"로저스-라마누잔 항등식"의 두 판 사이의 차이

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<h5>데데킨트 <math>\eta</math> 함수와의 관계</h5>
 
<h5>데데킨트 <math>\eta</math> 함수와의 관계</h5>
  
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* [[데데킨트 에타함수]] 는 다음과 같은 관계를 만족시킨다
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* [[데데킨트 에타함수]] 와는 다음과 같은 관계를 만족시킨다
  
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<math>\frac{1}{r(5\tau)}-1-r(5\tau)=\frac{\eta(\tau)}{\eta(25\tau)}</math>
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* 에타함수의 modularity
 
* 에타함수의 modularity
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<math>\eta(-\frac{1}{\tau}) =\sqrt{\frac{\tau}{i}}\eta(\tau)</math>
 
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<math>\eta(-\frac{1}{25\tau}) =\sqrt{\frac{25\tau}{i}}\eta(25\tau)</math>
  
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<math>\frac{\eta(\tau/5)}{\eta(\tau)}=\sqrt5\frac{\eta(-\frac{5}{\tau})}{\eta(-\frac{1}{\tau})}</math>
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<math>\frac{\eta(\tau)}{\eta(25\tau)}\frac{\eta(-\frac{1}{25\tau})}{\eta(-\frac{1}{\tau})}=5</math>
  
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* <math>\frac{1}{r(5\tau)}-r(5\tau)-1</math><br>  <br>
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2009년 5월 9일 (토) 15:32 판

간단한 소개

라마누잔이 하디에게 보낸 편지에는 다음과 같은 공식이 포함되어 있음

\(\cfrac{1}{1 + \cfrac{e^{-2\pi}}{1 + \cfrac{e^{-4\pi}}{1+\dots}}} = \left({\sqrt{5+\sqrt{5}\over 2}-{\sqrt{5}+1\over 2}}\right)e^{2\pi/5} = e^{2\pi/5}\left({\sqrt{\varphi\sqrt{5}}-\varphi}\right) = 0.9981360\dots\)

 

\(\varphi\) 는 황금비

 

 

 

로저스-라마누잔 연분수

\(r(\tau)=\cfrac{q^{\frac{1}{5}}}{1+\cfrac{q}{1+\cfrac{q^2}{1+\cfrac{q^3}{1+\cdots}}}}, q=e^{2\pi i \tau}\)

\(\tau=i\) 인 경우에 값을 계산할 수 있다면, 위의 값을 얻을 수 있다.

\(r(i)=\cfrac{e^{\frac{-2\pi}{5}}}{1+\cfrac{e^{-2\pi}}{1+\cfrac{e^{-4\pi}}{1+\cfrac{e^{-6\pi}}{1+\cdots}}}}\)

 

 

 

j-invariant 와의 관계

\((r^{20}-228r^{15}+494r^{10}+228r^{5}+1)^3+j(\tau)r^{5}(r^{10}+11r^{5}-1)^5=0\)

여기서, \(j(\tau)\) 는 j-invariant

\( j(\sqrt{-1})=1728\)를 이용하고 방정식의 해를 계산.

 

 

 

데데킨트 \(\eta\) 함수와의 관계

 

 

 

 

  • 에타함수의 modularity

\(\eta(-\frac{1}{\tau}) =\sqrt{\frac{\tau}{i}}\eta(\tau)\)

\(\eta(-\frac{1}{25\tau}) =\sqrt{\frac{25\tau}{i}}\eta(25\tau)\)

\(\frac{\eta(\tau)}{\eta(25\tau)}\frac{\eta(-\frac{1}{25\tau})}{\eta(-\frac{1}{\tau})}=5\)

  • \(\frac{1}{r(5\tau)}-r(5\tau)-1\)
     

 

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