자코비 세타함수

수학노트
Pythagoras0 (토론 | 기여)님의 2020년 12월 28일 (월) 07:28 판 (→‎메타데이터: 새 문단)
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개요

  • \(q=e^{2\pi i \tau}\), \(x=e^{\pi i \tau}\)라 두자
  • 세타함수의 정의 (spectral decomposition of heat kernel)

\[\theta(\tau)=\theta_3(\tau)=\sum_{n=-\infty}^\infty q^{n^2/2}=\sum_{n=-\infty}^\infty x^{n^2}= \sum_{n=-\infty}^\infty e^{\pi i n^2\tau}\] \[\theta_{2}(\tau)= \sum_{n=-\infty}^\infty q^{(n+\frac{1}{2})^2/2}\] \[\theta_{4}(\tau)= \sum_{n=-\infty}^\infty (-1)^n q^{n^2/2}\]




많이 사용되는 또다른 정의

  • 전통적인 세타함수\[\theta(\tau)=\theta_3(\tau)=\sum_{n=-\infty}^\infty q^{n^2/2}= \sum_{n=-\infty}^\infty e^{\pi i n^2\tau}\]
  • 현대의 수학문헌에서는 다음과 같은 함수도 같은 이름으로 자주 사용됨\[\Theta(\tau)=\sum_{n=-\infty}^\infty q^{n^2}= \sum_{n=-\infty}^\infty e^{2\pi i n^2\tau}\,\quad (q=e^{2\pi i \tau})\]
  • \(\Theta(\tau)\) 는 \(\Gamma_0(4)\)에 대한 모듈라 형식이 됨\[\Gamma_0(4) = \left\{ \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix} \in SL_2(\mathbf{Z}) : \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix} \equiv \begin{pmatrix} {*} & {*} \\ 0 & {*} \end{pmatrix} \pmod{4} \right\}\]


여러가지 공식들

  • \(\theta_2^4(q)+\theta_4^4(q)=\theta_3^4(q)\)
  • \(\theta_3^2(q^2)+\theta_2^2(q^2)=\theta_3^2(q)\)
  • \(\theta_3^2(q^2)-\theta_2^2(q^2)=\theta_3^2(q)\)



세타함수의 모듈라 성질

정리

세타함수는 다음의 변환 성질을 만족한다 \[\theta(-\frac{1}{\tau})=\sqrt{\frac{\tau}{i}} \theta({\tau})=\sqrt{-i\tau}\theta({\tau})\] 여기서 \(-\frac{\pi}{4}<\arg \sqrt{-i\tau}<\frac{\pi}{4}\) 이 되도록 선택


증명

포아송의 덧셈 공식을 사용한다. \[\sum_{n\in \mathbb Z}f(n)=\sum_{n\in \mathbb Z}\hat{f}(n)\]

\(f(x)=e^{\pi i x^2\tau}\)의 푸리에 변환은 다음과 같이 주어진다. \[\hat{f}(\xi)=\sqrt{\frac{i}{\tau}}e^{-\pi i\frac{\xi^2}{\tau}}\] 따라서 \[\theta(\tau)= \sum_{n\in \mathbb Z} \exp(\pi i n^2\tau)=\sum_{n\in \mathbb Z}f(n)=\sum_{n\in \mathbb Z}\hat{f}(n)=\sqrt{\frac{i}{\tau}}\sum_{n\in \mathbb Z}e^{-\pi i n^2 \frac{1}{\tau}}=\sqrt{\frac{i}{\tau}}\theta(-\frac{1}{\tau})\] ■


  • \(\tau=iy, y>0\) 으로 쓰면, 다음과 같이 표현된다 \[\theta(\frac{i}{y})=\sqrt{y} \theta({iy})\]
  • \(\Gamma(2)\)에 대한 모듈라 형식이 됨\[\Gamma(2) = \left\{ \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix} \in SL_2(\mathbf{Z}) : \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix} \equiv \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \pmod{2} \right\}\]

더 일반적인 모듈라 변환

더 일반적으로, \(ad-bc=1\), \(ab\equiv 0\pmod 2\), \(cd\equiv 0\pmod 2\), \(c>0\)인 정수 a,b,c,d에 대하여 다음이 성립한다 \[\theta \left( \frac {a\tau+b} {c\tau+d}\right) =\epsilon(c,d) \sqrt{-i\left(c\tau+d\right)}\theta(\tau) \label{mod}\] 여기서 \(-\frac{\pi}{4}<\arg \sqrt{-i(c\tau+d)}<\frac{\pi}{4}\) 이 되도록 선택하며 (\(\Re\left(-i(c\tau+d)\right) >0\)이다), \[\epsilon(c,d)=\frac{\sqrt{c}}{S(-d,c)}\] 이고 \(S(p,q)=\sum_{r=0}^{q-1} e^{\pi i pr^2/q}\)는 가우스 합.

