"자코비의 네 제곱수 정리"의 두 판 사이의 차이

2009년 11월 28일 (토) 17:16 판

라그랑지의 네 제곱수 정리는 모든 자연수는 네 개의 제곱수의 합으로 표현가능함을 말해준다
자코비는 세타함수 를 이용하여 주어진 자연수가 네 개의 제곱수의 합으로 얼마나 많은 방법으로 표현가능한지의 문제를 해결
\(\theta(\tau)=\theta_3(\tau)=\sum_{n=-\infty}^\infty q^{n^2/2}= \sum_{n=-\infty}^\infty e^{\pi i n^2\tau}\), \(q=e^{2\pi i \tau}\)
\(x=e^{\pi i \tau}\) 로 두면,
\(\theta(x)=\sum_{n=-\infty}^\infty x^{n^2}=1+2\sum_{n=1}^\infty x^{n^2}\)
\(\theta^4(x)=(\sum_{n=-\infty}^\infty x^{n^2})^4=(1+2\sum_{n=1}^\infty x^{n^2})^4=1+\sum_{n=1}^\infty r_4(n)x^n\)
여기서 \(r_4(n)\) 는 \(x_1^2+x_2^2+x_3^2+x_4^2=n\)의 정수해 \((x_1,x_2,x_3,x_4)\)의 개수, 즉 자연수 \(n\)을 네 정수의 제곱의 합으로 쓰는 방법의 수

\(r_4(n)=8\sum_{m|n,4\nmid m}m\)

\(r_4(1)=8\)
\((\pm1)^2+0^2+0^2+0^2=1\)이므로
\(2\times {4\choose 1}=8\)
\(r_4(2)=24\)
\((\pm1)^2+(\pm1)^2+0^2+0^2=2\)
... 으로부터
\(4\times {4\choose 2}=24\)
\(r_4(3)=32\)
\((\pm1)^2+(\pm1)^2+(\pm1)^2+0^2=3\)

... 으로부터
\(8\times {4\choose 1}=32\)

\(r_4(4)=24\)
\((\pm1)^2+(\pm1)^2+(\pm1)^2+(\pm1)^2=(\pm2)^2+0^2+0^2+0^2=4\)
... 으로부터
\(16+2 \times {4\choose 1}=24\)

\(\theta^4(x)=(\sum_{n=-\infty}^\infty x^{n^2})^4=(1+2\sum_{n=1}^\infty x^{n^2})^4=1+\sum_{n=1}^\infty r_4(n)x^n\)

\(A(q)=\sum_{m=1}^{\infty}\frac{mq^m}{1-q^m}=\sum_{m=1}^{\infty}{mq^m}{1+q^m+q^{2m}+\cdots}=\sum_{n=1}^{\infty}\sigma(n)q^n=\)

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 <math>\theta^4(x)=(\sum_{n=-\infty}^\infty x^{n^2})^4=(1+2\sum_{n=1}^\infty x^{n^2})^4=1+\sum_{n=1}^\infty r_4(n)x^n</math>
+<math>A(q)=\sum_{m=1}^{\infty}\frac{mq^m}{1-q^m}=\sum_{m=1}^{\infty}{mq^m}{1+q^m+q^{2m}+\cdots}=\sum_{n=1}^{\infty}\sigma(n)q^n=</math>
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 <h5 style="line-height: 3.428em; margin-top: 0px; margin-right: 0px; margin-bottom: 0px; margin-left: 0px; color: rgb(34, 61, 103); font-family: 'malgun gothic', dotum, gulim, sans-serif; font-size: 1.166em; background-image: ; background-color: initial; background-position: 0px 100%;">관련된 항목들</h5>
+* [[라그랑지의 네 제곱수 정리]]<br>[[라그랑지의 네 제곱수 정리|]][[아이젠슈타인 급수(Eisenstein series)|]]<br>
 * [[아이젠슈타인 급수(Eisenstein series)]]<br>
 * [[자연수의 약수의 합]]<br>
+* [[자코비 세타함수]]<br>