He conseguido lo que parece la mayoría de la manera, pero estoy atascado en este punto.
Definir $\tau(n)$ por \begin{align*} q\prod_{n=1}^\infty (1-q^n)^{24} = \sum_{n=1}^\infty\tau(n)q^n. \end{align*} Demostrar que $\tau(n)$ es impar si y sólo si $n = (2m+1)^2$ algunos $m$.
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Edit: Cambiado debido a errores señaló en los comentarios. Versión antigua de abajo.
Recuerdo de Euler pentagonal número teorema, \begin{align*} \prod_{n=1}^\infty (1-q^n) = \sum_{k=-\infty}^\infty (-1)^kq^{k(3k-1)/2}. \end{align*} A partir de esto podemos ver \begin{align*} \left(\prod_{n=1}^\infty (1-q^n)\right)^{24} = \left(\sum_{k=-\infty}^\infty (-1)^kq^{k(3k-1)/2}\right)^{24}. \end{align*} Ahora aviso si $k = -j$ para algunos entero $j$, tenemos \begin{align*} \frac{k(3k-1)}{2} = \frac{j(3j+1)}{2}, \end{align*} así que podemos reescribir esto como \begin{align*} \left(\prod_{n=1}^\infty (1-q^n)\right)^{24} = \left(1 + \left(\sum_{k=1}^\infty (-1)^kq^{k(3k-1)/2} + (-1)^{-k}q^{k(3k+1)/2}\right)\right)^{24} \end{align*} La reducción de la derecha modulo 2 da \begin{align*} \left(\prod_{n=1}^\infty (1-q^n)\right)^{24} &= \left(1 + \left(\sum_{k=1}^\infty (-1)^kq^{k(3k-1)/2} + (-1)^{-k}q^{k(3k+1)/2}\right)\right)^{8\cdot 3}\newline &\equiv \left(1 + \left(\sum_{k=1}^\infty q^{4k(3k-1)} + q^{4k(3k+1)}\right)\right)^3\newline &\equiv 1 + \left(\sum_{k=1}^\infty q^{4k(3k-1)} + q^{4k(3k+1)}\right) + \left(\sum_{k=1}^\infty q^{8k(3k-1)} + q^{8k(3k+1)}\right)\newline &\ \ + \left(\sum_{k=1}^\infty q^{4k(3k-1)} + q^{4k(3k+1)}\right)^3. \end{align*} Ahora nos gustaría tener una bonita expresión para la última suma. Aviso \begin{align*} &\left(\sum_{k=1}^\infty q^{4k(3k-1)} + q^{4k(3k+1)}\right)^3 = \left(\sum_{k=1}^\infty q^{4k(3k-1)} + q^{4k(3k+1)}\right)^2\left(\sum_{k=1}^\infty q^{4k(3k-1)} + q^{4k(3k+1)}\right)\newline &\equiv \left(\sum_{k=1}^\infty q^{8k(3k-1)} + q^{8k(3k+1)}\right)\left(\sum_{k=1}^\infty q^{4k(3k-1)} + q^{4k(3k+1)}\right)(\bmod\ 2)\newline &\equiv \left(\sum_{k=1}^\infty q^{8k(3k-1)}\right)\left(\sum_{k=1}^\infty q^{4k(3k-1)}\right) + \left(\sum_{k=1}^\infty q^{8k(3k-1)}\right)\left(\sum_{k=1}^\infty q^{4k(3k+1)}\right)\newline &\ \ + \left(\sum_{k=1}^\infty q^{8k(3k+1)}\right)\left(\sum_{k=1}^\infty q^{4k(3k-1)}\right) + \left(\sum_{k=1}^\infty q^{8k(3k+1)}\right)\left(\sum_{k=1}^\infty q^{4k(3k+1)}\right) (\bmod\ 2). \end{align*} Conectando de nuevo en nuestra expresión anterior, tenemos \begin{align*} \left(\prod_{n=1}^\infty (1-q^n)\right)^{24} &\equiv 1 + \left(\sum_{k=1}^\infty