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<h5>개요</h5>
 
<h5>개요</h5>
  
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* 라마누잔이 하디에게 보낸 편지에는 다음과 같은 공식이 포함되어 있음
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<math>\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</math>
 
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<math>\varphi</math> 는 [[황금비]]
 
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* 위의 식은 모듈라군 <math>\Gamma(5)</math>에 대한 모듈라 함수 <math>r(\tau)</math>의 special value 로 이해할 수 있음
 
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* [[5차방정식과 정이십면체|오차방정식과 정이십면체]]와 깊은 관계를 가짐
 
  
 
 
 
 
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<h5 style="margin: 0px; line-height: 3.428em; color: rgb(34, 61, 103); font-family: 'malgun gothic',dotum,gulim,sans-serif; font-size: 1.166em; background-position: 0px 100%;">연분수로 정의된 함수의 점화식</h5>
 
<h5 style="margin: 0px; line-height: 3.428em; color: rgb(34, 61, 103); font-family: 'malgun gothic',dotum,gulim,sans-serif; font-size: 1.166em; background-position: 0px 100%;">연분수로 정의된 함수의 점화식</h5>
  
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<math>R(z)=\sum_{n\geq 0}\frac{z^nq^{n^2}}{(1-q)\cdots(1-q^n)}=\sum_{n\geq 0}\frac{z^nq^{n^2}}{(1-q)_q^n}</math>
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* [[로저스-라마누잔 연분수]]
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<math>H(q)=R(q), G(q)=R(1)</math>
 
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(정리)
 
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<math>R(z)=R(zq)+zqR(zq^2)</math>
 
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증명
 
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<math>R(zq)=\sum_{n\geq 0}\frac{(zq)^nq^{n^2}}{(1-q)_q^n}=\sum_{n\geq 0}\frac{z^nq^{n^2+n}}{(1-q)_q^n}</math>
 
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<math>R(zq^2)=\sum_{n\geq 0}\frac{(zq^2)^nq^{n^2}}{(1-q)_q^n}=\sum_{n\geq 0}\frac{z^nq^{n^2+2n}}{(1-q)_q^n}</math>
 
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<math>zqR(zq^2)=\sum_{n\geq 0}\frac{z^{n+1}q^{(n+1)^2}}{(1-q)_q^n}=\sum_{n\geq 1}\frac{z^{n}q^{n^2}}{(1-q)_q^{n-1}}</math>
 
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<math>R(zq)+zqR(zq^2)=\sum_{n\geq 0}\frac{z^nq^{n^2+n}}{(1-q)_q^n}+\sum_{n\geq 1}\frac{z^{n}q^{n^2+n}}{(1-q)_q^{n-1}}</math>
 
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<math>R(zq)+zqR(zq^2)=\sum_{n\geq 0}\frac{z^nq^{n^2+n}}{(1-q)_q^n}+\sum_{n\geq 1}\frac{z^{n}q^{n^2}}{(1-q)_q^{n-1}} \\ =1+ \sum_{n\geq 1}\frac{z^nq^{n^2+n}+z^nq^{n^2}(1-q^n)}{(1-q)_q^n} \\ =1+\sum_{n\geq 0}\frac{z^nq^{n^2}}{(1-q)_q^n} = R(z)</math>  ■
 
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이 정리로부터 <math>R(q^n)=R(q^{n+1})+q^{n+1}R(q^{n+2})</math>
 
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즉 <math>\frac{R(q^{n+1})}{R(q^n)}=\cfrac{1}{1+q^{n+1}\cfrac{R(q^{n+2})}{R(q^{n+1})}}</math>를 얻는다.
 
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<math>\frac{H(q)}{G(q)}=\cfrac{R(q)}{R(1)} = \cfrac{1}{1+q\cfrac{R(q^2)}{R(q)}}=\cfrac{1}{1+\cfrac{q}{1+q^2\cfrac{R(q^3)}{R(q^2)}}}=\cdots</math>
 
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이를 반복하면, 다음을 얻는다.
 
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<math>\frac{H(q)}{G(q)} = \cfrac{1}{1+\cfrac{q}{1+\cfrac{q^2}{1+\cfrac{q^3}{1+\cdots}}}}</math>
 
  
 
 
 
 
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<h5>로저스-라마누잔 모듈라 함수</h5>
 
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<math>r(\tau)=q^{\frac{1}{5}} \frac{H(q)}{G(q)} = \cfrac{q^{\frac{1}{5}}}{1+\cfrac{q}{1+\cfrac{q^2}{1+\cfrac{q^3}{1+\cdots}}}}</math>
 
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여기서 <math>q=e^{2\pi i\tau}</math>.
 
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<math>\tau=i</math> 인 경우에 값을 계산할 수 있다면, 위의 값을 얻을 수 있다.
 
