整数の分割は「分割の王国」の住人であれば誰にでもわかる問題なのだろうが，悲しいかな，われわれ凡人には迷惑すぎるほど高級に見える．そのような問題に対し，最近刊行されたばかりの
アンドリュース，エリクソン「整数の分割」数学書房
はオイラーの分割恒等式に始まってロジャーズ・ラマヌジャンの分割恒等式に至るまでの道筋を見事に解説してくれる入門書である．
オイラーの分割恒等式はその後の数多くの発展の先駆けであり，その中でも最も有名なものがロジャーズ・ラマヌジャンの分割恒等式である．入門書とはいっても初歩的な内容から高度な内容まで微にいり細にわたって整然と書き込まれていて，すべてが一目瞭然わかるという代物ではない．しかし，高級な数学理論にはよくありがちな意味不明のところはまったくみられない．今回はこの本を参考にして，コラム「母関数と整数の分割」を補完してみることにした．
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【１】分割恒等式
任意の正の整数に対して，ある一定の条件を満たす分割と別の分割が同数存在するという主張を分割恒等式といいます．１９４８年，オイラーは異なる数への分割と奇数への分割が同数あるという注目すべき結果を証明しています．例えば５を異なる数に分割するのは5,4+1,3+2の３通り，奇数に分割するのは5,3+1+1,1+1+1+1+1の３通りというわけです．
オイラーの分割恒等式が最初のものですが，分割恒等式はいくらでも存在し，ここに掲げたもの以外にも多くの予期せぬ分割恒等式が存在するのです．
［１］ロジャーズ・ラマヌジャンの第１恒等式
「１の位が１，４，６，９の数への分割と各因子の差が２以上ある分割とは同数ある．」
１の位が１，４，６，９の数とはmod5で±１と合同になる整数のことです．例えば５を１，４，６，９に分割するのは4+1,1+1+1+1+1の２通り，各因子の差が２以上ある分割は5,4+1の２通り．
この分割恒等式はロジャーズ(1894)，また彼とは独立にラマヌジャン(1913)によって得られました．ロジャース・ラマヌジャン恒等式は，最初ロジャースにより発見されたのですが，誰の興味も惹かず忘れ去られていたところ，ラマヌジャンにより別証明が与えられたというわけです．
［２］ロジャーズ・ラマヌジャンの第２恒等式
「１の位が２，３，７，８の数への分割と因子は２以上で各因子の差が２以上ある分割とは同数ある．」
これはmod5で±２と合同になる整数のことです．例えば５を２，３，７，８に分割するのは3+2の１通り，因子は２以上で各因子の差が２以上ある分割は5の１通り．
［３］シューアの分割恒等式
「mod6で±１と合同になる整数への分割と，各因子の差が３以上あり，連続する３の倍数を含まないような分割とは同数ある．」
例えば５をmod6で±１と合同になる整数に分割するのは5の１通り，各因子の差が３以上あり，連続する３の倍数を含まないような分割は5の１通り．
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これらの分割恒等式は狭い範囲の興味の対象にすぎないと思われるかもしれませんが，もし，物理状態がｎ個の基本粒子の分割に関係しているとすると，驚くほど深い物理学への応用をもっていることが理解されます．
実際，整数の分割問題は，現在では，統計力学（Maxwell-Boltzmann統計，Bose-Einstein統計，Fermi-Dirac統計）など様々な分野で実際的な問題を解決するのに用いられています．
n個の箱にr個の玉を入れる問題を考えます．箱を空間の小領域，玉を気体の分子と見立てて，ボルツマンは統計力学（Maxwell-Boltzmann統計）を構成しました．ＭＢ統計では１つの玉の入れ方がｎ通りで，玉がｒ個ですから全部でn^r通りの入れ方があると考えます．しかし，このように考えると，黒体輻射の実験がどうしてもうまく説明できませんでした．
そこで，玉は区別がつかないと仮定すると，n個の箱に区別できないr個の玉を入れる入れ方は重複組合せnＨr通り＝n+r-1Ｃr通りあることになり，新たな統計力学が構成されます．この統計力学はBose-Einstein統計と呼ばれ，光子や中性子がうまく当てはまります．ＢＥ統計にしたがう素粒子はボゾン（boson）と呼ばれます．
