Formelsammlung Mathematik: Unendliche Reihen: Lambertreihen

Die Jacobische Formel ${\displaystyle \prod _{n=1}^{\infty }\left(1-q^{n}\right)^{3}=\sum _{n=0}^{\infty }(-1)^{n}\,(2n+1)\,q^{\frac {n(n+1)}{2}}}$

lässt sich durch umsortieren schreiben als ${\displaystyle \prod _{n=1}^{\infty }\left(1-q^{n}\right)^{3}=\sum _{n=0}^{\infty }(4n+1)\,q^{2n^{2}+n}}$. (Vorüberlegung)

Beim Jacobischen Tripelprodukt ${\displaystyle \sum _{n\in \mathbb {Z} }x^{n^{2}}\,z^{2n}=\prod _{n=1}^{\infty }\left(1-x^{2n}\right)\left(1+x^{2n-1}z^{2}\right)\left(1+{\frac {x^{2n-1}}{z^{2}}}\right)}$

setze ${\displaystyle x=q^{2}\,}$ und ${\displaystyle z^{2}=a^{4}q\,}$ und multipliziere beide Seiten mit ${\displaystyle a\,}$ durch:

${\displaystyle \sum _{n\in \mathbb {Z} }a^{4n+1}\,q^{2n^{2}+n}=a\cdot \prod _{n=1}^{\infty }(1-q^{4n})(1+a^{4}\,q^{4n-1})(1+a^{-4}\,q^{4n-3})}$

Differenziere nach ${\displaystyle a\,}$:

${\displaystyle \sum _{n\in \mathbb {Z} }(4n+1)\,a^{4n}\,q^{2n^{2}+n}=a\cdot \prod _{n=1}^{\infty }(1-q^{4n})(1+a^{4}\,q^{4n-1})(1+a^{-4}\,q^{4n-3})\,\left\{1+\sum _{n=1}^{\infty }\left({\frac {4a^{3}\,q^{4n-1}}{1+a^{4}\,q^{4n-1}}}-{\frac {4a^{-5}\,q^{4n-3}}{1+a^{-4}\,q^{4n-3}}}\right)\right\}}$

Letzter Ausdruck ersteht dabei durch logarithmisches ableiten. Setze nun ${\displaystyle a=1\,}$:

${\displaystyle \sum _{n\in \mathbb {Z} }(4n+1)\,q^{2n^{2}+n}=\prod _{n=1}^{\infty }(1-q^{4n})(1+q^{4n-1})(1+q^{4n-3})\,\left\{1+4\sum _{n=1}^{\infty }\left({\frac {q^{4n-1}}{1+q^{4n-1}}}-{\frac {q^{4n-3}}{1+q^{4n-3}}}\right)\right\}}$

Somit ist nach obiger Vorüberlegung ${\displaystyle \prod _{n=1}^{\infty }\left(1-q^{n}\right)^{3}=\prod _{n=1}^{\infty }(1-q^{4n})(1+q^{4n-1})(1+q^{4n-3})\,\left\{1+4\sum _{n=0}^{\infty }\left({\frac {q^{4n+3}}{1+q^{4n+3}}}-{\frac {q^{4n+1}}{1+q^{4n+1}}}\right)\right\}}$.

Dabei ist ${\displaystyle \prod _{n=1}^{\infty }\underbrace {(1-q^{4n})} _{\text{3.Binom}}\underbrace {(1+q^{4n-1})(1+q^{4n-3})} _{\text{zusammenfassen}}=\prod _{n=1}^{\infty }(1-q^{2n})(1+q^{2n})(1+q^{2n-1})=\prod _{n=1}^{\infty }(1-q^{n})(1+q^{n})(1+q^{n})}$.

Teile beide Seiten durch dieses Produkt:

${\displaystyle \left(\prod _{n=1}^{\infty }{\frac {1-q^{n}}{1+q^{n}}}\right)^{2}=1+4\sum _{n=0}^{\infty }\left({\frac {q^{4n+3}}{1+q^{4n+3}}}-{\frac {q^{4n+1}}{1+q^{4n+1}}}\right)}$

Unter Verwendung der Eulerschen Identität ${\displaystyle \prod _{n=1}^{\infty }(1+q^{n})^{-1}=\prod _{n=1}^{\infty }(1-q^{2n-1})}$ ist

${\displaystyle \prod _{n=1}^{\infty }{\frac {1-q^{n}}{1+q^{n}}}=\prod _{n=1}^{\infty }(1-q^{n})(1-q^{2n-1})=\prod _{n=1}^{\infty }(1-q^{2n})(1-q^{2n-1})(1-q^{2n-1})}$.

Dies wiederum ist ${\displaystyle \sum _{n\in \mathbb {Z} }(-1)^{n}\,q^{n^{2}}}$ unter Verwendung des Jacobischen Tripelprodukts

${\displaystyle \prod _{n=1}^{\infty }(1-q^{2n})(1+a\,q^{2n-1})(1+a^{-1}q^{2n-1})=\sum _{n\in \mathbb {Z} }a^{n}\,q^{n^{2}}}$ im Fall ${\displaystyle a=-1\,}$.

Also ist ${\displaystyle \left(\sum _{n\in \mathbb {Z} }(-1)^{n}\,q^{n^{2}}\right)^{2}=1+4\sum _{n=0}^{\infty }\left({\frac {q^{4n+3}}{1+q^{4n+3}}}-{\frac {q^{4n+1}}{1+q^{4n+1}}}\right)}$.

Ersetzt man ${\displaystyle q\,}$ durch ${\displaystyle -q\,}$, so ist ${\displaystyle \left(\sum _{n\in \mathbb {Z} }q^{n^{2}}\right)^{2}=1+4\sum _{n=0}^{\infty }\left({\frac {q^{4n+1}}{1-q^{4n+1}}}-{\frac {q^{4n+3}}{1-q^{4n+3}}}\right)}$.