EB/OL]. 2024. https://ramanujanexplained.org/.
[3] Stein, E. M., and R. Shakarchi. Complex Analysis [M]. 1st ed. Princeton Lectures in Analysis, Volume 2. Princeton, NJ: Princeton University Press, 2003.
[4] Watson, G. N. Theorems Stated by Ramanujan (VII): Theorems on Continued Fractions [J]. Journal of the London Mathematical Society, 1929, 4(1): 39–48.
[5] Zhang, L.-C., H. H. Chan, and B. C. Berndt. Explicit Evaluations of the Rogers-Ramanujan Continued Fraction [J]. Journal für die reine und angewandte Mathematik (Crelles Journal), 1996, 480(1): 141–160.
[6] 戈弗雷·哈代, 爱德华·赖特, 戴维·希思-布朗, 等. 哈代数论 [M]. 第6版. 北京: 人民邮电出版社, 2021.
[7] 李文威. 模形式初步 [M]. 北京: 高等教育出版社, 2019.
本文的PDF版本见: q-模拟和q-级数及其应用(整数分拆, 雅可比三重积恒等式, 罗杰斯-拉马努金恒等式等)