さらに，１つの箱には玉は１つしか入らないとするパウリの排他則を仮定すると重複のない組合せnＣr通りとなり，Fermi-Diracの統計が得られます．ＦＤ統計にしたがう素粒子に電子や陽子があり，それらはフェルミオン（fermion）と総称されます．
別の言い方をすると，宇宙を作っている粒子には２種類あり，物質の素になる粒子がフェルミオン（電子やクォークなど），力の素になる粒子がボゾン（光子など）なのですが，宇宙はひもから構成されているというのが「ひも理論」であり，フェルミオンのひもとボゾンのひもの２種類からなるというわけです．ひも理論の場合，フェルミオンは１０次元，ボゾンは２６次元というとんでもない値をとるのですが，これについてはコラム「ひもの棲む世界」で説明したとおりです．
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【２】オイラーの分割関数
たとえば，正の整数ｎに対して，
ｎ＝ｋ1＋２ｋ2＋３ｋ3 （ｋ1≧０，ｋ2≧０，ｋ3≧０）
となる解（ｋ1，ｋ2，ｋ3）の個数をａnとします．ｎ＝５の場合，
1+1+1+1+1 → （５，０，０）
1+1+1+2 → （３，１，０）
1+1+3 → （２，０，１）
1+2+2 → （１，２，０）
2+3 → （０，１，１）
ですから，ａ5＝５となります．
ａ0＝１，ａ1＝１，ａ2＝２，ａ3＝３，ａ4＝４，ａ5＝５，・・・
このとき，母関数は
ｆ（ｘ）＝Σａnｘ^n＝Σｘ^(k1+2k2+3k3)＝Σｘ^k1Σｘ^2k2Σｘ^3k3
＝１／（１−ｘ）・１／（１−ｘ^2）・１／（１−ｘ^3）
となります．
（１−ｘ）（１−ｘ^2）（１−ｘ^3）Σａnｘ^n＝１
ですから，各項の係数を比較すると漸化式
ａn＝ａn-1＋ａn-2−ａn-4−ａn-5＋ａn-6
を得ることができます．
ａ6＝７，ａ7＝８，ａ8＝１０，ａ9＝１２，ａ10＝１４，ａ11＝１６，・・・
この問題を一般化して
ｎ＝ｋ1＋２ｋ2＋３ｋ3＋・・・ （ｋ1≧０，ｋ2≧０，ｋ3≧０，・・・）の個数ｐ（ｎ）を考えます．ｎ＝５の場合，ａ5に
1+4，5
が加わり，p(5)=7となります．
「分割数」とは与えられた整数にどれだけ多くの分割があるのか（4=1+1+1+1,4=3+1）という整数の分割理論のことです．整数の分割では，3=2+1と3=1+2のように足し算の順序が違うものは同じと見なすことにします．
たとえば，４を分割するには非増加数列で構成した５通りの方法，4=3+1=2+2=2+1+1=1+1+1+1がありますから，p(4)=5．同様にして，5=4+1=3+2=3+1+1=2+2+1=2+1+1+1=1+1+1+1+1よりp(5)=7となります．（分割を図形的に表す方法にヤング図形がある．ヤング図形は非増加な非負整数列を表現する印象的な方法である．）
p(0)=1,p(1)=1,p(2)=2,p(3)=3,p(4)=5,p(5)=7,p(6)=11,
p(7)=15,p(8)=22,p(9)=30,p(10)=41,p(11)=56,p(12)=77,･･･
ここで，p(n)はオイラーの分割関数とも呼ばれますが，定義が簡単そうにみえるにも関わらず，易しい式で表すことはできません．
ところで，分割数は以下の公式によって代数的に定義することができます．
f(x)=Π(1-x^n)^(-1)={(1-x)(1-x^2)･･･(1-x^n)･･･}^(-1)
=(1+x+x^2+･･･)(1+x^2+x^4+･･･)(1+x^3+x^6+･･･)(1+x^4+x^8+･･･)･･･
=Σp(n)x^n=1+p(1)x+p(2)x^2+p(3)x^3+･･･
すなわち，f(x)は分割関数p(n)の母関数で，p(n)はｘ^nの係数になっています．
ｘ^k1を第１因子(1+x+x^2+･･･)の一般項，ｘ^2k2を第２因子(1+x^2+x^4+･･･)の一般項，ｘ^3k3を第３因子(1+x^3+x^6+･･･)の一般項，・・・とすると，
ｎ＝ｋ1＋２ｋ2＋３ｋ3＋・・・
となって，ｘ^nの項が整数ｎの分割に対応することになるのですが，オイラーはこのようにしてp(n)の母関数
