Algunos análogos del teorema del número pentagonal

Question

Existen los siguientes análogos de la famosa identidad $$\prod_{n\geqslant1}(1-p^n)=\sum_{n\in\mathbb Z}(-1)^cn^{\frac{3n^2-n}2}.$$

Deje $v_2(n)$ denotar la 2-ádico de valoración de $n$, es decir, el número determinado por $n=2^{v_2(n)}(2k+1)$. Entonces $$\begin{align*} \prod_{n\geqslant1}(1+q^n)^{1-v_2(n)}&=\sum_{n\geqslant1}q^{\frac{n^2-n}2},\\ \prod_{n\geqslant1}(1+q^n)^{-v_2(n)}&=\sum_{n\in\mathbb Z}(-1)^nq^{3n^2-n},\\ \prod_{n\geqslant1}(1+q^n)^{-1-v_2(n)}&=\sum_{n\in\mathbb Z}(-1)^nq^{\frac{3n^2-n}2},\\ \prod_{n\geqslant1}(1+q^n)^{-2-v_2(n)}&=\sum_{n\in\mathbb Z}(-1)^nq^{n^2}. \end{align*}$$ No estoy tan interesado en las pruebas - casi he terminado las pruebas, pero son ad hoc y diferente en cada uno de los casos. Lo que quiero saber es si hay una explicación general para tales identidades, y si hay más identidades de este tipo.

Answer 1

Deje $q_n = \exp\frac{2\pi\mathrm{i}\tau}{n}$$q=q_1$, de modo que podemos considerar las expresiones con $q$ como funciones de $\tau\in\mathbb{H}$. Esto sólo es necesario dibujar una conexión a la Dedekind eta función de$\eta(\tau)$. Esto no es necesario cuando el enfoque formal, $q$- potencia de serie.

La siguiente prueba se basa en la representación binaria de los números enteros no negativos, lo que da lugar a la factorización $$\frac{1}{1-p} = \sum_{m=0}^\infty q^m = \prod_{k=0}^\infty\left(1+q^{2^k}\right)$$ y, en consecuencia, $$\begin{align} \sum_{n\in\mathbb Z}(-1)^n q^{n(3n-1)/2} = q_{24}^{-1}\eta(\tau) &= \prod_{n=1}^\infty(1-q^n) = \prod_{j=1}^\infty\prod_{m=0}^\infty\left(1-q^{2^m(2j-1)}\right) \\ &= \prod_{j=1}^\infty\prod_{m=0}^\infty\prod_{k=0}^\infty \left(1+q^{2^{k+m}(2j-1)}\right)^{-1} \\ &= \prod_{n=1}^\infty(1+q^{n})^{-1-\nu_2(n)} \end{align}$$ Las otras identidades seguir a partir de $$q_{24}^{-1}\frac{\eta(2\tau)}{\eta(\tau)} = \prod_{n=1}^\infty\frac{1-p^{2n}}{1-p^n} = \prod_{n=1}^\infty(1+q^n)$$ y a partir de la conocida corolarios de Jacobi triple la identidad del producto: $$\begin{align} \sum_{n=1}^\infty q^{n(n-1)/2} = \frac{1}{2}q_8^{-1}\Theta_{10}(0;\tau) &= q_8^{-1}\frac{\eta^2(2\tau)}{\eta(\tau)} \\ \sum_{n\in\mathbb{Z}}(-1)^n q^{n^2} = \Theta_{01}(0;2\tau) &= \frac{\eta^2(\tau)}{\eta(2\tau)} \end{align}$$ Otro corolario cubre los números de partición de $P(n)$: $$\sum_{n=0}^\infty P(n)\,q^n = \prod_{n=1}^\infty\frac{1}{1-p^n} = \frac{q_{24}}{\eta(\tau)} = \prod_{n=1}^\infty(1+q^{n})^{1+\nu_2(n)}$$ Aquí es otra vuelta de tuerca, usando la base-$3$ representaciones de números naturales: $$\begin{align} \frac{1}{1-q} &= \sum_{m=0}^\infty q^m = \prod_{k=0}^\infty\left(1+q^{3^k}+q^{2\cdot3^k}\right) = \prod_{k=0}^\infty \left(1-\zeta_3 q^{3^k}\right)\left(1-\zeta_3^{-1}q^{3^k}\right) \\ \quad\text{where}\quad \zeta_n &= \exp\frac{2\pi\mathrm{i}}{n} \\ \therefore\quad q_{24}^{-1}\eta(\tau) &= \prod_{n=1}^\infty(1-q^n) = \prod_{j=0}^\infty\prod_{m=0}^\infty \left(1-q^{3^m(3j+1)}\right)\left(1-q^{3^m(3j+2)}\right) \\ &= \prod_{j=0}^\infty\prod_{m=0}^\infty\prod_{k=0}^\infty \left(1+q^{3^{k+m}(3j+1)}+q^{2\cdot3^{k+m}(3j+1)}\right)^{-1} \left(1+q^{3^{k+m}(3j+2)}+q^{2\cdot3^{k+m}(3j+2)}\right)^{-1} \\ &= \prod_{n=1}^\infty\left(1+q^n+q^{2n}\right)^{-1-\nu_3(n)} = \prod_{n=1}^\infty \left((1-\zeta_3 q^n)(1-\zeta_3^{-1}q^n)\right)^{-1-\nu_3(n)} \end{align}$$