분할수의 생성함수(오일러 함수)

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분할수의 생성함수(오일러 함수)

개요

분할수의 생섬함수를 오일러함수라고도 한다
분할수의 생성함수는 다음과 같이 무한곱으로 표현가능하다

$\sum_{n=0}^\infty p(n)q^n= 1+q+2 q^2+3 q^3+5 q^4+7 q^5+11 q^6+15 q^7+22 q^8+30 q^9+42 q^{10}+\cdots$

$\sum_{n=0}^\infty p(n)q^n = \prod_{n=1}^\infty \frac {1}{1-q^n} \right = \prod_{n=1}^\infty (1-q^n)^{-1}$

오일러의 오각수정리

오일러의 오각수정리(pentagonal number theorem)

$\prod_{n=1}^\infty (1-q^n)=\sum_{k=-\infty}^\infty(-1)^kq^{k(3k-1)/2}$

$(1-q)(1-q^2)(1-q^3) \cdots = 1 - q - q^2 + q^5 + q^7 - q^{12} - q^{15} + q^{22} + q^{26} + \cdots$

위의 급수는 오일러함수의 역이다

$\sum_{n=0}^\infty p(n)q^n = \prod_{n=1}^\infty \frac {1}{1-q^n} \right = \prod_{n=1}^\infty (1-q^n)^{-1}$

q가 1에 가까울 때의 근사공식

(정리)

$q\to 1$ 일 때,

$F(q)= \prod_{n=1}^\infty \frac {1}{1-q^n} \sim \exp(\frac{\pi^2}{6(1-q)})$

(증명)

$\log F(q)= \sum_{n=1}^\infty \log \frac {1}{1-q^n} \right =\sum_{m=1,n=1}^{\infty}\frac{q^{mn}}{m}=\sum_{m=1}\frac{q^m}{m(1-q^m)}$

$1-q^m=(1-q)(1+q+\cdots+q^{m-1})$ 와 0<q<1 을 이용하면,

$mq^{m-1}(1-x)<1-q^m<m(1-q)$ 이다. 따라서,

$\frac{1}{1-q}\sum_{m=1}^{\infty}\frac{q^m}{m^2}< \sum_{n=1}^\infty \log \frac {1}{1-q^n} <\frac{1}{1-q}\sum_{m=1}^{\infty}\frac{q}{m^2}$

q가 1에 가까워질 때,

$\sum_{m=1}^{\infty}\frac{q^m}{m^2}\to \frac{\pi^2}{6}$ , $\sum_{m=1}^{\infty}\frac{q}{m^2}\to \frac{\pi^2}{6}$

이므로,

$F(q)= \prod_{n=1}^\infty \frac {1}{1-q^n} \sim \exp(\frac{\pi^2}{6(1-q)})$ ■

$q=e^{-\epsilon}$ 으로 두면 $\epsilon\sim 0$ 일 때, $1-q\sim \epsilon$ 이고 $\prod_{n=1}^\infty \frac {1}{1-q^n} \sim \exp(\frac{\pi^2}{6\epsilon})=\exp(\frac{(2\pi)^2}{24\epsilon})$ 을 얻는다
$\pi^2/6$ 은 오일러와 바젤문제(완전제곱수의 역수들의 합)에 등장하는 수이다
Hardy's book 'Ramanujan' on partition asymptotics

분할수의 근사공식

하디-라마누잔-라데마커 분할수 공식

$p(n) \approx \frac{1}{\pi\sqrt{2}}\frac{Ke^{K\sqrt{n}}}{4n}=\frac {e^{\pi\sqrt{\frac{2n}{3}}}} {4\sqrt{3}n}$

q-초기하급수 형태로의 표현

q-초기하급수(q-hypergeometric series) 항목을 참조

(정리)

$\sum_{n=0}^\infty p(n)q^n = \prod_{n=1}^\infty \frac {1}{1-q^n} \right = \prod_{n=1}^\infty (1-q^n)^{-1} =1+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{q^n}{(1-q)(1-q^2)\cdots(1-q^n)}$

(증명)

오일러의 무한곱공식을 적용.

$\prod_{n=0}^{\infty}\frac{1}{1-zq^n}=\sum_{n\geq 0}\frac{1}{(1-q)(1-q^2)\cdots(1-q^n)} z^n$ ■

(정리) (Durfee square identity)

데데킨트 에타함수

데데킨트 에타함수

재미있는 사실

Math Overflow http://mathoverflow.net/search?q=
네이버 지식인 http://kin.search.naver.com/search.naver?where=kin_qna&query=

역사

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