"Q-초기하급수의 점근 급수"의 두 판 사이의 차이

2011년 10월 14일 (금) 15:03 판

\(a>0,b>0,c\in\mathbb{R}\)라 두자
z>0는 방정식 \(1-z=az^{b}\) 의 해라 하자.
다음 근사식이 성립함 [McIntosh1995]
\(\sum_{n=0}^{\infty}\frac{a^nq^{\frac{b}{2}n^2+cn}}{(q)_n}\sim \frac{z^c}{\sqrt[[:틀:Z+b(1-z)]]} \exp (-\frac{1}{\log q}\{\operatorname{Li}_2(az^{b})+\frac{b}{2}\log^2 z\})\) 또는

\(\sum_{n=0}^{\infty}\frac{a^nq^{\frac{b}{2}n^2+cn}}{(q)_n}\sim \frac{z^c}{\sqrt[[:틀:Z+b(1-z)]]} \exp (-\frac{L(1-z)}{\log q})\)

A=1 (3,4) minimal model
\(\sum_{n\geq 0}^{\infty}\frac{q^{n^2/2}}{(q)_n}\sim \exp(\frac{\pi^2}{12t}-\frac{t}{48})\)
\(2\prod_{n=1}^{\infty}(1+q^n)=\sum_{n\geq 0}^{\infty}\frac{q^{n(n-1)/2}}{(q)_n}\sim \sqrt{2}\exp(\frac{\pi^2}{12t}+\frac{t}{24})\)
\(\prod_{n=1}^{\infty}(1+q^n)=\sum_{n\geq 0}^{\infty}\frac{q^{n(n+1)/2}}{(q)_n}\sim \frac{1}{\sqrt{2}}\exp(\frac{\pi^2}{12t}+\frac{t}{24})\)
A=2 (2,5) minimal model
\(\sum_{n=0}^\infty \frac {q^{n^2+n}} {(q;q)_n} \sim \sqrt\frac{2}{5+\sqrt{5}}\exp(\frac{\pi^2}{15t}+\frac{11t}{60})+o(1)\)
\(\sum_{n=0}^\infty \frac {q^{n^2}} {(q;q)_n} \sim \sqrt\frac{2}{5-\sqrt{5}}\exp(\frac{\pi^2}{15t}-\frac{t}{60})+o(1)\)
A=1/2 (3,5) minimal model
\(\sum_{n=0}^\infty \frac {q^{\frac{n^2}{4}}} {(q;q)_n}\sim \frac{2}{\sqrt{5-\sqrt{5}}}\exp(\frac{\pi^2}{10t}-\frac{t}{40})+o(t^5)\)
\(\sum_{n=0}^\infty \frac {q^{\frac{n^2}{4}+\frac{n}{2}}} {(q;q)_n} \sim \frac{2}{\sqrt{5+\sqrt{5}}}\exp(\frac{\pi^2}{10t}+\frac{t}{40})+o(t^5)\)

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 * <math>a>0,b>0,c\in\mathbb{R}</math>라 두자
-* z>0는 방정식의 해 <math>1-z=az^{b}</math> 라 하자.
+* z>0는 방정식 <math>1-z=az^{b}</math> 의 해라 하자.
 *  다음 근사식이 성립함 '''[McIntosh1995]'''<br><math>\sum_{n=0}^{\infty}\frac{a^nq^{\frac{b}{2}n^2+cn}}{(q)_n}\sim \frac{z^c}{\sqrt{{z+b(1-z)}}} \exp (-\frac{1}{\log q}\{\operatorname{Li}_2(az^{b})+\frac{b}{2}\log^2 z\})</math> 또는<br>
-<math>\sum_{n=0}^{\infty}\frac{a^nq^{\frac{b}{2}n^2+cn}}{(q)_n}\sim \frac{z^c}{\sqrt{{z+b(1-z)}}} \exp (-\frac{1}{\log q}\{\operatorname{Li}_2(az^{b})+\frac{b}{2}\log^2 z\})</math>
+<math>\sum_{n=0}^{\infty}\frac{a^nq^{\frac{b}{2}n^2+cn}}{(q)_n}\sim \frac{z^c}{\sqrt{{z+b(1-z)}}} \exp (-\frac{L(1-z)}{\log q})</math>