로저스-라마누잔 연분수

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개요

\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

\varphi 는 황금비

 

 

연분수의 유도

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)

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}}

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}}

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}}{(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)  ■

 

 

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

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}}}}

 

(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

 

 

데데킨트 \eta 함수와의 관계

\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})}

 

\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

(\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, (\frac{1}{r(i)}-r(i)-1)^2=5 를 얻고, 방정식을 풀 수 있음.

 

r(i)={\sqrt{5+\sqrt{5}\over 2}-{\sqrt{5}+1\over 2}}

 

 

special values

 

 

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

 

(증명)

오차방정식과 정이십면체 에서 얻은 다음 결과들을 사용하자. 

V=z_1z_2(z_1^{10}+11z_1^5z_2^5-z_2^{10})

E=(z_1^{30}+z_2^{30})+522(z_1^{25}z_2^{5}-z_1^{5}z_2^{25})-10005(z_1^{20}z_2^{10}+z_1^{10}z_2^{20})

F=-(z_1^{20}+z_2^{20})+228(z_1^{15}z_2^{5}-z_1^{5}z_2^{15})-494z_1^{10}z_2^{10}

1728V^5-E^2-F^3=0

J(z)=1728-\frac{E(z)^2}{V(z)^5}=\frac{F(z)^3}{V(z)^5}= -\frac{(z^{20}-228z^{15}+494z^{10}+228z^{5}+1)^3}{z^{5}(z^{10}+11z^{5}-1)^5}는 군 \Gamma=<S,T>에 의해 불변이다. 

따라서 

J(r(\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} 는 모듈라 군(modular group)에 의하여 불변이고, 모듈라 함수가 된다.

즉, g\in\Gamma에 대하여 J(r(g\tau))=J(r(\tau))가 성립한다. 

한편 \tau\in\mathbb{H} 일때  V(r(\tau))\neq0 이므로,  J(r(\tau))는 \tau\in\mathbb{H}에 대하여 해석함수가 된다. 

J(z)=\frac{F(z)^3}{V(z)^5}=-\frac{(z^{20}-228z^{15}+494z^{10}+228z^{5}+1)^3}{z^{5}(z^{10}+11z^{5}-1)^5} 로부터 J(r(\tau))는  \tau=i\infty에서 단순pole을 가지며, J(r(i))=1728, J(r(\rho))=0 임도 알 수 있다. 

따라서  J(r(\tau))는 타원 모듈라 j-함수 (j-invariant)이다.  ■

 

 

 

역사

 

 

 

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