cusp에서의 행동과 가우스합

0 근방에서의 행동

  • \(y>0\)가 매우 작을 때,

\[\theta(iy)\sim \frac{1}{\sqrt{y}}\] (증명) \[\theta(\frac{i}{y})=\sqrt{y} \theta({iy})\] ■

일반적인 유리수(cusp)에서의 행동

  • \(pq\)가 짝수인 자연수 p,q에 대하여 \(y>0\)가 매우 작을 때,

\[\theta(\frac{p}{q}+iy)\sim \frac{1}{q}S(p,q)\frac{1}{\sqrt{y}}\] 여기서 \(S(p,q)=\sum_{r=0}^{q-1} e^{\pi i pr^2/q}\)는 가우스 합. 다음과 같이 쓸 수 있다 \[\lim_{\epsilon \to 0}\sqrt{\epsilon} \theta(\frac{p}{q}+i\epsilon)=\frac{1}{q}S(p,q)\]\[\lim_{\epsilon \to 0}\sqrt{\epsilon} \theta(-\frac{p}{q}+i\epsilon)=\frac{1}{q}\overline{S(p,q)}\]

  • 이 정리에 세타함수의 모듈라 성질을 적용하면, 가우스합의 상호법칙을 얻는다

\[ \sqrt{q}\overline{S(q,p)}=e^{-\pi i/4}\sqrt{p}S(p,q) \]


증명1

\(\tau =\frac{p}{q}+i y\)와 다음의 행렬 \[ \left( \begin{array}{cc} a & b \\ q & -p \\ \end{array} \right) \] 에 모듈라 성질 \ref{mod}를 적용하면, 다음을 얻는다 \[ \theta \left(\frac{a}{q}+\frac{i}{q^2 y}\right)= \frac{\sqrt{q}}{S(p,q)} \sqrt{q y}\theta \left(\frac{p}{q}+i y\right)=\frac{q \sqrt{y}}{S(p,q)}\theta \left(\frac{p}{q}+i y\right) \] ■


증명2

다음을 생각하자 \[\theta(\frac{p}{q}+i\epsilon)=\sum_{n=-\infty}^\infty e^{\pi i n^2(\frac{p}{q}+i\epsilon)}= \left(\sum_{r=0}^{q-1}e^{\pi i p r^2/q}\right)\left(\sum_{l=-\infty}^\infty e^{-\pi \epsilon (ql+r)^2}\right)\] 여기서 \(n=ql+r\)로 두었음.

따라서, \[\sqrt{\epsilon} \theta(\frac{p}{q}+i\epsilon)=\left(\frac{1}{q} \sum_{r=0}^{q-1}e^{i\pi p r^2/q}\right)\left(\sum_{l=-\infty}^\infty e^{-\pi \epsilon (ql+r)^2} (\sqrt{\epsilon}q)\right).\]

여기서 \(\Delta{x}=\sqrt{\epsilon}q\)로 두면, \[\sum_{l=-\infty}^\infty e^{-\pi \epsilon (ql+r)^2} ( \sqrt{\epsilon}q)=\sum_{x\in\sqrt{\epsilon}(q\mathbb{Z}+r)}e^{-\pi x^2}\Delta x.\label{thg}\] \ref{thg}에서 \(\epsilon \to 0\)을 취하면 리만합은 1차원 가우시안 적분 으로 수렴하게 된다. 따라서 \[\lim_{\epsilon \to 0}\sqrt{\epsilon} \theta(\frac{p}{q}+i\epsilon)=\left(\frac{1}{q} \sum_{r=0}^{q-1}e^{i\pi p r^2/q}\right)(\int_{-\infty}^\infty e^{-\pi x^2}\,dx)=\frac{1}{q}S(p,q)\] ■

세타함수의 삼중곱 정리(triple product)



데데킨트 에타함수와의 관계

\(\theta(\tau)=\frac{\eta(\tau)^5}{\eta(2\tau)^2\eta(\frac{\tau}{2})^2}\)

삼중곱 공식을 이용

\(\theta(\tau)=\sum_{n=-\infty}^\infty q^{n^2/2}=\sum_{n=-\infty}^\infty x^{n^2}=\prod_{m=1}^\infty \left( 1 - x^{2m}\right) \left( 1 + x^{2m-1}\right) \left( 1 + x^{2m-1}\right)\)

\(q=e^{2\pi i \tau}\), \(x=e^{\pi i \tau}\)



singular value k와의 관계

\(k=k(\tau)=\frac{\theta_2^2(\tau)}{\theta_3^2(\tau)}\)

