著名的五重积恒等式可写成如下形式：

$ \begin{equation} \sum\limits_{k=-\infty}^\infty(-1)^kq^{k(3k-1)\over2}x^{3k}(1+xq^k) =\frac{( q, q/x^2, x^2;q)_\infty}{(x, q/x ;q)_\infty}, \quad x\neq0. \end{equation} $

(1.1)

为了方便, 我们限制$ |q|<1 $. $ q- $移位阶乘定义为

$ \begin{equation*} \label{def} (a;q)_\infty=\prod\limits_{l=0}^{\infty}(1-aq^{l}) \qquad \mbox{以及}\qquad (a;q)_n=\frac{(a;q)_\infty}{(aq^n;q)_\infty}. \end{equation*} $

本文采用如下缩写$ (a, b, \cdots, \ c; q)_k=(a;q)_k(b;q)_k\cdots(c; q)_k, \quad k\in{\mathbb{Z}\cup\{\infty\}}. $读者可以参考[1] 或[2, 3] 以获得更多$ q- $级数理论.

五重积恒等式(1.1)或者它的等价形式由Fricke [4], Ramanujan [5] 和Watson [6] 分别发现. 它在数论, 组合和特殊函数等方面都有重要的应用. 文章[7] 中考证了这个等式的历史并收集整理了各种有趣的证明. 特别地, 文献[8, 9] 分别给出了五重积恒等式的两个不同的有限形式. 受前文的启示, 本文利用Gasper和Rahman公式[1, p. 98, Eq. (3.10.5)] 得到了五重积恒等式的一个新有限形式, 进而导出了五重积恒等式. 本文还得到一些组合恒等式.

为了方便, 下文中我们总是令$ m, n\in\mathbb{N}=\{0, 1, 2, \cdots\} $.

定理1.1  (五重积恒等式的一个新有限形式)我们有

$ \sum\limits_{k=0}^n\left(1-x^4 q^{4 k+2}\right)\left[\begin{array}{l} n \\ k \end{array}\right]_q \frac{\left(x^4 q^2 ; q^2\right)_k q^{\frac{k^2-3 k}{2}} x^{-k}}{\left(-q, x^2 q^{n+2} ; q\right)_k}=\frac{\left(1-x^4 q^2\right)\left(1+x q^{n+1}\right)\left(x^2 q^2,-1 / x q ; q\right)_n}{(1+x q)(-q, x q ; q)_n} .$

(1.2)

这里$ \left[\begin{array}{c} m \\ l \end{array}\right]_q=\frac{(q ; q)_m}{(q ; q)_l(q ; q)_{m-l}}, $, $ l=0, 1, 2, \cdots, \ m $.

推论1.2  我们有

$ \begin{equation} \sum\limits_{k=0}^n(2x+2k+1)\left( \begin{array}{c} n \\ k \end{array} \right)\frac{(2x+1)_k}{(2x+n+2)_k} =\frac{(2x+1)_{n+1} }{(x+1)_n}. \end{equation} $

(1.3)

这里$ (x)_0=1 $; 当$ k=1, 2, \cdots $时, $ (x)_k=x(x+1)\cdots(x+k-1) $.

在(1.3) 中, 令$ x=0 $, 整理后得到

$ \sum\limits_{k=0}^n(2k+1)\left( \begin{array}{c} 2n+1 \\ n-k \end{array} \right) =(n+1)\left(\begin{array}{c} 2n+1 \\ n \end{array} \right). $

在(1.3) 中, 令$ x={1\over2} $, 整理后得到

$ \sum\limits_{k=0}^n(k+1)\frac{\left( \begin{array}{c} n \\ k \end{array} \right)}{\left( \begin{array}{c} n+k+2 \\ n+1 \end{array} \right)} ={(2n+2)!!\over4\bullet(2n+1)!!}. $

在(1.3) 中, 令$ x=1 $, 整理后得到

$ \sum\limits_{k=0}^n(2k+3)\frac{\left( \begin{array}{c} n \\ k \end{array} \right)}{\left( \begin{array}{c} n+k+3 \\ n+1 \end{array} \right)} =1. $

