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*  로저스-라마누잔 함수는 약간의 수정을 통해 모듈라 성질을 갖게 됨
 
*  로저스-라마누잔 함수는 약간의 수정을 통해 모듈라 성질을 갖게 됨
 
:<math>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}</math>
 
:<math>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}</math>
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:<math>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} </math><br>
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:<math>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} </math>
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* 모듈라 변환
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$$f(\tau)=\left(
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\begin{array}{c}
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q^{-1/60}G(q) \\
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q^{11/60} H(q) \\
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로 두면, 다음이 성립한다
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f(\tau+1)=
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\begin{array}{cc}
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\zeta_{60}^{-1} & 0 \\
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0 & \zeta_{11} \\
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\right)f(\tau)
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f(-\frac{1}{\tau})=\frac{2}{\sqrt{5}}
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\begin{array}{cc}
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\sin \left(\frac{2 \pi }{5}\right) & \sin \left(\frac{\pi }{5}\right) \\
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\sin \left(\frac{\pi }{5}\right) & -\sin \left(\frac{2 \pi }{5}\right) \\
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\right)f(\tau)
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* [[데데킨트 에타함수]]가 갖는 modularity와의 유사성:<math>\eta(\tau) = q^{1/24} \prod_{n=1}^{\infty} (1-q^{n})</math><br>
 
* [[데데킨트 에타함수]]가 갖는 modularity와의 유사성:<math>\eta(\tau) = q^{1/24} \prod_{n=1}^{\infty} (1-q^{n})</math><br>
  

2013년 4월 10일 (수) 08:06 판

개요

 

 

로저스-라마누잔 항등식

  • 다음의 두 항등식을 로저스-라마누잔 항등식이라 부른다

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

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

 

 

세타함수 표현과 모듈라 성질

  • 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 모듈라 성질을 갖게 됨

\[q^{-1/60}G(q) = q^{-1/60}\sum_{n=0}^\infty \frac {q^{n^2}} {(q;q)_n} = \frac {q^{-1/60}}{(q;q^5)_\infty (q^4; q^5)_\infty}\] \[q^{11/60}H(q) =q^{11/60}\sum_{n=0}^\infty \frac {q^{n^2+n}} {(q;q)_n} = q^{11/60}\frac {1}{(q^2;q^5)_\infty (q^3; q^5)_\infty} \]

  • 모듈라 변환

$$f(\tau)=\left( \begin{array}{c} q^{-1/60}G(q) \\ q^{11/60} H(q) \\ \end{array} \right) $$ 로 두면, 다음이 성립한다 $$ f(\tau+1)= \left( \begin{array}{cc} \zeta_{60}^{-1} & 0 \\ 0 & \zeta_{11} \\ \end{array} \right)f(\tau) $$

$$ f(-\frac{1}{\tau})=\frac{2}{\sqrt{5}} \left( \begin{array}{cc} \sin \left(\frac{2 \pi }{5}\right) & \sin \left(\frac{\pi }{5}\right) \\ \sin \left(\frac{\pi }{5}\right) & -\sin \left(\frac{2 \pi }{5}\right) \\ \end{array} \right)f(\tau) $$

 

 

cusp에서의 변화

  • \(q=e^{-t}\) 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\[\frac{H(1)}{G(1)} = \sqrt{\frac{5-\sqrt{5}}{5+\sqrt{5}}}=\varphi-1=0.618\cdots\]

 

 

로저스-라마누잔 연분수

  • 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

 

 

 

재미있는 사실

 

 

관련된 항목들

 

 

매스매티카 파일 및 계산 리소스

 

사전형태의 자료

 

 

관련도서

 

 

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