"Q-이항정리"의 두 판 사이의 차이

2009년 12월 7일 (월) 19:16 판

이항정리 - 이항급수의 초기하급수 표현
\((1-z)^{-a}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(a)_n}{n!}z^n=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(a)_n(1)_n}{n!(1)_n}z^n=\,_2F_1(a,1;1;z)\)
q-이항정리
\(\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(a;q)_n}{(q;q)_n}z^n=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(1-a)^q_n}{(1-q)^q_n}z^n=\frac{(az;q)_{\infty}}{(z;q)_{\infty}}=\prod_{n=0}^\infty \frac {1-azq^n}{1-zq^n}, |z|<1\)
Pochhammer 기호와 캐츠(Kac) 기호 참조
q-초기하급수(q-hypergeometric series)
\(_{1}\phi_0 \left[\begin{matrix} a \\ - \end{matrix} ; q,z \right]\)\(=\sum_{n=0}^\infty \frac {(a;q)_n} {(q;q)_n} z^n\)

\(\prod_{r=1}^{n}(1+zq^r)=(1+zq)(1+zq^2)\cdots(1+zq^n)= \sum_{r=0}^{n} {n \choose r}_q q^{r(r+1)/2}z^r\)

q-초기하급수(q-hypergeometric series)의 오일러곱과 비교
\(\prod_{n=0}^{\infty}(1+zq^n)=\sum_{n\geq 0}\frac{q^{n(n-1)/2}}{(1-q)(1-q^2)\cdots(1-q^n)} z^n\)

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 <h5 style="margin: 0px; line-height: 2em;">q-이항정리</h5>
+<math>\prod_{r=1}^{n}(1+zq^r)=(1+zq)(1+zq^2)\cdots(1+zq^n)= \sum_{r=0}^{n} {n \choose r}_q q^{r(r+1)/2}z^r</math>
-<math>\prod_{r=1}^{n}(1+zq^r)= \sum_{r=0}^{n} {n \choose r}_q q^{r(r+1)/2}z^r</math>
-* [[#]]
+<math>\prod_{r=1}^{n}(1+zq^r)=(1+zq)(1+zq^2)\cdots(1+zq^n)= \sum_{r=0}^{n} {n \choose r}_q q^{r(r+1)/2}z^r</math>
-<math>\prod_{n=0}^{\infty}(1+zq^n)=\sum_{n\geq 0}\frac{q^{n(n-1)/2}}{(1-q)(1-q^2)\cdots(1-q^n)} z^n</math>
+* [[q-초기하급수(q-hypergeometric series) (통합됨)|q-초기하급수(q-hypergeometric series)]]의 오일러곱과 비교<br><math>\prod_{n=0}^{\infty}(1+zq^n)=\sum_{n\geq 0}\frac{q^{n(n-1)/2}}{(1-q)(1-q^2)\cdots(1-q^n)} z^n</math><br>