Cómo transformar esta suma infinita

Question

Cómo transformar esta suma infinita

$$\sum_{i\geq0}\frac{x^i}{(1-x)(1-x^2)\cdots(1-x^i)}$$

una infinita producto

$$\prod_{i\geq1}\frac{1}{1-x^i}$$

Answer 1

Vamos $$a_{n}=\frac{x^{n}}{(1-x)(1-x^2)\cdots(1-x^{n})}$$ y $S_{n}=\sum_{i=0}^{n}a_i$. Queremos mostrar que $$S_{n}=\frac{1}{(1-x)(1-x^2)\cdots(1-x^{n})}.$$ Claramente esto es cierto para $n=1$, ya que el $S_0=a_0=1$; y asumiendo que es cierto para $n=k$, tenemos $$\begin{eqnarray} S_{k+1}&=&S_{k}+a_{k+1} \\ &=&\frac{1}{(1-x)\cdots(1-x^{k})}+\frac{x^{k+1}}{(1-x)\cdots(1-x^{k})(1-x^{k+1})} \\ &=&\frac{1-x^{k+1}}{(1-x)\cdots(1-x^{k})(1-x^{k+1})}+\frac{x^{k+1}}{(1-x)\cdots(1-x^{k})(1-x^{k+1})} \\ &=& \frac{1}{(1-x)(1-x^2)\cdots(1-x^{k+1})}, \end{eqnarray}$$ es decir, es cierto para el $n=k+1$. Así que es verdad para todos los $n$ por inducción. En particular, los productos parciales son iguales a las sumas parciales y $$\sum_{i=0}^{\infty}\frac{x^{i}}{(1-x)(1-x^2)\cdots(1-x^{i})}=\prod_{i=1}^{\infty}\frac{1}{1-x^{i}}.$$

Answer 2

Combinatorical argumentos son una buena manera de manipular las funciones de generación (y viceversa); podemos hacer que la convergencia no es un problema mediante el trabajo de más polinomio formal de la serie de anillos de ser necesario.

El $q$-símbolo de Pochhammer se define por $(a,q)_n:=(1-a)(1-aq)\cdots(1-aq^{n-1})$. La inversa de a $(q,q)_n$ es una generación de la función de particiones de un cierto tipo:

$$\frac{1}{(q,q)_n}=\frac{1}{1-q}\frac{1}{1-q^2}\cdots\frac{1}{1-q^n}$$

$$=\left(1+q+q^2+\cdots\right)\left(1+q^2+q^4+\cdots\right)\cdots\left(1+q^n+q^{2n}+\cdots\right).$$

El coeficiente de $q^\ell$ anterior será el número de formas en que puede ser expresado como

$$q^\ell=q^{1\cdot j_1}q^{2\cdot j_2}\cdots q^{n\cdot j_n}$$

para los números enteros no negativos $j_i$, $1\le i\le n$, los que están en bijective correspondencia con las particiones

$$(\underbrace{n,\cdots,n}_{j_n},\cdots,\underbrace{2,\cdots,2}_{j_2},\underbrace{1,\cdots,1}_{j_1})\vdash n.$$

Estos son, precisamente, el entero de las particiones de $\ell$ con las piezas que tiene un tamaño en la mayoría de las $n$.

La función de $(a,q)_\infty^{-1}$ también será una generación de función:

$$\frac{1}{(a,q)_\infty}=\prod_{k\ge0}\frac{1}{1-aq^k}=\prod_{k=0}^\infty\left(1+aq^k+a^2q^{2k}+\cdots\right).$$

Evidentemente el coeficiente de $a^nq^\ell$ anterior será el número de maneras de expresar como

$$a^nq^\ell=a^{(j_0+j_1+j_2+\cdots)}(q^{0\cdot j_0}q^{1\cdot j_1}q^{2\cdot j_2}\cdots).$$

(Obviamente casi todos los $j_i$s es $0$ en estas expresiones.) Estos corresponden a las particiones

$$(\cdots,\underbrace{3,\cdots,3}_{j_3},\underbrace{2,\cdots,2}_{j_2},\underbrace{1,\cdots,1}_{j_1})\vdash \ell.$$

Estos son, precisamente, el entero de las particiones de $\ell$ tener en la mayoría de las $n=\cdots+j_1+j_0$ partes. Las particiones de $\ell$ en la mayoría de los $n$ partes están en bijective correspondencia con las particiones de $\ell$ en partes de tamaño en la mayoría de las $n$ - el bijection está dado por la conjugación, o dar la vuelta a los ejes de los Jóvenes diagramas que están asociados a las particiones.) Por lo tanto el $q$-coeficiente de $a^n$ $(a,q)_\infty^{-1}$ es la generación de la función (en $q$) para las particiones de enteros $\ell$ en partes de tamaño en la mayoría de las $n$, que ya hemos establecido, es $(q,q)_n^{-1}$.

Por lo tanto,

$$\frac{1}{(a,q)_\infty}=\sum_{n=0}^\infty\frac{a^n}{(a,q)_n}.$$

Conectar $a=q$ da su identidad como el caso particular

$$\frac{1}{(1-q)(1-q^2)(1-q^3)\cdots}=1+\sum_{n=1}^\infty\frac{q^n}{(1-q)(1-q^2)\cdots(1-q^n)}.$$

Answer 3

Empieza por tomar la diferencia $$\begin{align} \prod_{i=1}^k\frac1{1-x^i}-\prod_{i=1}^{k-1}\frac1{1-x^i} &=\left(\frac1{1-x^k}-1\right)\prod_{i=1}^{k-1}\frac1{1-x^i}\\ &=\frac{x^k}{1-x^k}\prod_{i=1}^{k-1}\frac1{1-x^i}\\ &=\frac{x^k}{\prod_{i=1}^k(1-x^i)}\tag{1} \end{align}$$ Sumando ambos lados de $(1)$ rendimientos $$\begin{align} \prod_{i=1}^n\frac1{1-x^i}-1 &=\sum_{k=1}^n\left(\prod_{i=1}^k\frac1{1-x^i}-\prod_{i=1}^{k-1}\frac1{1-x^i}\right)\\ &=\sum_{k=1}^n\frac{x^k}{\prod_{i=1}^k(1-x^i)}\tag{2} \end{align}$$ Esto demuestra que $$\prod_{i=1}^n\frac1{1-x^i}-1=\sum_{k=1}^n\frac{x^k}{\prod_{i=1}^k(1-x^i)}\etiqueta{3}$$ La ecuación de $(3)$ dice que el producto y la suma en la pregunta se diferencian por $1$, lo cual está de acuerdo con el cálculo al $x=0$. Tomando nota de que el plazo para $k=0$ en el lado derecho de la $(3)$$1$, obtenemos $$\prod_{i=1}^n\frac1{1-x^i}=\sum_{k=0}^n\frac{x^k}{\prod_{i=1}^k(1-x^i)}\etiqueta{4}$$