f(x)=Π(1-x^n)^(-1)={(1-x)(1-x^2)･･･(1-x^n)･･･}^(-1)
=Σp(n)x^n=1+p(1)x+p(2)x^2+p(3)x^3+･･･
を得たというわけです．
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p(n)の正確な公式は，ラーデマッハーの公式（１９３７年）
p(n)=1/π√2ΣAk(n)k^(1/2){d/dxsinh(π(2/3(x-1/24))^(1/2)/(x-1/24)^(1/2))
によって与えられます．ここで，Ak(n)は１の２４乗根をもちいて明示的に与えることができます．しかし，実際に必要とされるのは分割数の漸近挙動です．
p(n)〜1/π√2{d/dxsinh(π(2/3(x-1/24))^(1/2)/(x-1/24)^(1/2))+･･･
σ(k)をｋの約数の和とすると，p(n)に対する漸化式
p(n)=1/nΣσ(k)p(n-k)
が得られます．また，σ(k)の漸近的振る舞い
1/n^2Σσ(k)〜π^2/12
を用いると，ｎが大きい場合の分割数の漸近挙動
p(n)〜exp(π√(2n/3))/4n√3
を得ることができます（ハーディーとラマヌジャン，１９１８年）．このことからp(n)は準指数関数と考えることができます（p(n)^(1/n)→1）．
また，
p(n)≦p(n-1)+p(n-2)
が成り立つことより，分割数の増大速度はファイボナッチ数で上から抑えられることが示されます．したがって，黄金比φ＝（√５＋１）／２とおくと上界は
p(n)<φ^n．
なお，ラマヌジャンはp(n)が満たす合同式について
ｐ（５ｎ＋４）＝０ ｍｏｄ５
ｐ（７ｎ＋５）＝０ ｍｏｄ７
ｐ（１１ｎ＋６）＝０ ｍｏｄ１１
を予想し，それらを証明しています．
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【３】オイラーの分割恒等式
オイラーの分割恒等式が任意の正の整数に対して成り立つことをどうやって示すか，そのための基本的アイディアが母関数を用いることです．ｎをすべて異なる数に分割する仕方について考えましょう．
この場合の母関数は，各整数を高々１回，繰り返すことなく取ることになるますから，制限のない場合の母関数
f(x)=(1+x+x^2+･･･)(1+x^2+x^4+･･･)(1+x^3+x^6+･･･)･･･
の因数を１以外に１つの項だけもつようにすればよい，したがって，
f(x)=(1+x)(1+x^2)(1+x^3)･･･
となることがわかります．
また，この母関数は
(1+x)(1+x^2)(1+x^3)･･･
=(1-x^2)/(1-x)･(1-x^4)/(1-x^2)･(1-x^6)/(1-x^3)･･･
=1/(1-x)(1-x^3)(1-x^5)･･･
と書き換えることができます．
これは奇数の整数への分割に対応する母関数であることがわかります．すなわち，
q(n)：ｎの奇数のみを用いた分割の総数
r(n)：ｎの互いに異なる数を用いた分割の総数
とすると
Σq(n)x^n=1/(1-x)(1-x^3)(1-x^5)･･･
Σr(n)x^n=(1+x)(1+x^2)(1+x^3)･･･
であり，両者の母関数は一致します．
こうして，異なる数への分割と奇数への分割が同数あるという注目すべき結果を得ることができたのですが，もし，物理状態がｎ個の基本粒子の分割に関係しているとすると，相異なる分割と奇数の分割は区別できないことになります．この驚くべき結果は１７４８年にオイラーによって証明されました．
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【４】オイラーの五角数定理
ある恒等式が分割の立場から何を意味するかという逆問題を考えてみましょう．
1/(1-x)=1+x+x^2+x^3+x^4+･･･
=(1+x)(1+x^2)(1+x^4)(1+x^8)･･･
において，1+x+x^2+x^3+x^4+･･･の指数は整数そのものの母関数と考えられます．一方，(1+x)(1+x^2)(1+x^4)(1+x^8)･･･は整数を繰り返しなしで２のベキに分解しています．したがって，各整数は２のベキの総和として一意に表せることを意味しているのです．