q^{4k(3k-1)} + q^{4k(3k+1)}\right) + \left(\sum_{k=1}^\infty q^{8k(3k-1)} + q^{8k(3k+1)}\right)\newline &\ \ + \left(\sum_{k=1}^\infty q^{8k(3k-1)}\right)\left(\sum_{k=1}^\infty q^{4k(3k-1)}\right) + \left(\sum_{k=1}^\infty q^{8k(3k-1)}\right)\left(\sum_{k=1}^\infty q^{4k(3k+1)}\right)\newline &\ \ + \left(\sum_{k=1}^\infty q^{8k(3k+1)}\right)\left(\sum_{k=1}^\infty q^{4k(3k-1)}\right) + \left(\sum_{k=1}^\infty q^{8k(3k+1)}\right)\left(\sum_{k=1}^\infty q^{4k(3k+1)}\right)\newline &\equiv 1 + \left(\sum_{k=1}^\infty q^{4k(3k-1)} + q^{4k(3k+1)}\right) + \left(\sum_{k=1}^\infty q^{8k(3k-1)} + q^{8k(3k+1)}\right)\newline &\ \ + \left(\sum_{k=1}^\infty q^{8k(3k-1)}\right)\left(\sum_{k=1}^\infty q^{4k(3k-1)} + \sum_{k=1}^\infty q^{4k(3k+1)}\right)\newline &\ \ + \left(\sum_{k=1}^\infty q^{8k(3k+1)}\right)\left(\sum_{k=1}^\infty q^{4k(3k-1)} + \sum_{k=1}^\infty q^{4k(3k+1)}\right)\newline &\equiv 1 + \left(\sum_{k=1}^\infty q^{4k(3k-1)} + q^{4k(3k+1)}\right) + \left(\sum_{k=1}^\infty q^{8k(3k-1)} + q^{8k(3k+1)}\right)\newline &\ \ + \left(\sum_{k=1}^\infty q^{8k(3k-1)} + q^{8k(3k+1)}\right)\left(\sum_{k=1}^\infty q^{4k(3k-1)} + q^{4k(3k+1)}\right)(\bmod\ 2). \end{align*}
Ahora no estoy muy seguro de si hay mucho que puedo hacer con esto. El hecho de que se parece a $A + B + AB$ me hace curioso, aunque.
Edit: la Aplicación de la observación de las revisiones a que el método que he probado antes de publicar aquí en realidad resuelve el problema.
Recordemos la fórmula de Jacobi, es decir, \begin{align*} \prod_{n=1}^\infty (1-q^n)^3 = \sum_{k=0}^\infty (-1)^k(2k+1)q^{k(k+1)/2}. \end{align*} Busca el modulo 2, tenemos \begin{align*} \left[\prod_{n=1}^\infty (1-q^n)^3\right]^8 \equiv \prod_{n=1}^\infty (1-q^n)^{24} (\bmod\ 2), \end{align*} y así podemos observar los coeficientes de \begin{align*} \left[\sum_{k=0}^\infty (-1)^k(2k+1)q^{k(k+1)/2}\right]^8 \end{align*} a ver si el extraño coeficientes de mentira. Para este fin, aviso \begin{align*} \left[\sum_{k=0}^\infty (-1)^k(2k+1)q^{k(k+1)/2}\right]^8 \equiv \sum_{k=0}^\infty q^{4k(k+1)} (\bmod\ 2) \end{align*} y así \begin{align*} q\prod_{n=1}^\infty (1-q^n)^{24} &\equiv q\left[\sum_{k=0}^\infty (-1)^kq^{k(k+1)/2}\right]^8\newline &\equiv \sum_{k=0}^\infty q^{4k(k+1)+1}\newline &\equiv \sum_{k=0}^\infty q^{4k^2 + 4k + 1}\newline &\equiv \sum_{k=0}^\infty q^{(2k+1)^2} (\bmod\ 2). \end{align*} Como $k\geq 0$ es claro que cada término de la suma es distinta (es decir, no tenemos problemas módulo 2), por lo tanto el único no-cero de los coeficientes modulo dos (es decir, los impares) son los coeficientes de $2k+1$ para un entero no negativo,$k$.
