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* 다음의 특수한 경우:<math>x=q,y\to\infty, z\to\infty</math> | * 다음의 특수한 경우:<math>x=q,y\to\infty, z\to\infty</math> | ||
* 얻어진 켤레 베일리 쌍 (relative to 1):<math>\delta_n=q^{n^2}</math>:<math>\gamma_n=\frac{q^{n^2}}{(q)_{\infty}}</math> | * 얻어진 켤레 베일리 쌍 (relative to 1):<math>\delta_n=q^{n^2}</math>:<math>\gamma_n=\frac{q^{n^2}}{(q)_{\infty}}</math> | ||
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| − | * 다음을 이용 '''[Slater51] | + | * 다음을 이용 '''[Slater51] '''(4.1):<math>\sum_{r=0}^{n}\frac{(1-aq^{2r})(-1)^{r}q^{\frac{1}{2}(r^2+r)}(a)_{r}(c)_{r}(d)_{r}a^{r}}{(a)_{n+r+1}(q)_{n-r}(q)_{r}(aq/c)_{r}(aq/d)_{r}c^{r}d^{r}}=\frac{(aq/cd)_{n}}{(q)_{n}(aq/c)_{n}(aq/d)_{n}}</math> |
* 다음의 특수한 경우:<math>a=1,c\to\infty,d\to\infty</math> | * 다음의 특수한 경우:<math>a=1,c\to\infty,d\to\infty</math> | ||
* 얻어진 베일리 쌍 (relative to 1):<math>\alpha_{0}=1</math>, <math>\alpha_{n}=(-1)^{n}q^{\frac{3}{2}n^2}(q^{\frac{1}{2}n}+q^{-\frac{1}{2}n})</math>:<math>\beta_n=\frac{1}{(q)_{n}}</math>:<math>\beta_n=\sum_{r=0}^{n}\frac{\alpha_r}{(x)_{n-r}(q)_{n+r}}=\sum_{r=0}^{n}\frac{\alpha_r}{(q)_{n-r}(q)_{n+r}}=\frac{1}{(q)_{n}}</math> | * 얻어진 베일리 쌍 (relative to 1):<math>\alpha_{0}=1</math>, <math>\alpha_{n}=(-1)^{n}q^{\frac{3}{2}n^2}(q^{\frac{1}{2}n}+q^{-\frac{1}{2}n})</math>:<math>\beta_n=\frac{1}{(q)_{n}}</math>:<math>\beta_n=\sum_{r=0}^{n}\frac{\alpha_r}{(x)_{n-r}(q)_{n+r}}=\sum_{r=0}^{n}\frac{\alpha_r}{(q)_{n-r}(q)_{n+r}}=\frac{1}{(q)_{n}}</math> | ||
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* 베일리 쌍과 켤레 베일리 쌍:<math>\delta_n=q^{n^2}</math>:<math>\gamma_n=\frac{q^{n^2}}{(q)_{\infty}}</math>:<math>\alpha_{0}=1</math>, <math>\alpha_{n}=(-1)^{n}q^{\frac{3}{2}n^2}(q^{\frac{1}{2}n}+q^{-\frac{1}{2}n})</math>:<math>\beta_n=\frac{1}{(q)_{n}}</math> | * 베일리 쌍과 켤레 베일리 쌍:<math>\delta_n=q^{n^2}</math>:<math>\gamma_n=\frac{q^{n^2}}{(q)_{\infty}}</math>:<math>\alpha_{0}=1</math>, <math>\alpha_{n}=(-1)^{n}q^{\frac{3}{2}n^2}(q^{\frac{1}{2}n}+q^{-\frac{1}{2}n})</math>:<math>\beta_n=\frac{1}{(q)_{n}}</math> | ||
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| − | + | Let <math>\sum_{n=0}^{\infty}\frac{q^{n(an+b)/2}}{ | |
\prod_{j=1}^{r}(q^{c_j};q^{d_j})_n^{e_j}}=\sum_{N=0}^{\infty} a_N q^{N}</math>. | \prod_{j=1}^{r}(q^{c_j};q^{d_j})_n^{e_j}}=\sum_{N=0}^{\infty} a_N q^{N}</math>. | ||
| − | + | Then <math>\prod_{j=1}^{r}(1-x^{d_j})^{e_j}=x^a</math> has a unique root <math>0<\mu<1</math>. We get | |
<math>\log^2 a_N \sim 4N\sum_{j=1}^{r}\frac{e_j}{d_j}L(1-\mu^{d_j})</math> | <math>\log^2 a_N \sim 4N\sum_{j=1}^{r}\frac{e_j}{d_j}L(1-\mu^{d_j})</math> | ||
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a=2,d=1,e=1 | a=2,d=1,e=1 | ||
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<math>(1-x)^{1}=x^{2}</math>. | <math>(1-x)^{1}=x^{2}</math>. | ||
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<math>4L(\frac{3-\sqrt{5}}{2})=\frac{2}{5}(\frac{2}{3}\pi^2)=\frac{4}{15}\pi^2</math> | <math>4L(\frac{3-\sqrt{5}}{2})=\frac{2}{5}(\frac{2}{3}\pi^2)=\frac{4}{15}\pi^2</math> | ||
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==다이로그 항등식== | ==다이로그 항등식== | ||