ｎ＝ｋ1＋２ｋ2＋２^2ｋ3＋・・・
ところで，オイラーの分割関数の分母
g(x)=Π(1-x^n)
に関してオイラーが発見した定理をもう一つ紹介しておきましょう．
分割数p(n)の母関数の逆数
Π(1-x^n)=(1-x)(1-x^2)(1-x^3)･･･
を考えます．これを展開すると，級数中の係数がすべて０か±１の級数
Π(1-x^n)=1-x-x^2+x^5+x^7-x^12-x^15+x^22+x^26-x^35-x^40+x^51+･･･
=Σ(x^(6m^2-m)-x^(6m^2+5m+1))
が得られますが，これが何を意味しているかを発見できるでしょうか？
一見したところ，何を意味しているのかすら明らかではないのですが，この級数は，ｍが負になる項も含んだ
Π(1-x^n)=Σ(-1)^mx^(m(3m-1)/2))
の形にまとめられ，ここで指数の引数がｍ（３ｍ−１）／２，すなわち，１，５，１２，２２，３５，５１，・・・という数列がピタゴラスの五角数であることから，五角数定理と呼ばれています．
この恒等式は，級数中のｘ^nの係数がすべて０か±１なのですが，組合せ論の解釈から，偶数個の異なる整数への分割数と奇数個の異なる整数への分割数の差
Ｐeven(n)-Ｐodd(n)=(-1)^m ｎ＝ｍ（３ｍ＋１）／２
Ｐeven(n)-Ｐodd(n)=0 その他の場合
を表すものと考えられます．
たとえば，ｎ＝８の場合，偶数個の異なる整数への分割は7+1=6+2=5+3の３通り，奇数個の異なる整数への分割は8=5+2+1=4+3+1の３通りですから，その差は０となります．ｎ＝５の場合，偶数個の異なる整数への分割は4+1=3+2の２通り，奇数個の異なる整数への分割は5の１通りですから，その差は１となります．
個数の差があるのはｎ＝ｍ（３ｍ＋１）／２またはｎ＝ｍ（３ｍ−１）／２，すなわち，
ｎ＝１，２，５，７，１２，１５，２２，２６，・・・
の場合で，このｎ＝ｍ（３ｍ±１）／２を５角数といいます．ｎが５角数の場合に限ってＰeven(n)とＰodd(n)が異なるのですが，五角数は分割問題でも役立つというわけです．
もう一度，オイラーの５角数定理についてまとめておくと，ある種の数に対する補正項をe(n)とおいて
＃｛偶数個の異なる整数への分割｝＝＃｛奇数個の異なる整数への分割｝＋e(n)
ここで，e(n)=(-1)^j n=j(3j±1)/2
e(n)=0
オイラーの５角数定理を用いると，分割関数に対する再帰関係式
Σp(n-j(3j±1)/2)(-1)^j=0
p(n)=p(n-1)+p(n-2)-p(n-5)-p(n-7)+p(n-12)+･･･
が得られます．これより
p(0)=1,p(1)=1,p(2)=2,p(3)=3,p(4)=5,p(5)=7,p(6)=11,
p(7)=15,p(8)=22,p(9)=30,p(10)=41,p(11)=56,p(12)=77,･･･
を効率的に計算することができます．
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五角数定理はオイラーが分割関数p(n)の研究中に発見した関数等式である（１７５０年）．オイラーの五角数定理はヤコビの三重積公式を使うとあっさり証明できるのであるが，五角数定理の完全な証明は，ヤコビのテータ関数や保型形式の理論の中に求められなければならない．
しかし，ヤコビを待つまでもなく，オイラーは五角数定理を証明したのだが，オイラーはこの定理の予想から証明までにかれこれ１０年を要した（発見は１７４１年，証明は１７５０年）．その間，たとえ完全な証明は与えられなくとも正しいことは間違いないことを確信していて，結果の正しさについて，微塵の疑いも抱いていなかったようである．
現在，五角数定理にはヤコビの三重積公式による証明やフランクリンによる組合せ的証明がある．オイラー自身による証明はヴェイユの「数論」に紹介されているのだが，梅田亨先生の解説によると，今日的な眼からすれば，オイラーの証明には無限次行列に対する跡公式と呼ばれるアイディアが使われているという．
跡公式とは，行列Ａにおいて対角和＝固有値の和，すなわち
ｔｒＡ＝Σλ