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<math>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}}}}</math>
 
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* [[모듈라 군(modular group)]] <math>\Gamma(5)</math>에 의해 불변이다<br><math>r(\tau)=q^{\frac{1}{5}} \frac{H(q)}{G(q)} = \cfrac{q^{\frac{1}{5}}}{1+\cfrac{q}{1+\cfrac{q^2}{1+\cfrac{q^3}{1+\cdots}}}}</math><br>
 
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(정리)
 
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<math>r(\tau+1)=Sr(\tau)=\zeta_5r(\tau)</math>
 
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<math>r(-\frac{1}{\tau})=Tr(\tau)</math>
 
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여기서 <math>S=\begin{pmatrix} \zeta_{10} & 0 \\ 0 & \zeta_{10} \end{pmatrix} </math>, <math>T={\begin{pmatrix} -1 & g \\ g & 1 \end{pmatrix}}</math>,  <math>g=\frac{\sqrt{5}-1}{2}</math>
 
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<h5>푸리에급수</h5>
 
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*  로저스-라마누잔 항등식으로부터 푸리에급수를 유도할 수 있다<br><math>r(\tau)=q^{\frac{1}{5}} \frac{H(q)}{G(q)} =q^{\frac{1}{5}}\frac {(q;q^5)_\infty (q^4; q^5)_\infty}{(q^2;q^5)_\infty (q^3; q^5)_\infty} </math><br><math>r(\tau) = q^{1/5}(1 - q + q^2 - q^4 + q^5 - q^6 + q^7 - q^9 + 2q^{10} - 3q^{11}+\cdots</math><br>
 
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<h5>데데킨트 <math>\eta</math> 함수와의 관계</h5>
 
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* [[데데킨트 에타함수]] 와는 다음과 같은 관계를 만족시킨다
 
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<math>\frac{1}{r(5\tau)}-r(5\tau)-1=\frac{\eta(\tau)}{\eta(25\tau)}</math>
 
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<math>\frac{1}{r(-\frac{1}{5\tau})}-r(-\frac{1}{5\tau})-1=\frac{\eta(-\frac{1}{25\tau})}{\eta(-\frac{1}{\tau})}</math>
 
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* 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)}{\eta(25\tau)}\frac{\eta(-\frac{1}{25\tau})}{\eta(-\frac{1}{\tau})}=5</math>
 
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* 양변을 곱하여 다음 식을 얻는다.
 
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<math>(\frac{1}{r(5\tau)}-r(5\tau)-1)(\frac{1}{r(-\frac{1}{5\tau})}-r(-\frac{1}{5\tau})-1)=5</math>
 
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<math>\tau=\frac{i}{5}</math> 인 경우, <math>(\frac{1}{r(i)}-r(i)-1)^2=5</math> 를 얻고, 방정식을 풀 수 있음.
 
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<math>r(i)={\sqrt{5+\sqrt{5}\over 2}-{\sqrt{5}+1\over 2}}</math>
 
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<h5>special values</h5>
 
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*  위에서 다음을 얻었다<br><math>r(i)={\sqrt{5+\sqrt{5}\over 2}-{\sqrt{5}+1\over 2}}</math><br><math>r(0)=  \sqrt{\frac{5-\sqrt{5}}{5+\sqrt{5}}}=\varphi-1=0.618\cdots</math><br>
 
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*  edge points<br><math>r(\frac{a\cdot i+b}{c\cdot i+d})</math>는 edge points 즉 <math>E=(z_1^{30}+z_2^{30})+522(z_1^{25}z_2^{5}-z_1^{5}z_2^{25})-10005(z_1^{20}z_2^{10}+z_1^{10}z_2^{20})</math>의 해이다. <br><math>r(i)={\sqrt{5+\sqrt{5}\over 2}-{\sqrt{5}+1\over 2}}</math><br>
 
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*  face points<br><math>r(\frac{a\cdot \rho+b}{c\cdot \rho+d})</math>  는 face points 즉 <math>F=-(z_1^{20}+z_2^{20})+228(z_1^{15}z_2^{5}-z_1^{5}z_2^{15})-494z_1^{10}z_2^{10}</math>의 해이다. <br><math>r(\rho)=e^{-\frac{\pi i}{5}}\frac{\sqrt{30+6\sqrt{5}}-3-\sqrt{5}}{4}</math><br>
 
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*  vertex points<br><math>5\not | d</math> 일 때, <math>r(\frac{a\cdot 0 +b}{c\cdot 0+d})=r(\frac{b}{d})</math> 는 vertex points 즉 <math>V=z_1z_2(z_1^{10}+11z_1^5z_2^5-z_2^{10})</math>의 해이다. <br>
 
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* 위에서 <math>z=[z_1:z_2]=\frac{z_1}{z_2}</math> 로 이해한다 
 