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<math>L(\frac{3-\sqrt{5}}{2})=\frac{1}{15}\pi^2</math> | <math>L(\frac{3-\sqrt{5}}{2})=\frac{1}{15}\pi^2</math> | ||
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<math>L(\frac{\sqrt{5}-1}{2})=\frac{1}{10}\pi^2</math> | <math>L(\frac{\sqrt{5}-1}{2})=\frac{1}{10}\pi^2</math> | ||
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==관련된 항목들== | ==관련된 항목들== | ||
2020년 12월 28일 (월) 02:39 기준 최신판
개요
- 로저스-라마누잔 항등식 의 하나\[\sum_{n=0}^{\infty}\frac{q^{n(n+1)}}{ (q)_{n}}=\frac{(q^{1};q^{5})_{\infty}(q^{4};q^{5})_{\infty}(q^{5};q^{5})_{\infty}}{(q)_{\infty}}=\frac{1}{(q^{2};q^{5})_{\infty}(q^{3};q^{5})_{\infty}}\]
- 슬레이터 14 는 또다른 로저스-라마누잔 항등식
항등식의 분류
켤레 베일리 쌍의 유도
- q-가우스 합 에서 얻어진 다음 결과를 이용\[\delta_n=\frac{(y)_n(z)_n x^n}{y^n z^n}\], \(\gamma_n=\frac{(x/y;q)_{\infty}(x/z;q)_{\infty}}{(x;q)_{\infty}(x/yz;q)_{\infty}}\frac{(y)_n(z)_n x^n}{(x/y)_{n}(x/z)_{n}y^n z^n}\)\[\gamma_{n}=\sum_{r=0}^{\infty}\frac{\delta_{n+r}}{(x)_{r+2n}(q)_{r}}\]
- 다음의 특수한 경우\[x=q,y\to\infty, z\to\infty\]
- 얻어진 켤레 베일리 쌍 (relative to 1)\[\delta_n=q^{n^2}\]\[\gamma_n=\frac{q^{n^2}}{(q)_{\infty}}\]
베일리 쌍의 유도
- 다음을 이용 [Slater51] (4.1)\[\sum_{r=0}^{n}\frac{(1-aq^{2r})(-1)^{r}q^{\frac{1}{2}(r^2+r)}(a)_{r}(c)_{r}(d)_{r}a^{r}}{(a)_{n+r+1}(q)_{n-r}(q)_{r}(aq/c)_{r}(aq/d)_{r}c^{r}d^{r}}=\frac{(aq/cd)_{n}}{(q)_{n}(aq/c)_{n}(aq/d)_{n}}\]
- 다음의 특수한 경우\[a=1,c\to\infty,d\to\infty\]
- 얻어진 베일리 쌍 (relative to 1)\[\alpha_{0}=1\], \(\alpha_{n}=(-1)^{n}q^{\frac{3}{2}n^2}(q^{\frac{1}{2}n}+q^{-\frac{1}{2}n})\)\[\beta_n=\frac{1}{(q)_{n}}\]\[\beta_n=\sum_{r=0}^{n}\frac{\alpha_r}{(x)_{n-r}(q)_{n+r}}=\sum_{r=0}^{n}\frac{\alpha_r}{(q)_{n-r}(q)_{n+r}}=\frac{1}{(q)_{n}}\]
베일리 쌍
- 베일리 쌍과 켤레 베일리 쌍\[\delta_n=q^{n^2}\]\[\gamma_n=\frac{q^{n^2}}{(q)_{\infty}}\]\[\alpha_{0}=1\], \(\alpha_{n}=(-1)^{n}q^{\frac{3}{2}n^2}(q^{\frac{1}{2}n}+q^{-\frac{1}{2}n})\)\[\beta_n=\frac{1}{(q)_{n}}\]
q-series 항등식
- 항등식\[\sum_{n=0}^{\infty}\frac{q^{n^2}}{ (q)_{n}}=\frac{(q^{3};q^{5})_{\infty}(q^{2};q^{5})_{\infty}(q^{5};q^{5})_{\infty}}{(q)_{\infty}}=\frac{1}{(q^{1};q^{5})_{\infty}(q^{4};q^{5})_{\infty}}\]
- 베일리 쌍(Bailey pair)과 베일리 보조정리\[\sum_{n=0}^{\infty}\alpha_n\gamma_{n}=\sum_{n=0}^{\infty}\beta_n\delta_{n}\]\[\sum_{n=0}^{\infty}\beta_n\delta_{n}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{q^{n^2}}{(q)_{n}}\]\[\sum_{n=0}^{\infty}\alpha_n\gamma_{n}=\frac{1+\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n}(q^{\frac{5n^2+n}{2}}+q^{\frac{5n^2-n}{2}})}{(q)_{\infty}}=\frac{(q^{3};q^{5})_{\infty}(q^{2};q^{5})_{\infty}(q^{5};q^{5})_{\infty}}{(q)_{\infty}}=\frac{1}{(q^{1};q^{5})_{\infty}(q^{4};q^{5})_{\infty}}\]
베테 타입 방정식 (cyclotomic equation)
Let \(\sum_{n=0}^{\infty}\frac{q^{n(an+b)/2}}{ \prod_{j=1}^{r}(q^{c_j};q^{d_j})_n^{e_j}}=\sum_{N=0}^{\infty} a_N q^{N}\).
Then \(\prod_{j=1}^{r}(1-x^{d_j})^{e_j}=x^a\) has a unique root \(0<\mu<1\). We get
\(\log^2 a_N \sim 4N\sum_{j=1}^{r}\frac{e_j}{d_j}L(1-\mu^{d_j})\)
a=2,d=1,e=1
\((1-x)^{1}=x^{2}\).
\(x=\frac{\sqrt{5}-1}{2}\)
\(4L(\frac{3-\sqrt{5}}{2})=\frac{2}{5}(\frac{2}{3}\pi^2)=\frac{4}{15}\pi^2\)
다이로그 항등식
\(L(\frac{3-\sqrt{5}}{2})=\frac{1}{15}\pi^2\)
\(L(\frac{\sqrt{5}-1}{2})=\frac{1}{10}\pi^2\)