\(k'=\sqrt{1-k^2}=\frac{\theta_4^2(\tau)}{\theta_3^2(\tau)}\)



세타함수와 AGM iteration

\(\frac{\theta_3^2(q)+\theta_4^2(q)}{2}=\theta_3^2(q^2)\)

\(\sqrt{\theta_3^2(q)\theta_4^2(q)}=\theta_4^2(q^2)\)

따라서 \(a_n=\theta_3^2(q^{2^n}),b_n=\theta_4^2(q^{2^n})\) 라 하면, \(a_n, b_n\)은 AGM iteration 을 만족하고 \(\lim_{n\to\infty}a_n=1\)이고, \(1=M(\theta_3^2(q),\theta_4^2(q))\)가 된다.



제1종타원적분과의 관계

(정리)

주어진 \(0<k<1\) 에 대하여, \(k=k(q)=\frac{\theta_2^2(q)}{\theta_3^2(q)}\)를 만족시키는 \(q\)가 존재한다. 이 때,

\(M(1,k')=\theta_3^{-2}(q)\) 와 \(K(k) = \frac{\pi}{2}\theta_3^2(q)\)가 성립한다.

여기서 \(K(k)\)는 제1종타원적분 K (complete elliptic integral of the first kind).


(증명)

\(1=M(\theta_3^2(q),\theta_4^2(q))=\theta_3^{2}(q)M(1,\frac{\theta_4^2(q)}{\theta_3^2(q)})=\theta_3^{2}(q)M(1,k')\)

그러므로, \(M(1,k')=\theta_3^{-2}(q)\)이다.

한편, 란덴변환에 의해 \(K(k)=\frac{\pi}{2M(1,\sqrt{1-k^2})}\)가 성립(산술기하평균함수(AGM)와 파이값의 계산 , 란덴변환(Landen's transformation) 참조)하므로, \(K(k) = \frac{\pi}{2}\theta_3^2(q)\)도 증명된다. (증명끝)



special values

\(\theta_3(i)=\frac{\sqrt[4]{\pi}}{\Gamma(\frac{3}{4})}=1.08643481121\cdots\)

(증명)

감마함수의 다음 성질을 사용하면\(\Gamma(1-z) \; \Gamma(z) = {\pi \over \sin{(\pi z)}} \,\!\)

\(\Gamma(\frac{1}{4})\Gamma(\frac{3}{4}) = \sqrt{2}{\pi} \)

위에서 증명한 제1종타원적분 K (complete elliptic integral of the first kind)과의 관계로부터

\(K(k(\tau)) = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{d\theta}{\sqrt{1-k^2 \sin^2\theta}} = \frac{\pi}{2}\theta_3^2(\tau)\)

\(\frac{\pi}{2}\theta_3^2(i)=K(k_1)=K(\frac{1}{\sqrt{2}})=\frac{1}{4}B(1/4,1/4)=\frac{\Gamma(\frac{1}{4})^2}{4\sqrt{\pi}}\)

\(\theta_3^2(i)=\frac{\Gamma(\frac{1}{4})^2}{2{\pi}^{3/2}}=\frac{\sqrt{\pi}}{\Gamma(\frac{3}{4})^2}\) ■


\(\theta_3(i)=\sum_{n=-\infty}^\infty e^{-\pi n^2}=1+2\sum_{n=1}^\infty e^{-\pi n^2}=\frac{\sqrt[4]{\pi}}{\Gamma(\frac{3}{4})}\)


재미있는 사실

\(f(\tau)=1+2\sum_{n=1}^{\infty}e^{\pi i n \tau}\)

\(f(i)=1+2\sum_{n=1}^{\infty} e^{-n\pi}= \frac{e^{\pi} + 1} {e^{\pi} - 1}\)

\(\theta(\tau)= \sum_{n=-\infty}^\infty e^{\pi i n^2\tau}\)


\(\theta(i)=\sum_{n=-\infty}^\infty e^{-\pi n^2}=1+2\sum_{n=1}^\infty e^{-\pi n^2}=\frac{\sqrt[4]{\pi}}{\Gamma(\frac{3}{4})}\)


\(\sum_{n=0}^{\infty} e^{-\pi n}=\frac{e^{\pi}}{e^{\pi}-1}\)

\(\sum_{n=0}^\infty e^{-\pi n^2}=\frac{\sqrt[4]{\pi}}{2\Gamma(\frac{3}{4})}+\frac{1}{2}\)

\(\sum_{n=0}^\infty e^{-\pi n^3}=?\)

\(\sum_{n=0}^\infty e^{-\pi n^4}=?\)


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