Bu teorem aslında ileri düzey bir konu olan teta fonksiyonlarının bir sonucudur. Burada detayına girmeden sadece bu soru üzerinde bir çözüm vereceğim.
$(z,q)_{n}=(1-z)(1-zq)\cdots (1-zq^{n-1})$ olsun. $(z,q)=(1-z)(1-zq)\cdots$ olarak gösterelim. Konuyu merak edenler için orijinal notasyonlar tam olarak bu şekilde değildir, ben sadece anlaşılması kolay olsun diye sade bir notasyon kullanıyorum. Burada $0<|z|,|q|<1$ olarak alacağız. $$(-q,q)=(1+q)(1+q^2)\cdots$$ olduğundan $q^k$'yı elde etmek için her çarpandan farklı $q^n$'ler ve $1$'ler kullanılacaktır. Aktif olan ($1$ gelmeyen) kuvvetlerin hepsi farklı olduğundan $k$'nın farklı pozitif tamsayıları kullanılarak elde edilebilecek parçalanışlarının sayısına $P(k)$ dersek, $$(-q,q)=1+\sum_{n=1}^{\infty}P(n)q^n$$ olacaktır. Şimdi $\frac{1}{(q^a,q^b)}$'ye bakalım. Geometrik seri kullanırsak, $$\frac{1}{(q^a,q^b)}=\frac{1}{1-q^a}\cdot \frac{1}{1-q^{a+b}}\cdot \frac{1}{1-q^{a+2b}}\cdots$$ $$=(1+q^a+q^{a+a}+q^{a+a+a}+\cdots)(1+q^{a+b}+q^{(a+b)+(a+b)}+\cdots)\cdots$$ Buradaki çarpımda $q^k$'yı elde edebilmek için her çarpandan $q^{n(a+bt)}$ formatında çarpanlar veya $1$'ler gelecek. Yani $k$'yı farklı olmak zorunda olmayan $a+bt$ formatındaki sayıların toplamı olarak $Q_{a,b}(k)$ şeklinde yazabiliyorsak, $$\frac{1}{(q^a,q^b)}=1+\sum_{n=1}^{\infty}Q_{a,b}(n)q^n$$ olacaktır. Eğer $a=1$ ve $b=2$ seçersek $Q_{1,2}(k)$ da $k$'nın tek sayılar kullanılan parçalanışlarının sayısını verecektir. Dolayısıyla $$(-q,q)=\frac{1}{(q,q^2)}\iff (-q,q)\cdot (q,q^2)=1$$ olduğunu gösterirsek soru biter. $$(-q,q)=(1+q)(1+q^2)(1+q^3)\cdots $$ $$(q,q)=(1-q)(1-q^2)(1-q^3)\cdots\implies (-q,q)\cdot (q,q)=(1-q^2)(1-q^4)(1-q^6)$$ $$\implies (-q,q)\cdot (q,q)\cdot (q,q^2)=\left[(1-q^2)(1-q^4)(1-q^6)\cdots \right]\left[(1-q)(1-q^3)(1-q^5)\cdots\right]=(q,q)$$ $$\implies (-q,q)\cdot (q,q^2)=1$$ elde edilir. Dolayısıyla her $k\geq 1$ için $P(k)=Q_{1,2}(k)$ olacaktır.