在(1.3) 中, 令$ x=n $, 整理后得到

$ \sum\limits_{k=0}^n(2n+2k+1)\frac{\left( \begin{array}{c} n \\ k \end{array} \right)\left( \begin{array}{c} 5n+k+1 \\ 2n \end{array} \right)}{ \left( \begin{array}{c} 5n+k+1 \\ 3n+1 \end{array} \right)}=(4n+1)\frac{\left( \begin{array}{c} 4n \\ 2n \end{array} \right)}{\left( \begin{array}{c} 4n+1 \\ n \end{array} \right)}. $

读者可以参考[10] 以获得更多组合恒等式.

定理1.1的证明  我们从公式[1, p. 98, Eq. (3.10.5)]:

$ \begin{equation*} \sum\limits_{k=0}^n\frac{(a^2, aq^2, -aq^2;q^2)_k(-aq/w, q^{-n};q)_k}{(q^2, a, -a;q^2)_k(w, -aq^{n+1};q)_k}\left(\frac{wq^{n-1}}{a}\right)^k =\frac{(1-aq^{n+1}/w)(-aq, w/aq; q)_n} {(1-aq/w)(-q, w;q)_n} \end{equation*} $

开始. 作替换$ (a, w)\rightarrow (-x^2q, xq) $, 在所得到的等式两边同乘以$ 1-x^4q^2 $, 我们有

$ \begin{equation*} \label{semiqun} \sum\limits_{k=0}^n\frac{(1-x^4q^{4k+2})(x^4q^2;q^2)_k(q^{-n};q)_k}{(q^2;q^2)_k(x^2q^{n+2};q)_k}\left(-\frac{q^{n-1}}{x}\right)^k =\frac{(1-x^4q^2)(1+xq^{n+1})(x^2q^2, -1/xq;q)_n}{(1+xq)(-q, xq;q)_n}, \end{equation*} $

这就是(1.2). 定理1.1证毕.

下面, 我们利用定理1.1推导五重积恒等式(1.1).

在定理1.1中, 作替换$ n\rightarrow m+n $, $ k\rightarrow k+m $, $ x\rightarrow xq^{-m} $, 我们有

$ \begin{align*} &\sum\limits_{k=-m}^n(1-x^4q^{4k+2})\left[ \begin{array}{c} m+n\\k+m \end{array} \right]_q\frac{(x^4q^{2-4m};q^2)_{k+m}q^{(k+m)^2-3(k+m)\over2}(xq^{-m})^{-k-m}} {(-q, x^2q^{n-m+2};q)_{k+m}}\notag\\ =&\frac{(1-x^4q^{2-4m})(1+xq^{n+1})(x^2q^{2-2m}, -q^{m-1}/x;q)_{m+n}}{(1+xq^{1-m})(-q, xq^{1-m};q)_{m+n}}, \end{align*} $

或写做

$ \begin{align*} &\sum\limits_{k=-m}^n(1-x^4q^{4k+2})\left[ \begin{array}{c} m+n\\k+m \end{array} \right]_q\frac{(x^4q^{2-2m};q^2)_k q^{{k^2-3k\over2}+2km}x^{-k}} {(-q^{m+1}, x^2q^{n+2};q)_k}\notag\\ =&\frac{(1-x^4q^{2-4m})(1+xq^{n+1})}{1+xq^{1-m}}q^{-3m^2+3m\over2}x^m\\ &\phantom{=}\times\frac{(-q;q)_m(x^2q^{n-m+2};q)_m}{(x^4q^{2-4m};q^2)_m}\frac{(x^2q^{2-2m};q)_{m+n}(-q^{m-1}/x;q)_{m+n}} {(-q;q)_{m+n}(xq^{1-m};q)_{m+n}} \notag\\ =&\frac{(1-x^4q^{2-4m})(1+xq^{n+1})}{1+xq^{1-m}}q^{-3m^2+3m\over2}x^m\phantom{=}\times\frac{(x^2q^{2-2m};q)_{2m+n}}{(x^4q^{2-4m};q^2)_m}\frac{(-q^{m-1}/x;q)_{m+n}} {(-q^{m+1};q)_{n}(xq^{1-m};q)_{m+n}} \notag\\ =&\frac{(1-x^4q^{2-4m})(1+xq^{n+1})}{1+xq^{1-m}}q^{-3m^2+3m\over2}x^m\phantom{=}\times\frac{(x^2q^{2-2m};q)_{2m}}{(x^4q^{2-4m};q^2)_m}\frac{(x^2q^{2};q)_{n}(-q^{m-1}/x;q)_{m+n}} {(-q^{m+1};q)_{n}(xq^{1-m};q)_m(xq;q)_n}.\notag \end{align*} $

