"분할수의 생성함수(오일러 함수)"의 두 판 사이의 차이

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<math>F(q)= \prod_{n=1}^\infty \frac {1}{1-q^n} \sim \frac{\pi^2}{6(1-q)}</math> ■
 
<math>F(q)= \prod_{n=1}^\infty \frac {1}{1-q^n} \sim \frac{\pi^2}{6(1-q)}</math> ■
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* <math>q=e^{-\epsilon}</math> 으로 두면, <math>1-q\sim \epsilon</math> 이고, <math>\prod_{n=1}^\infty \frac {1}{1-q^n} \sim \frac{\pi^2}{6\epsilon}=\frac{(2\pi)^2}{24\epsilon}</math> 을 얻는다<br>
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* <math>\pi^2/6</math> 은 [[ζ(2)의 계산, 오일러와 바젤문제(완전제곱수의 역수들의 합)|오일러와 바젤문제(완전제곱수의 역수들의 합)]]에 등장하는 수이다<br>
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* <math>q=e^{\-\epsilon}</math><br>
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<h5 style="margin: 0px; line-height: 2em;">분할수의 근사공식</h5>
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* [[분할수의 근사 공식 (하디-라마누잔-라데마커 공식)|하디-라마누잔-라데마커 분할수 공식]]<br>
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2010년 3월 13일 (토) 19:04 판

이 항목의 스프링노트 원문주소

 

 

개요
  • 분할수의 생섬함수를 오일러함수라고도 한다
  • 분할수의 생성함수는 다음과 같이 무한곱으로 표현가능하다
    \(\sum_{n=0}^\infty p(n)q^n= 1+q+2 q^2+3 q^3+5 q^4+7 q^5+11 q^6+15 q^7+22 q^8+30 q^9+42 q^{10}+\cdots\)

\(\sum_{n=0}^\infty p(n)q^n = \prod_{n=1}^\infty \frac {1}{1-q^n} \right = \prod_{n=1}^\infty (1-q^n)^{-1} \)

 

 

오일러의 오각수정리

 

  • 위의 급수는 오일러함수의 역이다
    \(\sum_{n=0}^\infty p(n)q^n = \prod_{n=1}^\infty \frac {1}{1-q^n} \right = \prod_{n=1}^\infty (1-q^n)^{-1} \)

 

 

q가 1에 가까울 때의 근사공식

(정리)

\(q\to 1\) 일 때,

\(F(q)= \prod_{n=1}^\infty \frac {1}{1-q^n} \sim \frac{\pi^2}{6(1-q)}\)

 

(증명)

\(\log F(q)= \sum_{n=1}^\infty \log \frac {1}{1-q^n} \right =\sum_{m=1,n=1}^{\infty}\frac{q^{mn}}{m}=\sum_{m=1}\frac{q^m}{m(1-q^m)}\)

\(1-q^m=(1-q)(1+q+\cdots+q^{m-1})\)  와 \(0<q<1\) 을 이용하면,

\(mq^{m-1}(1-x)<1-q^m<m(1-q)\) 이다. 따라서,

\(\frac{1}{1-q}\sum_{m=1}^{\infty}\frac{q^m}{m^2}< \sum_{n=1}^\infty \log \frac {1}{1-q^n} <\frac{1}{1-q}\sum_{m=1}^{\infty}\frac{q}{m^2}\)

 

q가 1에 가까워질 때, 

\(\sum_{m=1}^{\infty}\frac{q^m}{m^2}\to \frac{\pi^2}{6}\),  \(\sum_{m=1}^{\infty}\frac{q}{m^2}\to \frac{\pi^2}{6}\)

이므로,

\(F(q)= \prod_{n=1}^\infty \frac {1}{1-q^n} \sim \frac{\pi^2}{6(1-q)}\) ■

 

 

 

분할수의 근사공식

 

 

 

q-초기하급수 형태로의 표현

 

(정리)

\(\sum_{n=0}^\infty p(n)q^n = \prod_{n=1}^\infty \frac {1}{1-q^n} \right = \prod_{n=1}^\infty (1-q^n)^{-1} =1+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{q^n}{(1-q)(1-q^2)\cdots(1-q^n)}\)

 

(증명)

오일러의 무한곱공식을 적용.

\(\prod_{n=0}^{\infty}\frac{1}{1-zq^n}=\sum_{n\geq 0}\frac{1}{(1-q)(1-q^2)\cdots(1-q^n)} z^n\) ■

 

 

(정리)

\(\sum_{n=0}^\infty p(n)q^n = 1+\sum_{n=1}\frac{q^{n^2}}{(1-q)^2(1-q^2)^2\cdots(1-q^n)^2}\)

 

 

 

 

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