로저스-라마누잔 연분수

개요

라마누잔이 하디에게 보낸 편지에는 다음과 같은 공식이 포함되어 있음

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

위의 식은 모듈라군 \(\Gamma(5)\)에 대한 모듈라 함수 \(r(\tau)\)의 special value 로 이해할 수 있음
5차방정식과 정이십면체와 깊은 관계를 가짐

연분수의 유도

\(R(z)\)를 다음과 같이 정의하자

\[R(z)=\sum_{n\geq 0}\frac{z^nq^{n^2}}{(1-q)\cdots(1-q^n)}=\sum_{n\geq 0}\frac{z^nq^{n^2}}{(1-q)_q^n}\]

\(H(q)=R(q), G(q)=R(1)\)

정리

다음이 성립한다

\[R(z)=R(zq)+zqR(zq^2)\]

증명

\[R(zq)=\sum_{n\geq 0}\frac{(zq)^nq^{n^2}}{(1-q)_q^n}=\sum_{n\geq 0}\frac{z^nq^{n^2+n}}{(1-q)_q^n}\] \[R(zq^2)=\sum_{n\geq 0}\frac{(zq^2)^nq^{n^2}}{(1-q)_q^n}=\sum_{n\geq 0}\frac{z^nq^{n^2+2n}}{(1-q)_q^n}\] \[zqR(zq^2)=\sum_{n\geq 0}\frac{z^{n+1}q^{(n+1)^2}}{(1-q)_q^n}=\sum_{n\geq 1}\frac{z^{n}q^{n^2}}{(1-q)_q^{n-1}}\] \[ \begin{aligned} R(zq)+zqR(zq^2)&=\sum_{n\geq 0}\frac{z^nq^{n^2+n}}{(1-q)_q^n}+\sum_{n\geq 1}\frac{z^{n}q^{n^2+n}}{(1-q)_q^{n-1}}\\ &=\sum_{n\geq 0}\frac{z^nq^{n^2+n}}{(1-q)_q^n}+\sum_{n\geq 1}\frac{z^{n}q^{n^2}}{(1-q)_q^{n-1}} \\ &=1+ \sum_{n\geq 1}\frac{z^nq^{n^2+n}+z^nq^{n^2}(1-q^n)}{(1-q)_q^n} \\ & =1+\sum_{n\geq 0}\frac{z^nq^{n^2}}{(1-q)_q^n} = R(z) \end{aligned} \] ■

응용

이 정리로부터 \(R(q^n)=R(q^{n+1})+q^{n+1}R(q^{n+2})\)
즉

\[\frac{R(q^{n+1})}{R(q^n)}=\cfrac{1}{1+q^{n+1}\cfrac{R(q^{n+2})}{R(q^{n+1})}}\]를 얻는다. \[\frac{H(q)}{G(q)}=\cfrac{R(q)}{R(1)} = \cfrac{1}{1+q\cfrac{R(q^2)}{R(q)}}=\cfrac{1}{1+\cfrac{q}{1+q^2\cfrac{R(q^3)}{R(q^2)}}}=\cdots\]

이를 반복하면, 다음을 얻는다. \[\frac{H(q)}{G(q)} = \cfrac{1}{1+\cfrac{q}{1+\cfrac{q^2}{1+\cfrac{q^3}{1+\cdots}}}}\]

로저스-라마누잔 모듈라 함수

다음은 모듈라 함수이다

\[r(\tau)=q^{\frac{1}{5}} \frac{H(q)}{G(q)} = \cfrac{q^{\frac{1}{5}}}{1+\cfrac{q}{1+\cfrac{q^2}{1+\cfrac{q^3}{1+\cdots}}}}\] 여기서 \(q=e^{2\pi i\tau}\).

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

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

모듈라 군(modular group) \(\Gamma(5)\)에 의해 불변이다\[r(\tau)=q^{\frac{1}{5}} \frac{H(q)}{G(q)} = \cfrac{q^{\frac{1}{5}}}{1+\cfrac{q}{1+\cfrac{q^2}{1+\cfrac{q^3}{1+\cdots}}}}\]

(정리)

\(r(\tau+1)=Sr(\tau)=\zeta_5r(\tau)\)

\(r(-\frac{1}{\tau})=Tr(\tau)\)

여기서 \(S=\begin{pmatrix} \zeta_{10} & 0 \\ 0 & \zeta_{10} \end{pmatrix} \), \(T={\begin{pmatrix} -1 & g \\ g & 1 \end{pmatrix}}\), \(g=\frac{\sqrt{5}-1}{2}\)

푸리에급수

로저스-라마누잔 항등식으로부터 푸리에급수를 유도할 수 있다

\[r(\tau)=q^{\frac{1}{5}} \frac{H(q)}{G(q)} =q^{\frac{1}{5}}\frac {(q;q^5)_\infty (q^4; q^5)_\infty}{(q^2;q^5)_\infty (q^3; q^5)_\infty} \] \[r(\tau) = q^{1/5}(1 - q + q^2 - q^4 + q^5 - q^6 + q^7 - q^9 + 2q^{10} - 3q^{11}+\cdots\]

데데킨트 \(\eta\) 함수와의 관계

데데킨트 에타함수 와는 다음과 같은 관계를 갖는다

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

에타함수의 모듈라 성질

\[\eta(-\frac{1}{\tau}) =\sqrt{\frac{\tau}{i}}\eta(\tau)\] \[\eta(-\frac{1}{25\tau}) =\sqrt{\frac{25\tau}{i}}\eta(25\tau)\] \[\frac{\eta(\tau)}{\eta(25\tau)}\frac{\eta(-\frac{1}{25\tau})}{\eta(-\frac{1}{\tau})}=5\]

양변을 곱하여 다음 식을 얻는다.

\[(\frac{1}{r(5\tau)}-r(5\tau)-1)(\frac{1}{r(-\frac{1}{5\tau})}-r(-\frac{1}{5\tau})-1)=5\]

\(\tau=\frac{i}{5}\) 인 경우, 다음을 얻고 방정식을 풀 수 있음.

\[(\frac{1}{r(i)}-r(i)-1)^2=5\] \[r(i)={\sqrt{5+\sqrt{5}\over 2}-{\sqrt{5}+1\over 2}}=0.28407904384\cdots\]

special values

위에서 다음을 얻었다

\[r(i)={\sqrt{5+\sqrt{5}\over 2}-{\sqrt{5}+1\over 2}}\]\[r(0)= \sqrt{\frac{5-\sqrt{5}}{5+\sqrt{5}}}=\varphi-1=0.618\cdots\]

또다른 값과 기하학적인 의미에 대해서는 정이십면체와 모듈라 연분수 항목 참조

j-invariant 와의 관계

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

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

여기서, \(j(\tau)\) 는 j-invariant

정이십면체와 모듈라 연분수 항목 참조

메모

라마누잔의 식을 본 하디의 평가

매스매티카 파일 및 계산 리소스

https://docs.google.com/file/d/0B8XXo8Tve1cxSlJXNXhQRjdRSkU/edit