En caso de que alguien lo hace más allá de la enorme pedazo de ecuaciones anteriores, todavía estoy interesado en ver si ese método se filtra hacia fuera, como recuerdo de tratar con las ecuaciones de la forma $A + B + AB$ antes, y esperar realmente una solución de esa manera, aunque mi memoria es débil, así que yo sólo podía estar loco. Por supuesto, estoy muy contento con la versión simple de cualquier manera.
Viejo error-y versión:
Recuerdo de Euler pentagonal número teorema, \begin{align*} \prod_{n=1}^\infty (1-q^n) = \sum_{k=-\infty}^\infty (-1)^kq^{k(3k-1)/2}. \end{align*} A partir de esto podemos ver \begin{align*} \left(\prod_{n=1}^\infty (1-q^n)\right)^{24} = \left(\sum_{k=-\infty}^\infty (-1)^kq^{k(3k-1)/2}\right)^{24}. \end{align*} Ahora aviso si $k = -j$ para algunos entero $j$, tenemos \begin{align*} \frac{k(3k-1)}{2} = \frac{j(3j+1)}{2}, \end{align*} así que podemos reescribir esto como \begin{align*} \left(\prod_{n=1}^\infty (1-q^n)\right)^{24} = 1 + \left(\sum_{k=1}^\infty (-1)^kq^{k(3k-1)/2} + (-1)^{-k}q^{k(3k+1)/2}\right)^{24}. \end{align*} La reducción de la derecha modulo 2 da \begin{align*} \left(\prod_{n=1}^\infty (1-q^n)\right)^{24} &\equiv 1 + \left(\sum_{k=1}^\infty (-1)^kq^{k(3k-1)/2} + (-1)^kq^{k(3k+1)/2}\right)^{24}(\bmod\ 2)\newline &\equiv 1 + \left(\sum_{k=1}^\infty q^{k(3k-1)/2} + q^{k(3k+1)/2}\right)^{8\cdot 3}(\bmod\ 2)\newline &\equiv 1 + \left(\sum_{k=1}^\infty (q^{k(3k-1)/2} + q^{k(3k+1)/2})^{8}\right)^3(\bmod\ 2)\newline &\equiv 1 + \left(\sum_{k=1}^\infty (q^{4k(3k-1)} + q^{4k(3k+1)})\right)^3 (\bmod\ 2). \end{align*} Por lo tanto \begin{align*} q\left(\prod_{n=1}^\infty (1-q^n)\right)^{24} &\equiv q + q\left(\sum_{k=1}^\infty (q^{4k(3k-1)} + q^{4k(3k+1)})\right)^3 (\bmod\ 2)\newline &\equiv q+q\left(\sum_{k=1}^\infty q^{12k(3k-1)} + q^{(8k(3k-1)) + (4k(3k+1))}\right.\newline &\ \ \ \ + \left.q^{(4k(3k-1)) + (8k(3k+1))} + q^{12k(3k+1)}\right) (\bmod\ 2)\newline &\equiv q+q\left(\sum_{k=1}^\infty q^{36k^2-12k} + q^{36k^2-4k} + q^{36k^2+4k} + q^{36k^2+12k}\right) (\bmod\ 2)\newline &\equiv q+\left(\sum_{k=1}^\infty q^{36k^2-12k+1} + q^{36k^2-4k+1} + q^{36k^2+4k+1} + q^{36k^2+12k+1}\right) (\bmod\ 2)\newline &\equiv q+\left(\sum_{k=1}^\infty q^{(6k-1)^2} + q^{36k^2-4k+1} + q^{36k^2+4k+1} + q^{(6k+1)^2}\right) (\bmod\ 2) \end{align*} así que...?
Tenemos todos los números impares congruente a 1 y 5 mod 6, pero no veo cómo podemos obtener los números congruentes a 3 mod 6... que me hace pensar que hay un error que no puedo encontrar en algún lugar.
Debo añadir, que yo hago (vagamente) conocer de otra manera para solucionar este problema, acabo de disfrutar de este enfoque, así que quería hacer el trabajo si es posible.
Gracias!