の左辺が解析的，右辺が幾何学的に得られたものであるように，ある作用素の跡を２通りの方法で計算することにより得られる等式であって，作用素とはいわば無限次行列のことと考えておくとよいと思われる．
２通りに計算するということを喩えていうならば，家計簿つけでまず行ごとの合計を求めそれを総計する，次に列ごとの合計を求めそれを総計する，そして計算が正しければその２つの計算結果は一致するはずというわけである．
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【５】ロジャース・ラマヌジャンの分割恒等式の母関数
母関数は一見手も足も出せそうもない関数をひとまとめにしてうまく処理するための常套手段のひとつです．ここで，母関数についてまとめておきましょう．
(1)因子が相異なる分割の母関数はΠ(1+x^n)
(2)同じ因子が高々ｄ回しか現れない整数ｎの分割の個数の母関数は
Σs(n)x^n=Π(1+x^n+x^2+･･･+x^dn)=Π(1-x^(d+1)n)/(1-x^n)
(3)また，同じ因子が何回でも繰り返し現れる分割ではｄ→∞とすればよいから，母関数はΠ1/(1-x^n)
また，分割に含まれる因子の個数情報を母関数から引き出したくなる場合もあります．そのようなときには２変数母関数のほうが便利です．それぞれ
(1)Π(1+zq^n)
(2)Π(1-z^(d+1)q^(d+1)n)/(1-zq^n)
(3)Π1/(1-zq^n)
となります．
ロジャーズ・ラマヌジャンの第１恒等式の母関数は
Σq(n)x^n=Π1/(1-x^(5n-4))(1-x^(5n-1)
第２恒等式では
Σq(n)x^n=Π1/(1-x^(5n-3))(1-x^(5n-2)
となるのですが，ｑ２項係数とヤコビの３重積公式を用いて，ロジャーズ・ラマヌジャンの恒等式を証明することができます．
ロジャース・ラマヌジャン恒等式にはやさしい証明は存在せず，ｑ二項係数とヤコビの三重積公式を使って証明されるのです．
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［１］２項定理のｑアナログ
熱放射に関するプランク分布は，数学的にみるとゼータ関数・ガンマ関数と関連していて，量子化の概念では
１＋ｘ＋ｘ^2＋ｘ^3＋・・・＝１／（１−ｘ）
1+e^(-x)+e^(-2x)+･･･=1/(1-e^(-x))
など無限等比級数がしばしば登場する．
ところで，ｑ→１とすることによって，
１，１＋ｑ，１＋ｑ＋ｑ^2，・・・，１＋ｑ＋ｑ^2＋・・・＋ｑ^(n-1)，・・・
は１，２，３，・・・，ｎ，・・・に近づく．このことから逆に
１，１＋ｑ，１＋ｑ＋ｑ^2，・・・，１＋ｑ＋ｑ^2＋・・・＋ｑ^(n-1)，・・・
＝（１−ｑ）／（１−ｑ），（１−ｑ^2）／（１−ｑ），（１−ｑ^3）／（１−ｑ），・・・，（１−ｑ^n）／（１−ｑ），・・・
は自然数のｑアナログを与えていると考えることができる．
ｑアナログは量子化の概念に非常によく似た形で与えられるといったほうがわかりやすいかもしれない．したがって，階乗ｎ！のｑアナログは
Π(1-q^k)/(1-q)
となるが，２項係数(n,m)=n!/m!(n-m)!のｑアナログ（ｑ-２項係数）を
[n,m]
と書くことにして，さらに
(a;q)n=(1-a)(1-aq)･･･(1-aq^(n-1))=Π(1-aq^k)
なる記号を導入すると
(q;q)n=(1-q)(1-q^2)･･･(1-q^n)=Π(1-q^k)
になるので，
[n,m]=(q;q)n/(q;q)m(q;q)n-m
このようにして，２項定理
(1+z)^n=Σ(n,m)z^m
のｑアナログは
(1+z)(1+zq)･･･(1+zq^(n-1))=(-z;q)n= Σ[n,m]q^(m(m-1)/2)･z^m
と表すことができる．
また，これよりｑ-２項級数は
(az;q)∞/(z;q)∞=Σ(a;q)m/(q;q)m･z^m
ガンマ関数（階乗の一般化），ガウスの超幾何関数（２項級数の一般化）のｑアナログも同様に与えることができて，
ｑ-ガンマ関数：Γq(x)=(q;q)∞/(q^x;q)∞(1-q)^(1-x)
ｑ-超幾何関数：2φ1(a,b,c:q,x)=Σ(a;q)m(b;q)n/(c;q)m(q;q)m･x^m
と定義される．
