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* [[오일러의 오각수정리(pentagonal number theorem)]]<br><math>\prod_{n=1}^\infty (1-q^n)=\sum_{k=-\infty}^\infty(-1)^kq^{k(3k-1)/2}</math><br><math>(1-q)(1-q^2)(1-q^3) \cdots = 1 - q - q^2 + q^5 + q^7 - q^{12} - q^{15} + q^{22} + q^{26} + \cdots</math><br> | * [[오일러의 오각수정리(pentagonal number theorem)]]<br><math>\prod_{n=1}^\infty (1-q^n)=\sum_{k=-\infty}^\infty(-1)^kq^{k(3k-1)/2}</math><br><math>(1-q)(1-q^2)(1-q^3) \cdots = 1 - q - q^2 + q^5 + q^7 - q^{12} - q^{15} + q^{22} + q^{26} + \cdots</math><br> | ||
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* [[분할수의 근사 공식 (하디-라마누잔-라데마커 공식)|하디-라마누잔-라데마커 분할수 공식]]<br><math>p(n) \approx \frac{1}{\pi\sqrt{2}}\frac{Ke^{K\sqrt{n}}}{4n}=\frac {e^{\pi\sqrt{\frac{2n}{3}}}} {4\sqrt{3}n}</math><br> | * [[분할수의 근사 공식 (하디-라마누잔-라데마커 공식)|하디-라마누잔-라데마커 분할수 공식]]<br><math>p(n) \approx \frac{1}{\pi\sqrt{2}}\frac{Ke^{K\sqrt{n}}}{4n}=\frac {e^{\pi\sqrt{\frac{2n}{3}}}} {4\sqrt{3}n}</math><br> | ||
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2012년 11월 1일 (목) 14:27 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
- 오일러의 오각수정리(pentagonal number theorem)
\(\prod_{n=1}^\infty (1-q^n)=\sum_{k=-\infty}^\infty(-1)^kq^{k(3k-1)/2}\)
\((1-q)(1-q^2)(1-q^3) \cdots = 1 - q - q^2 + q^5 + q^7 - q^{12} - q^{15} + q^{22} + q^{26} + \cdots\)
- 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,
\(F(q)= \prod_{n=1}^\infty \frac {1}{1-q^n} \sim \exp(\frac{\pi^2}{6(1-q)})\)
(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,
\(F(q)= \prod_{n=1}^\infty \frac {1}{1-q^n} \sim \exp(\frac{\pi^2}{6(1-q)})\) ■
- \(q=e^{-\epsilon}\) 으로 두면 \(\epsilon\sim 0\) 일 때, \(1-q\sim \epsilon\) 이고 \(\prod_{n=1}^\infty \frac {1}{1-q^n} \sim \exp(\frac{\pi^2}{6\epsilon})=\exp(\frac{(2\pi)^2}{24\epsilon})\) 을 얻는다
- \(\pi^2/6\) 은 오일러와 바젤문제(완전제곱수의 역수들의 합)에 등장하는 수이다
- Hardy's book 'Ramanujan' on partition asymptotics
분할수의 근사공식
- 하디-라마누잔-라데마커 분할수 공식
\(p(n) \approx \frac{1}{\pi\sqrt{2}}\frac{Ke^{K\sqrt{n}}}{4n}=\frac {e^{\pi\sqrt{\frac{2n}{3}}}} {4\sqrt{3}n}\)
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) (Durfee square identity)
데데킨트 에타함수
재미있는 사실
- Math Overflow http://mathoverflow.net/search?q=
- 네이버 지식인 http://kin.search.naver.com/search.naver?where=kin_qna&query=
역사
메모
관련된 항목들
수학용어번역
사전 형태의 자료
- http://ko.wikipedia.org/wiki/
- http://en.wikipedia.org/wiki/
- http://www.wolframalpha.com/input/?i=
- NIST Digital Library of Mathematical Functions
- The On-Line Encyclopedia of Integer Sequences
관련논문
관련도서
- 도서내검색
- 도서검색
관련기사
- 네이버 뉴스 검색 (키워드 수정)