欧拉五边形定理的高斯证明

欧拉五边形定理的内容：

\[\prod_{n\ge 1}{(1-x^n)}=\sum_{n\ge 0}{(-1)^n x^{n(3n\pm 1)/2}} \]

我们来介绍高斯的证法
考虑下面这个无穷积

\[F(z)=(1+x^1z)(1+x^1z^{-1})(1+x^3z)(1+x^3z^{-1})\cdots (1+x^{2n+1}z)(1+x^{2n+1}z^{-1})\cdots \]

我们考虑将 \(F(z)\) 表示为

\[A_0(x)+A_1(x)(z+z^{-1})+A_2(x)(z^2+z^{-2})+\cdots+A_n(z^n+z^{-n})+\cdots \]

然后我们考虑 \(F(x^2z)\)

\[F(x^2z)=(1+x^3z)(1+x^{-1}z^{-1})(1+x^5z)(1+x^{1}z^{-1})\cdots \]

观察发现，对比 \(F(z)\)，\(F(x^2z)\) 唯一的不同在于多了一个 \(1+x^{-1}z^{-1}\)，少了一个 \(1+xz\)

那么 \(F(x^2z)(1+xz)=(1+x^{-1}z^{-1})F(z)\)

因为 \(\dfrac{1+xz}{1+x^{-1}z^{-1}}=\dfrac{xz+x^2z^2}{xz+1}=xz\)

所以 \(F(x^2z)xz=F(z)\)

\[(A_0(x)+A_1(x)(x^2z+(x^2z)^{-1})+A_2(x)((x^2z)^2+(x^2z)^{-2})+\cdots)xz=A_0(x)+A_1(x)(z+z^{-1})+A_2(x)(z^2+z^{-2})+\cdots \]

我们考虑 \(z^r\) 的系数，我们发现，左边 \(z^r\) 的系数是 \(A_{r-1}(x)x^{2r-1}\)，右边是 \(A_r(x)\)

所以 \(A_{r-1}(x)x^{2r-1}=A_r(x)\)

这个数列的通项是容易的，\(A_r(x)=A_0(x)\prod_{k\le r} x^{2k-1}=A_0(x)x^{r^2}\)

但是我们发现我们并不知道 \(A_0(x)\)，考虑在有限级数

\[f(z)=(1+x^1z)(1+x^1z^{-1})(1+x^3z)(1+x^3z^{-1})\cdots (1+x^{2n-1}z)(1+x^{2n-1}z^{-1}) \]

中求出 \(A_0(x)\)

为了区分有限的 \(f\) 和无限的 \(F\)，令

\[f(z)=a_0(x)+a_1(x)(z+z^{-1})+a_2(x)(z^2+z^{-2})+\cdots+a_n(z^n+z^{-n})+\cdots \]

我们利用和原先相似的研究方法，展开 \(f(x^2z)\)

\[f(x^2z)=(1+x^3z)(1+x^{-1}z^{-1})(1+x^5z)(1+x^{1}z^{-1})\cdots(1+x^{2n+1}z)(1+x^{2n-3}z^{-1}) \]

我们发现，这次我们不仅前面少了 \(1+xz\)，多了 \(1+x^{-1}z^{-1}\)，后面也少了 \(1+x^{2n-1}z^{-1}\)，多了 \(1+x^{2n+1}z\)

我们可以直接把前面的变成多出了 \(xz\)，则

\[xz(1+x^{2n-1}z^{-1})f(x^2z)=(1+x^{2n+1}z)f(z) \]

\[(xz+x^{2n})f(x^2z)=(1+x^{2n+1}z)f(z) \]

得到

\[(\cdots+a_n(x)((x^2z)^n+(x^2z)^{-n}))(xz+x^{2n})=(\cdots+a_n(x)(z^n+z^{-n}))(1+x^{2n+1}z) \]

我们还是研究 \(z^r\) 的系数，在左边是 \(x^{2r-1}a_{r-1}(x)+x^{2r+2n}a_r(x)\)，在右边是 \(x^{2n+1}a_{r-1}(x)+a_r(x)\)

因此 \(x^{2r-1}a_{r-1}(x)+x^{2r+2n}a_r(x)=x^{2n+1}a_{r-1}(x)+a_r(x)\)

\[x^{2r-1}a_{r-1}(x)-x^{2n+1}a_{r-1}(x)=a_r(x)-x^{2r+2n}a_r(x) \]

\[x^{2r-1}(1-x^{2n-2r+2})a_{r-1}(x)=(1-x^{2n+2r})a_r(x) \]

因此 \(a_r(x)=a_{r-1}(x)\dfrac{x^{2r-1}(1-x^{2n-2r+2})}{1-x^{2n+2r}}\)

这个公式的通项也是容易的

\[a_r(x)=a_{0}(x)x^{r^2}\dfrac{(1-x^{2n})\cdots(1-x^{2n-2r+2})}{(1-x^{2n+2r})\cdots(1-x^{2n+2})} \]

但是，因为是有限的数列，我们已经知道 \(a_n(x)=x^1x^3x^5\cdots x^{2n-1}=x^{r^2}\)

所以，我们倒推出 \(a_0(x)=\dfrac{(1-x^{4n})\cdots(1-x^{2n+2})}{(1-x^{2n})\cdots(1-x^{2})}\)

然后，对于任意大的 \(N\)，我们都可以只考虑 \(x^N\) 以内的项，所以

\(A_0(x)=\dfrac{1}{(1-x^{2})(1-x^{4})\cdots(1-x^{2n})\cdots}\)

\[(1+x^1z)(1+x^1z^{-1})\cdots (1+x^{2n+1}z)(1+x^{2n+1}z^{-1})\cdots=A_0(x)+A_1(x)(z+z^{-1})+\cdots+A_n(z^n+z^{-n})+\cdots \]

然后我们把所有的 \(A_n(x)\) 全部替换成 \(x^{n^2}A_0(x)\)，然后把 \((1-x^{2})(1-x^{4})\cdots(1-x^{2n})\cdots\) 移项到左边，得到

\((1+x^1z)(1+x^1z^{-1})(1-x^2)(1+x^3z)(1+x^3z^{-1})(1-x^4)\cdots (1+x^{2n-1}z)(1+x^{2n-1}z^{-1})(1-x^{2n})\cdots\)

所以

\(\prod(1+x^{2n-1}z)(1+x^{2n-1}z^{-1})(1-x^{2n})=1+x(z+z^{-1})+\cdots+x^{n^2}(z^n+z^{-n})+\cdots\)

现在我们如果令 \(x=y^{3},z=-y\)，那么左边就变成（注：这里不直接开根号是为了避免虚数的讨论）

\[\prod(1-y^{6n-2})(1-y^{6n-4})(1-y^{2n}) \]

右边就变成 \(1-y^3(y+y^{-1})+\cdots+(-1)^ny^{3n^2}(y^n+y^{-n})\)

将其打开，就是 \(1-y^4-y^2+\cdots+(-1)^ny^{3n^2+n}+(-1)^ny^{3n^2-n}\)

而我们令 \(t=\sqrt{y}\)

左边就是 \(\prod_{n\ge 1}{(1-t^n)}\)（凑齐了模 \(3\) 的剩余系），右边就是 \(\sum_{n\ge 0}{(-1)^n t^{n(3n\pm 1)/2}}\)

\[\prod_{n\ge 1}{(1-x^n)}=\sum_{n\ge 0}{(-1)^n x^{n(3n\pm 1)/2}} \]

证毕