极限

小白

求极限

血狼王

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请问这k是？
你能说明以下这个k是在什么范围之内吗？

Czhang271828

题主大概率是看不到解答了......也不知有没有人看

定义 $[k]_q=\prod_{j=1}^k(1-q^j)$, $\binom{n}{k}_q:=\dfrac{[n]_q}{[k]_q[n-k]_q}$.

Step 1. 二项式定理: $(1+x)(1+qx)\cdots(1+q^{n-1}x)=\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}_qq^{k(k-1)/2}x^k$.

证明: 设 $f(x)=LHS$. 则 $f(xq)(1+x)=f(x)(1+xq^n)$. 记 $f(x)=\sum_{k=0}^n Q_k x^k$, 对比系数则有 $q^k Q_k+q^{k-1}Q_{k-1}=Q_k+q^nQ_{k-1}$​. 从而
$$
Q_k=q^{k-1+k-2+\cdots 1}\cdot\dfrac{(1-q^{n-k+1})\cdots(1-q^n)}{(1-q^k)\cdots (1-q)}Q_0=q^{k(k-1)/2}\binom{n}{k}_q.
$$
Step 2. 令 $n\to\infty$, 则
$$
\prod_{k\geq 1}(1+x q^{k-1})=\sum_{k\geq 0}\dfrac{q^{k(k-1)/2}}{[k]_q}x^k.
$$
以 $q^2$ 代 $q$ 得
$$
\prod_{k\geq 1}(1+x q^{2k-2})=\sum_{k\geq 0}\dfrac{q^{k(k-1)}}{[k]_{q^2}}x^k.
$$
以 $xq$ 代 $x$ [笔误已修正] 得
$$
\begin{align*}
&\prod_{k\geq 1}(1+xq^{2k-1})\\
=&\sum_{k\geq 0}\dfrac{q^{k^2}}{[k]_{q^2}}x^k\\
=&\sum_{k\geq 0}\left(\prod_{m\geq 1}\dfrac{1-q^{2m+2k}}{1-q^{2m}}\right)q^{k^2}x^k\\
=&\left(\prod_{m\geq 1}(1-q^{2m})^{-1}\right)\cdot\left(\sum_{k\geq 0}\prod_{m\geq 1}(1-q^{2m+2k})q^{k^2}x^k\right)
\end{align*}
$$
从而
$$
\prod_{k\geq 1}(1-q^{2k})(1+x q^{2k-1})=\sum_{k\geq 0}\prod_{m\geq 1}(1-q^{2m+2k})q^{k^2}x^k.
$$
此处, 等式右端改作 $k\in\mathbb Z$​ 亦无妨. 对右端二项式使用定理得
$$
\begin{align*}
&\sum_{k\in\mathbb Z}\prod_{m\geq 1}(1-q^{2m+2k})q^{k^2}x^k\\
=&\sum_{k\in\mathbb Z}\sum_{l\geq 0}(-1)^l\dfrac{q^{l^2+l+2kl}}{[l]_{q^2}}\\
=&\sum_{k\in\mathbb Z}\sum_{l\geq 0}\dfrac{(-1)^l}{[l]_{q^2}}\cdot q^{(l+k)^2+l}x^k\\
=&\sum_{k\in\mathbb Z}\sum_{l\geq 0}q^{(l+k)^2}x^{l+k}\cdot\dfrac{(-q/x)^l}{[l]_{q^2}}\\
=&\left(\sum_{k\in\mathbb Z}q^{k^2} x^k\right)\cdot\left(\sum_{l\geq 0} \dfrac{(-q/x)^l}{[l]_{q^2}}\right)\\
=&\left(\sum_{k\in\mathbb Z}q^{k^2} x^k\right)\cdot\left(\prod_{m\geq 1}\dfrac{1}{1+q^{2m-1}/x}\right)\\
\end{align*}
$$
于是得到恒等式
$$
\sum_{j\in\mathbb Z}q^{j^2}z^j=\prod_{j\geq1}(1+z q^{2j-1})(1+z^{-1}q^{2j-1})(1-q^{2j}).
$$

***

令 $z=-1$, 则
$$
\begin{align*}
&\sum_{j\in\mathbb Z}q^{j^2}(-1)^j\\
=&\prod_{j\geq1}(1- q^{2j-1})^2(1-q^{2j})\\
=&\prod_{j\geq 1}\dfrac{(1-q^j)^2}{(1-q^{2j})}\\
=&\prod_{j\geq 1}\dfrac{(1-q^j)}{(1+q^{j})}\\
\end{align*}
$$
从而
$$
\sum_{i=1}^\infty(-1)^{i+1}k^{i^2}=\dfrac{1}{2}\left[{\prod_{j\geq 1}\dfrac{(1-k^j)}{(1+k^{j})}-1}\right].
$$
不知是不是想要的答案?

Czhang271828

回复 3# Czhang271828

补充一些推论, 估计解析数论里常见

令 $z=1$, 则
$$
\sum_{j\in\mathbb Z}q^{j^2}=\prod_{j\geq 1}(1+q^{2j-1})^2(1-q^{2j}).
$$
$z\mapsto q$, $q\mapsto \sqrt q$, 则
$$
\sum_{j\in\mathbb Z}q^{j(j+1)/2}=2\prod_{j\geq 1}(1+q^j)^2(1-q^j)=2\prod_{j\geq 1}(1+q^j)(1-q^{2j}).
$$
$q\mapsto \sqrt q^3$, $z\mapsto -\sqrt q$, 则
$$
\sum_{j\in\mathbb Z}(-1)^j q^{j(3j+1)/2}=\prod_{j\geq 1}(1-q^j).
$$
$z\mapsto x^2 q$, $q^2\mapsto q$, 则
$$
(x-x^{-1})\prod_{j\geq 1}(1-xq^j)(1-x^{-2}q^j)(1-q^j)=\sum_{j\geq 1}(-1)^j x^{2j+1}q^{j(j+1)/2}.
$$
两侧消去 $x-x^{-1}$, 再令 $x\to 1$, 则
$$
\prod_{j\geq 1}(1-q^j)^3=\sum_{j\geq 0}(-1)^j(2j+1)q^{j(j+1)/2}.
$$
诸如此类的结论还有一堆. 当然, 从模形式的角度看 $q$-恒等式正如从群论的角度看数论. 总之, 以上证明没用到椭圆函数等高级的东西, 因此函数的定义域与解析性都无从说明. 所有级数都仅作形式幂级数.

最后, 安利一波李老师的模形式初步 (代数学方法也不错).

hbghlyj

回复 1# 小白
椭圆$\vartheta$函数的Wolfram语言文档的“属性和关系”一节的例2:

Czhang271828

回复 5# hbghlyj

已更正, 感谢指出