Опять забираем "в итог" первые два слагаемых 1-x^5 из B, выносим за скобки x^8:
B=1-x^5-C*x^8.

Опять раскрываем в C первую скобку (1-x^3), опять всё хорошо сокращается, опять смотрим на сумму конечных произведений.

И так далее.

И тут уже понятно, как нужно формулировать утверждения (где там степени образуют арифметическую прогрессию с какой разностью) — и что как только последовательность утверждений правильно записать, мгновенно получится доказательство по индукции.

И вот итог — пентагональная теорема доказана!

Второй способ (чуть более современный взгляд) — я его увидел в статье G. Andrews, Euler's pentagonal number theorem, Mathematics Magazine 56 (1983), no. 5, 279-284 — состоит в том, чтобы рассмотреть такие суммы произведений, зависящие от двух переменных.

(G. Andrews, Euler's pentagonal number theorem, Mathematics Magazine 56, 1983)

Тогда вынесение первых двух слагаемых и раскрытие первой скобки это функциональное уравнение:

(G. Andrews, Euler's pentagonal number theorem, Mathematics Magazine, vol. 56, 1983)

И ход доказательства Эйлера — это итеративное применение этого тождества.

Но третий, совершенно прекрасный, вероятностный взгляд на всё то же доказательство придумал Федя Петров. Он описан у него вот тут, но я всё-таки пару слов скажу.

Вот пусть у нас есть квадратики, в каждом из которых независимо может вырасти ёлка с вероятностью (1-x) (и, соответственно, он остаётся пустым с вероятностью x).

Тогда в прямоугольнике 1xn не вырастает ни одной ёлки с вероятностью x^n — соответственно, хоть одна вырастает с вероятностью (1-x^n).

А произведение s=(1-x)(1-x^2)(1-x^3)... — это вероятность того, что ни один из прямоугольников размера 1x1, 1x2, 1x3,... не останется пустым!

Если смотреть на 1-s — то оно разбивается по тому, какой самый левый прямоугольник остался пустым. Либо это левая клетка (вклад x), либо пустых клеток хотя бы две (выносим x^2), а во всех прямоугольниках левее того есть хотя бы по одной ёлке (иначе бы это был не самый левый), и мы получаем бесконечную сумму конечных произведений конфигураций "вот тут ёлок нет, а вот в каждом из этих прямоугольников хотя бы одна есть".

И так продолжается и дальше (image credit: F. Petrov, Euler’s proof of pentagonal theorem).

По-моему, очень красиво!

Текущая версия-препринт текста Феди Петрова (спасибо ему за разрешение выложить!)

И в этом тексте больше, чем в посте по ссылке выше — вот одна страница оттуда в качестве рекламы.

Третий способ доказывать пентагональную теорему (и первый, который я узнал) — через тройное произведение Якоби.

Вот его формулировка из уже упоминавшейся брошюры Е. Ю. Смирнова:

На вид выглядит несколько пугающе: ряды уже от двух формальных переменных, q и x, причём для x бывают ещё и отрицательные степени, и в левой части стоит произведение аж трёх разных скобок. Но на самом деле — совершенно не страшно (и мы с ней скоро разберёмся). И действительно сразу проглядывает похожесть на пентагональную теорему: в левой части произведения по всем j с q^j внутри сомножителей, в правой сумма, правда, с треугольными, а не с пятиугольными показателями степеней.

И пентагональная теорема из неё действительно выводится очень несложно: если подставить q^3 вместо q и -q^{-1} вместо x, то три скобки в левой части станут в точности произведением (1-q^j) из пентагональной теоремы — просто разбитым по тому, какой остаток степень j даёт при делении на 3. Если j=3k, то (1-q^j) получается из последней скобки, если j=3k-1, то из первой, а если j=3k-2, то из второй.
Ну а в правой части подстановка как раз и даёт обобщённые пятиугольные числа (со знаком, приходящим из x^j=(-q^{-1})^j) — в точности правую часть пентагональной теоремы.