Particiones del plano que no contienen (1,1,1)

Question

Una partición plana es un subconjunto de $\mathbb Z_{\geqslant0}^3$ s.t. si contiene $(i+1,j,k)$ o $(i,j+1,k)$ o $(i,j,k+1)$ también contiene $(i,j,k)$ .

Cuál es la función generadora $R(q)$ de (volúmenes de) particiones planas que no contiene la célula $(1,1,1)$ ?

Dado que una partición plana que contiene $(1,1,1)$ contiene un $2\times2\times2$ cubo, mod $q^8$ este g.f. coincide con el de MacMahon $$ M(q)=\frac1{\prod(1-q^i)^i}=1+q+3q^2+6q^3+13q^4+24q^5+48q^6+86q^7+160q^8+282q^9+500q^{10}+\ldots $$ y calculando un par de términos más $$ R(q)=1+q+3q^2+6q^3+13q^4+24q^5+48q^6+86q^7+159q^8+279q^9+488q^{10}+\ldots $$ La OEIS no sabe esta secuencia, pero en la forma $$ R(q)=1+\frac{q-3q^3+6q^6-10q^{10}+\ldots}{[(1-q)(1-q^2)(1-q^3)\ldots]^3}. $$ un patrón es evidente.

Así que en realidad la pregunta es

Cómo demostrar que $R(q)=1+\frac1{(q)_\infty^3}\sum\limits_i(-1)^i\frac{i(i-1)}2q^{\tfrac{i(i-1)}2}$ ?

AFAIK la declaración se puede encontrar en alguna parte en la literatura sobre la teoría de la representación de algo toroidal cuántico. Pero seguramente existe una prueba combinatoria (en sentido amplio, no necesariamente biyectiva) bien conocida.

Contexto 1. G.f. para las particiones planas que no contienen $(1,1,0)$ es $1/(q)_\infty^2\cdot\sum(-1)^iq^{\frac{i(i+1)}2}$ . Véase la subsección sobre "particiones en forma de V" en la Combinatoria Enumerativa de Stanley para una prueba combinatoria (sencilla). Quizá haya algo parecido a esa prueba en el "caso (1,1,1)".

Contexto 2. G.f. para las particiones planas que no contienen $(1,1,1)$ pero con ejes de intersección en $(i,0,0)$ , $(0,j,0)$ y $(0,0,k)$ resp. es $\genfrac[]{0pt}{}{i+j}i\genfrac[]{0pt}{}{j+k}j\genfrac[]{0pt}{}{k+i}kq^{i+j+k+1}$ . Así que tal vez sea posible calcular $R(q)$ como $1+\sum_n q^{n+1}\sum_{i+j+k=n}\genfrac[]{0pt}{}{i+j}i\genfrac[]{0pt}{}{j+k}j\genfrac[]{0pt}{}{k+j}k$ . Y para la suma interna sé la respuesta al menos en $q=1$ : https://math.stackexchange.com/q/177209/

Answer 1

Sí es posible obtener el resultado de su "Contexto 2".

Corrigiendo las erratas, tenemos $$R(q)=1+\sum_{i,j,k=0}^\infty\frac{(q)_{i+j}(q)_{i+k}(q)_{j+k}}{(q)_i^2(q)_j^2(q)_k^2}\,q^{i+j+k+1} $$ (donde $(q)_k=\prod_{j=1}^k(1-q^j)$ ). Por el $q$ -teorema del binomio, $$\frac{(q)_{i+j}}{(q)_i(q)_j}=\sum_{x=0}^i\frac{1}{(q)_x(q)_{i-x}}(-1)^xq^{\binom x2+(j+1)x}. $$ Utilizando esto, y las expansiones obtenidas al permutar cíclicamente $(i,j,k)$ , obtenemos \begin{align*}R(q)-1&=\sum_{i,j,k=0}^\infty\sum_{x,y,z=0}^{i,j,k}\frac{(-1)^{x+y+z}q^{\binom x2+\binom y2+\binom z3+(j+1)x+(k+1)y+(i+1)z+i+j+k+1}}{(q)_x(q)_{i-x}(q)_y(q)_{j-y}(q)_z(q)_{k-z}}\\ &=\sum_{x,y,z=0}^\infty \frac{(-1)^{x+y+z}q^{\binom x2+\binom y2+\binom z2+(y+2)x+(z+2)y+(x+2)z+1}}{(q)_x(q)_y(q)_z}\\ &\quad\times\sum_{i=0}^\infty\frac{q^{(1+z)i}}{(q)_i}\sum_{j=0}^\infty\frac{q^{(1+x)j}}{(q)_j}\sum_{k=0}^\infty\frac{q^{(1+y)k}}{(q)_k}\\ &=\frac 1{(q)_\infty^3}\sum_{x,y,z=0}^\infty {(-1)^{x+y+z}q^{\binom x2+\binom y2+\binom z2+(y+2)x+(z+2)y+(x+2)z+1}} ,\end{align*} donde primero reemplazamos $(i,j,k)$ por $(i+x,j+y,k+z)$ y luego calculamos las sumas internas utilizando de nuevo un caso especial de la $q$ -teorema del binomio. Ahora observamos que $$\binom x2+\binom y2+\binom z2+(y+2)x+(z+2)y+(x+2)z+1=\binom{x+y+z+2}2. $$ Dado que hay $\binom n2$ soluciones $(x,y,z)$ a $x+y+z+2=n$ obtenemos en efecto $$R(q)=1+\frac 1{(q)_\infty^3}\sum_{n=0}^\infty(-1)^n\binom n2q^{\binom n2}. $$