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<h5 style="margin: 0px; line-height: 3.428em; color: rgb(34, 61, 103); font-family: 'malgun gothic',dotum,gulim,sans-serif; font-size: 1.166em; background-position: 0px 100%;">j-invariant 와의 관계</h5>
 
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(정리)   
 
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<math>(r(\tau)^{20}-228r(\tau)^{15}+494r(\tau)^{10}+228r(\tau)^{5}+1)^3+j(\tau)r(\tau)^{5}(r(\tau)^{10}+11r(\tau)^{5}-1)^5=0</math>
 
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또는 <math>j(\tau)=-\frac{(r(\tau)^{20}-228r(\tau)^{15}+494r(\tau)^{10}+228r(\tau)^{5}+1)^3}{r(\tau)^{5}(r(\tau)^{10}+11r(\tau)^{5}-1)^5}</math>
 
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여기서, <math>j(\tau)</math> 는 [[타원 모듈라 j-함수 (elliptic modular function, j-invariant)|j-invariant]]
 
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(증명)
 
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[[5차방정식과 정이십면체|오차방정식과 정이십면체]] 에서 얻은 다음 결과들을 사용하자. 
 
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<math>V=z_1z_2(z_1^{10}+11z_1^5z_2^5-z_2^{10})</math>
 
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<math>E=(z_1^{30}+z_2^{30})+522(z_1^{25}z_2^{5}-z_1^{5}z_2^{25})-10005(z_1^{20}z_2^{10}+z_1^{10}z_2^{20})</math>
 
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<math>F=-(z_1^{20}+z_2^{20})+228(z_1^{15}z_2^{5}-z_1^{5}z_2^{15})-494z_1^{10}z_2^{10}</math>
 
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<math>1728V^5-E^2-F^3=0</math>
 
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<math>J(z)=1728-\frac{E(z)^2}{V(z)^5}=\frac{F(z)^3}{V(z)^5}= -\frac{(z^{20}-228z^{15}+494z^{10}+228z^{5}+1)^3}{z^{5}(z^{10}+11z^{5}-1)^5}</math>는 군 <math>\Gamma=<S,T></math>에 의해 불변이다. 
 
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따라서 
 
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<math>J(r(\tau))=-\frac{(r(\tau)^{20}-228r(\tau)^{15}+494r(\tau)^{10}+228r(\tau)^{5}+1)^3}{r(\tau)^{5}(r(\tau)^{10}+11r(\tau)^{5}-1)^5}</math> 는 [[모듈라 군(modular group)]]에 의하여 불변이고, 모듈라 함수가 된다.
 
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즉, <math>g\in\Gamma</math>에 대하여 <math>J(r(g\tau))=J(r(\tau))</math>가 성립한다. 
 
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한편 <math>\tau\in\mathbb{H}</math> 일때  <math>V(r(\tau))\neq0 </math>이므로,  <math>J(r(\tau))</math>는 <math>\tau\in\mathbb{H}</math>에 대하여 해석함수가 된다. 
 
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<math>J(z)=\frac{F(z)^3}{V(z)^5}=-\frac{(z^{20}-228z^{15}+494z^{10}+228z^{5}+1)^3}{z^{5}(z^{10}+11z^{5}-1)^5}</math> 로부터 <math>J(r(\tau))</math>는  <math>\tau=i\infty</math>에서 단순pole을 가지며, <math>J(r(i))=1728</math>, <math>J(r(\rho))=0</math> 임도 알 수 있다. 
 
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따라서  <math>J(r(\tau))</math>는 [[타원 모듈라 j-함수 (elliptic modular function, j-invariant)|타원 모듈라 j-함수 (j-invariant)]]이다.  ■
 
  
 
 
 
 
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<h5>매스매티카 파일 및 계산 리소스[[3004578/attachments/4950827|]]</h5>
 
<h5>매스매티카 파일 및 계산 리소스[[3004578/attachments/4950827|]]</h5>
  
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* [[3004578/attachments/4975279|로저스-라마누잔_연분수와_항등식.nb]]
 
* http://www.wolframalpha.com/input/?i=
 
* http://www.wolframalpha.com/input/?i=
 
* http://functions.wolfram.com/
 
* http://functions.wolfram.com/

2011년 5월 11일 (수) 11:08 판

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개요

 

 

 

로저스-라마누잔 항등식

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

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

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

 

 

연분수로 정의된 함수의 점화식

 

 

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 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
    \(\eta(\tau) = q^{1/24} \prod_{n=1}^{\infty} (1-q^{n})\)

 

 

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
    \(\frac{H(1)}{G(1)} = \sqrt{\frac{5-\sqrt{5}}{5+\sqrt{5}}}=\varphi-1=0.618\cdots\)

 

 

 

 

재미있는 사실

 

 

관련된 항목들

 

 

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