Teorema de Euler de la pentagonal es la siguiente ecuación: $\prod\limits_{n=1}^{+\infty}(1-q^n)=\sum\limits_{m=-\infty}^{+\infty}(-1)^m q^{\frac{3m^2-m}{2}}$ $|q|<1$ Dónde está un número complejo. Espero que alguien me algunos consejos sobre esto.
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auramo
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Mientras que hay un montón de valor para los diferentes bijective pruebas conocido por Euler pentagonal teorema, tal vez la prueba de que es más fácil ver sin tener que dibujar es el de Euler, la idea original.
Definir $A_N=\sum_{n=1}^{\infty}q^{N(n-1)}(1-q^N)\cdots (1-q^{N+n-1})$. Comience con la identidad $$\prod_{n=1}^{\infty}(1-a_n)=1-a_1-\sum_{n=2}^{\infty}a_n(1-a_1)\cdots (1-a_{n-1})$$ y el enchufe de la $a_n=q^n$. Esto le da a usted $\prod_{n=1}^{\infty}(1-q^n)=1-q-q^2A_1$. Ahora para terminar la prueba de que el teorema de Euler necesita demostrar que el siguiente recursión $$A_N=1-q^{2N+1}-q^{3N+2}A_{N+1}.$$ Esta identidad es equivalente a probar $$q^{2N+1}-1+\sum_{n=1}^{\infty}q^{N(n-1)}(1-q^{N+1})\cdots(1-q^{N+n-1})(1-q^N+q^{3N+n+1}-q^{4N+2n+1})=0$$ y comienza $$(q^{2N+1}-1)+(1-q^N+q^{3N+2}-q^{4N+3})+q^N(1-q^{N+1})(1-q^N+q^{3N+3}-q^{4N+5})+\cdots$$ $$=q^N(1-q^{N+1})(q^{2N+2}-1)+q^N(1-q^{N+1})(1-q^N+q^{3N+3}-q^{4N+5})+\cdots$$ $$=q^{2N}(1-q^{N+1})(q^{2N+3}-1)+\cdots$$ y si te has dado cuenta, el patrón, el llenado de los detalles no debería ser muy difícil.
Anthony Shaw
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858
Aquí es un poco combinatoric prueba. Tenga en cuenta que para $k>0$, el coeficiente de $q^k$ en $$ \prod_{n=1}^\infty(1-p^n) $$ es el número de, incluso, el aumento de las particiones de $k$ menos el número de impares, el aumento de las particiones de $k$. Tome $k=7$, por ejemplo. Hay$3$, incluso, el aumento de las particiones de $7$: $1+6$, $2+5$, y $3+4$; hay $2$ impar, el aumento de las particiones de $7$: $7$ y $1+2+4$. Por lo tanto, el coeficiente de $q^7$$3-2=1$.
En lo que sigue, sólo va a estar preocupados con el aumento de las particiones. No es una buena forma de cancelar el incluso las particiones con el extraño particiones, pero no en pocos casos. Estos errores de los casos son las que dan lugar a la no-cero términos en la suma.
Aquí está la manera de par de par e impar de las particiones. Supongamos que el más pequeño sumando en una partición es $m$.
- si el $m$ más grande sumandos son consecutivos, a continuación, retire $m$ y añadir $1$ $m$ más grande de sumandos.
- si sólo el $j$ más grande sumandos son consecutivas $(j<m)$, luego restar $1$ de la $j$ más grande sumandos y anteponer $j$.
Tenga en cuenta que (1) es la inversa de (2) y vice-versa. Tome $k=6$, por ejemplo. Hay $4$ particiones, y ellos se combinan de la siguiente manera: $6\leftrightarrow 1+5$$1+2+3\leftrightarrow 2+4$.
Cada uno de los dos emparejamientos de arriba fallan en exactamente un camino para cada uno de los $m>0$,
- para la partición $m+(m+1)+...+(2m-1)$ [$m$ términos por un total $(3m-1)m/2$]
(esto falla porque $m$ va a ser eliminado, sin embargo, también se incrementa) - para la partición $(m+1)+(m+2)+...+2m$ [$m$ términos por un total $(3m+1)m/2$]
(esto falla porque $m$ es para ser antepuesto, sin embargo, $m+1$ también se decrementa)
Por lo tanto, después de la cancelación, tenemos de sobra particiones contribuyendo $(-1)^m q^{(3m-1)m/2}$$(-1)^m q^{(3m+1)m/2}$$m>0$. Tomando nota de que $(3(-m)-1)(-m)/2=(3m+1)m/2$, y que el término constante del producto es $1=q^0$, obtenemos $$ \prod_{n=1}^\infty(1-p^n)=\sum_{m=-\infty}^\infty(-1)^m p^{(3m-1)m/2} $$
sontek
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4783
Hay otras dos pruebas que te pueden gustar: Andrews prueba de Jacobi triple identidad del producto que implica Euler Pentagonal Teorema, y tiene una directa bijective prueba dada por Sylvester (véase mi estudio.
Otra, muy diferente de la prueba es debido a Dyson y dado aquí (véase mi estudio y este artículo de divulgación que explica la conexión).