ｑ-超幾何関数はハイネの超幾何関数2φ1とも呼称される．ガウスの超幾何関数2Ｆ1は超幾何微分方程式
x(1-x)d^2y/dx^2+{γ-(α+β+1)x}dy/dx-αβy=0
を満たすが，ｑ-超幾何関数2φ1は類似の２階差分方程式をみたす．
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［２］ヤコビの３重積公式
(a;q)∞=(1-a)(1-aq)･･･(1-aq^(n-1))･･･=Π(1-aq^k)
を導入したついでに，ヤコビの３重積公式
Σz^nq^(n(n+1)/2)=Π(1-q^n)(1+zq^n)(1+z^(-1)q^(n-1))
すなわち
(x;q)∞(q/x;q)∞(q;q)∞=Σ(-1)^m･q^(m(m-1)/2)･x^m
を提示しておく．
ヤコビの３重積公式において，ｑをすべてｑ^3に置き換え，ｘ＝ｑとすれば，左辺は(q;q)∞となり，オイラーの５角数定理は
(q;q)∞=Σ(-1)^m･q^(m(3m+1)/2)
と表される．
ヤコビの３重積公式はテータ関数そのものを表しているのであって，これから
Σ(-1)^n･q^(n^2)=(q;q)∞/(-q;q)∞
Σq^(n(n+1)/2)=(q^2;q^2)∞/(q;q^2)∞
Σq^(k^2)/(q;q)k=1/(q;q^5)∞(q^4;q^5)∞
Σq^(k(k+1))/(q;q)k=1/(q^2;q^5)∞(q^3;q^5)∞
Σq^(k^2)/(q;q)2k=1/(q;q^2)∞(q^4;q^20)∞(q^16;q^20)∞
Σq^(k(k+2))/(q;q)2k+1=1/(q;q^2)∞(q^8;q^20)∞(q^12;q^20)∞
Σq^(k^2)/(q;q)k(q;q)n-k=Σ(-1)^k･q^{(5k^2-k)/2}/(q;q)n-k(q;q)n+k
Σ2q^(k^2)/(q;q)k(q;q)n-k=Σ(-1)^k･(1+q^k)q^{(5k^2-k)/2}/(q;q)n-k(q;q)n+k
などの恒等式が得られる．
このうち，後６者のｑ恒等式
Σq^(k^2)/(q;q)k=1/(q;q^5)∞(q^4;q^5)∞（第１恒等式）
Σq^(k(k+1))/(q;q)k=1/(q^2;q^5)∞(q^3;q^5)∞（第２恒等式）
Σq^(k^2)/(q;q)2k=1/(q;q^2)∞(q^4;q^20)∞(q^16;q^20)∞
Σq^(k(k+2))/(q;q)2k+1=1/(q;q^2)∞(q^8;q^20)∞(q^12;q^20)∞
Σq^(k^2)/(q;q)k(q;q)n-k=Σ(-1)^k･q^{(5k^2-k)/2}/(q;q)n-k(q;q)n+k
Σ2q^(k^2)/(q;q)k(q;q)n-k=Σ(-1)^k･(1+q^k)q^{(5k^2-k)/2}/(q;q)n-k(q;q)n+k
はロジャース・ラマヌジャン恒等式と呼ばれるものの例である．
ロジャース・ラマヌジャン型の恒等式は数論とのみ結びついていると考えられていたが，いまとなっては組合せ論を介して数理物理の計算に当たり前のように現れてくることが知られている．
［補］ｑ-階乗は
(a;q)n=(1-a)(1-aq)･･･(1-aq^(n-1))=Π(1-aq^k)
なる記号を導入すると
(q;q)n=(1-q)(1-q^2)･･･(1-q^n)=Π(1-q^k)
qを省略して単に(a)n,(q)nと書くことも多い．q=exp(-ε)とすると，ｑ→１（ε→０）の極限で(q)n=n!exp(n)となる．
ロジャーズ・ラマヌジャンの第１恒等式の母関数は
Σq(n)x^n=Π1/(1-x^(5n-4))(1-x^(5n-1)=Σq^(n^2)/(q)n
第２恒等式では
Σq(n)x^n=Π1/(1-x^(5n-3))(1-x^(5n-2)=Σq^(n^2+n)/(q)n
ヤコビの３重積公式を用いると，さらに
Σq^(n^2)/(q)n=1/(q)nΣ(-1)^rq^{(5r^2-r)/2}
Σq^(n^2+n)/(q)n=1/(q)nΣ(-1)^rq^{(5r^2+3r)/2}
と変形できる．
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