上式中利用$ (aq^{-m};q)_n=(-a)^nq^{-mn+{n^2-n\over2}}(q^{m+1-n}/a;q)_n $得到

$ \begin{align} &\sum\limits_{k=-m}^n(-1)^k(1-x^4q^{4k+2})\left[ \begin{array}{c} m+n\\k+m \end{array} \right]_q\frac{(q^{2m-2k}/x^4;q^2)_kq^{k(3k-1)/2}x^{3k}} {(-q^{m+1}, x^2q^{n+2};q)_k}\\ =&\frac{(q^{4m}-x^4q^{2})(1+xq^{n+1})(1/x^2q;q)_{2m}(x^2q^{2};q)_{n}(-q^{m-1}/x;q)_{m+n}} {(q^{m}+xq)(q^{2m}/x^4;q^2)_m(-q^{m+1};q)_{n}(1/x;q)_m(xq;q)_n}, \end{align} $

(2.1)

再令$ m=n\rightarrow \infty $, 上式变为

$ \begin{equation} \sum\limits_{k=-\infty}^\infty(-1)^kq^{k(3k-1)\over2}x^{3k}(1-x^4q^{4k+2}) =-x^3q\frac{( q, 1/x^2q, x^2q^2;q)_\infty}{(xq, 1/x ;q)_\infty}. \end{equation} $

(2.2)

此式左端等于

$ \begin{eqnarray*} &&\sum\limits_{k=-\infty}^{\infty}(-1)^kq^{3k^2-k\over2}x^{3k}+\sum\limits_{k=-\infty}^{\infty}(-1)^{k +1}q^{3k^2+7k+4\over2}x^{3k+4}\\ &=&\sum\limits_{k=-\infty}^{\infty}(-1)^kq^{3k^2-k\over2}x^{3k}+\sum\limits_{k=-\infty}^{\infty}(-1)^{k }q^{3k^2+k\over2}x^{3k+1}\notag\\ &=&\sum\limits_{k=-\infty}^\infty(-1)^kq^{k(3k-1)\over2}x^{3k}(1+xq^k).\notag \end{eqnarray*} $

把上式与(2.2) 联合, 我们得到(1.1).

推论1.2的证明  在公式(1.1) 中, 把$ x $替换为$ q^x $, 在所得到的等式两端同除以$ 1-q^2 $, 我们有

$ \begin{align*} \label{sqn} &\sum\limits_{k=0}^n\frac{1-q^{4x+4k+2}}{1-q^2}\left[ \begin{array}{c} n\\k \end{array} \right]_q\frac{(-q^{2x+1}, q^{2x+1};q)_k q^{{k^2-3k\over2}-kx}}{(-q, q^{2x+n+2};q)_k}\\ =&\frac{(1-q^{4x+2})(1+q^{x+n+1})(-q^{-x-1}, q^{2x+2};q)_n}{(1-q^2)(1+q^{x+1})(-q, q^{x+1};q)_n}. \end{align*} $

令$ q\rightarrow1 $得到$ \sum\limits_{k=0}^n(2x+2k+1)\left( \begin{array}{c} n\\k \end{array} \right)\frac{2^k(2x+1)_k }{2^k(2x+n+2)_k} =(2x+1)\cdot\frac{2^n (2x+2)_n}{2^n (x+1)_n}. $化简得到(1.3). 推论1.2证毕.