"로저스-라마누잔 항등식"의 두 판 사이의 차이

2012년 11월 2일 (금) 16:01 판

\(G(q) = \sum_{n=0}^\infty \frac {q^{n^2}} {(q;q)_n} = \frac {1}{(q;q^5)_\infty (q^4; q^5)_\infty} =1+ q +q^2 +q^3 +2q^4+2q^5 +3q^6+\cdots\)

\(H(q) =\sum_{n=0}^\infty \frac {q^{n^2+n}} {(q;q)_n} = \frac {1}{(q^2;q^5)_\infty (q^3; q^5)_\infty} =1+q^2 +q^3 +q^4+q^5 +2q^6+\cdots\)

\((a;q)_n = \prod_{k=0}^{n-1} (1-aq^k)=(1-a)(1-aq)(1-aq^2)\cdots(1-aq^{n-1})\)

세타함수를 통한 표현
\(G(q)=\frac{1}{(q)_{\infty}}\sum_{n\in \mathbb{Z}}(-1)^n q^{(5n^2+n)/2}\)
\(H(q)=\frac{1}{(q)_{\infty}}\sum_{n\in \mathbb{Z}}(-1)^n q^{(5n^2+3n)/2}\)
로저스-라마누잔 함수는 약간의 수정을 통해 modularity를 가짐
\(q^{-1/60}G(q) = q^{-1/60}\sum_{n=0}^\infty \frac {q^{n^2}} {(q;q)_n} = \frac {q^{-1/60}}{(q;q^5)_\infty (q^4; q^5)_\infty}\)
\(q^{11/60}H(q) =q^{11/60}\sum_{n=0}^\infty \frac {q^{n^2+n}} {(q;q)_n} = q^{11/60}\frac {1}{(q^2;q^5)_\infty (q^3; q^5)_\infty} \)
데데킨트 에타함수가 갖는 modularity와의 유사성
\(\eta(\tau) = q^{1/24} \prod_{n=1}^{\infty} (1-q^{n})\)

\(q=e^{-t}\) 으로 두면 \(t\sim 0\) 일 때,
\(H(q)=\sum_{n=0}^\infty \frac {q^{n^2+n}} {(q;q)_n} \sim \sqrt\frac{2}{5+\sqrt{5}}\exp(\frac{\pi^2}{15t}+\frac{11t}{60})+o(1)\)
\(G(q)=\sum_{n=0}^\infty \frac {q^{n^2}} {(q;q)_n} \sim \sqrt\frac{2}{5-\sqrt{5}}\exp(\frac{\pi^2}{15t}-\frac{t}{60})+o(1)\)
[McIntosh1995] 참조
이로부터 다음을 알 수 있다
\(t\to 0\) 일 때, \(q=e^{-t}\to 1\) 으로 두면
\(\frac{H(1)}{G(1)} = \sqrt{\frac{5-\sqrt{5}}{5+\sqrt{5}}}=\varphi-1=0.618\cdots\)

두 함수의 비는 아래와 같은 연분수 표현을 가진다
\(\frac{H(q)}{G(q)} = \cfrac{1}{1+\cfrac{q}{1+\cfrac{q^2}{1+\cfrac{q^3}{1+\cdots}}}}\)
로저스-라마누잔 연분수 항목에서 다루기로 함

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	<math>(a;q)_n = \prod_{k=0}^{n-1} (1-aq^k)=(1-a)(1-aq)(1-aq^2)\cdots(1-aq^{n-1})</math>		<math>(a;q)_n = \prod_{k=0}^{n-1} (1-aq^k)=(1-a)(1-aq)(1-aq^2)\cdots(1-aq^{n-1})</math>

−	* [[q-초기하급수(q-hypergeometric series) (~~통합됨~~)\|q-초기하급수(q-hypergeometric series)]] 의 틀에서 이해할 수 있다<br>	+	* [[Q-초기하급수(q-hypergeometric series)와 양자미적분학(q-calculus)\|q-초기하급수(q-hypergeometric series)]] 의 틀에서 이해할 수 있다<br>