La relación de las funciones theta de jacobi

Question

Que $q=e^{2\pi i\tau}$. Si $\theta_2$ y $\theta_3$ jacobi funciones theta, es cierto que la relación de las dos funciones puede ser expresada como una fracción continua de la forma

$$ \frac{\theta_2(q^2)}{\theta3(q^2)} = 2q ^ {1/2} \prod {n = 1} ^ \infty \frac{(1+q^{4n})^2}{(1+q^{4n-2})^2}=\cfrac{2q^{1/2}}{1-q+\cfrac{q(1+q)^2}{1-q^3+\cfrac{q^2(1+q^2)^2}{1-q^5+\cfrac{q^3(1+q^3) ^ 2} {q 1 ^ 7 + \ddots}}} $$

¿$|q|\lt 1$?

Answer 1

La respuesta es sí. Dado el nome $q = \exp(i\pi\tau)$, elíptica función lambda $\lambda(\tau)$, Dedekind eta función de $\eta(\tau)$, Jacobi funciones theta $\vartheta_n(0,q)$, y Ramanujan del octic cfrac, las siguientes relaciones son conocidos,

$$\begin{aligned} u(\tau) & = \big(\lambda(\tau)\big)^{1/8} = \frac{\sqrt{2}\, \eta(\tfrac{\tau}{2})\, \eta^2(2\tau)}{\eta^3(\tau)} = \left(\frac{\vartheta_2(0, q)}{\vartheta_3(0, q)}\right)^{1/2}\\ & = \cfrac{\sqrt{2}\, q^{1/8}}{1 + \cfrac{q}{1 + q + \cfrac{q^2}{1 + q^2 + \cfrac{q^3}{1 + q^3 + \ddots}}}} \end{aligned}\tag1$$

Si definimos el cfrac, $$W(q) = \cfrac{1}{1 - q + \cfrac{q(1 + q)^2}{1 - q^3 + \cfrac{q^2(1 + q^2)^2}{1 - q^5 + \cfrac{q^3(1 + q^3)^2}{1 - q^7 + \ddots}}}}$$

tenemos la $q$-series,

$$W(q) = 1 - 2q^2 + 5q^4 - 10q^6 + 18q^8 - 32q^{10} + \dots$$

y que se define en A079006 (después del ajuste de escala) como la expansión de

$$W(q) = \frac{1}{q^{1/2}}\left(\frac{\eta(q^2)\, \eta^2(q^8)}{\eta^3(q^4)}\right)^2 = \frac{1}{q^{1/2}}\left(\frac{\eta(2\tau)\, \eta^2(8\tau)}{\eta^3(4\tau)}\right)^2 $$

en los poderes de $q$. De $(1)$, y dado que la definición de la Dedekind eta utiliza el cuadrado de la nome como $q = e^{2\pi i \tau}$, obtenemos,

$$\frac{\sqrt{2}\,\eta(2\tau)\, \eta^2(8\tau)}{\eta^3(4\tau)} = \left(\frac{\vartheta_2(0, q^2)}{\vartheta_3(0, q^2)}\right)^{1/2}$$

Con basic sustituciones algebraicas, entonces uno encuentra que,

$$W(q) = \frac{1}{2q^{1/2}}\frac{\vartheta_2(0, q^2)}{\vartheta_3(0, q^2)}$$

que es exactamente lo que el OP querido probar. (QED.)

(De hecho, Michael Somos en Septiembre de 2005 comentario en el mismo OEIS enlace ya dio el mismo cfrac con $q = x^2$.)

(Algunos más de fondo para los interesados.)

Como se señaló, $\lambda(\tau)$ obedece modular de ecuaciones. Por ejemplo, si $u = \big(\lambda(\tau)\big)^{1/8}$$v = \big(\lambda(5\tau)\big)^{1/8}$, entonces,

$$\Omega_5(u,v) :=u^6 - v^6 + 5u^2 v^2(u^2 - v^2) + 4u v(u^4 v^4 - 1)=0$$

Porque de $\Omega_5$, estas funciones pueden ser utilizadas para resolver el general quintic, como en parte se describe en este post. Y si $k = \lambda(\tau)$$l = \lambda(7\tau)$, entonces,

$$\Omega_7 := (kl)^{\color{red}{1/8}} + \big((1-k)(1-l)\big)^{\color{red}{1/8}} = 1$$

corrección de un error tipográfico en la Mathworld enlace con el exponente. También, $k=\lambda(\sqrt{-n})$, calculada en Mathematica como ModularLambda[Sqrt[-n]], es importante, ya que resuelve la ecuación,

$$\frac{K'(k)}{K(k)} = \frac{\text{EllipticK[ 1 - ModularLambda[Sqrt[-n]] ]}}{\text{EllipticK[ ModularLambda[Sqrt[-n]] ]}} =\sqrt{n}$$

donde $K(k)$ es la integral elíptica completa de primera especie. Por ejemplo, en su segunda carta a Hardy, Ramanujan dio la brillante solución al$n=210$,

$$k = \lambda(\sqrt{-210}) = ab \approx 2.706\times 10^{-19}$$

donde,

$$a =\big((\sqrt{15}-\sqrt{14})(8-3\sqrt{7})(2-\sqrt{3})(6-\sqrt{35})\big)^2$$

$$b =\big((1-\sqrt{2})(3-\sqrt{10})(4-\sqrt{15})(\sqrt{7}-\sqrt{6})\big)^4$$

Así que tenemos esta hermosa evaluación de la continuidad de la fracción,

$$(ab)^{1/8} = \cfrac{\sqrt{2}\, q^{1/8}}{1 + \cfrac{q}{1 + q + \cfrac{q^2}{1 + q^2 + \ddots}}}$$

al $q = e^{-\pi\sqrt{210}}$.

Answer 2

Para los interesados, aquí está un resumen de una prueba.

Para preparar el suelo, deje $\mathbb{H}$ ser el complejo de la mitad superior del plano, $\tau\in\mathbb{H}$ y $$\begin{align} q_n &\stackrel{\text{def}}{=} \exp\frac{2\pi\mathrm{i}\tau}{n} \\ q &\stackrel{\text{def}}{=} q_1 \end{align}$$ para que yo pueda escribir $q_2$ en lugar de $q^{1/2}$ etc.

Además, vamos a definir las variantes de la Jacobi thetanulls que son considera que las funciones de $\tau$, aunque de forma indirecta a través de $q_n$: $$\begin{align} \varTheta_{00}(\tau) &= \sum_{k\in\mathbb{Z}} q_2^{k^2} = \theta_3(q_2) \\ \varTheta_{01}(\tau) &= \varTheta_{00}(\tau+1) = \sum_{k\in\mathbb{Z}} (-q_2)^{k^2} = \theta_3(-q_2) = \theta_4(q_2) \\ \varTheta_{10}(\tau) &= \sum_{k\in\mathbb{Z}} q_8^{(2k+1)^2} = 2q_8\sum_{n=0}^\infty q^{n(n+1)/2} = \theta_2(q_2) \end{align}$$ En consecuencia, el $\theta_2(q^2)/\theta_3(q^2)$ utilizado en la pregunta se identifica con $\varTheta_{10}(4\tau)/\varTheta_{00}(4\tau)$ en el presente.

La introducción de $\tau$ no es muy necesario aquí porque no hacemos uso de modular transforma. Sin embargo, es útil para las referencias ocasionales a otras funciones estándar; y nos salva de la ramificación de cuestiones como la de arriba, donde $\theta_2$ se considera formalmente una función de $q_2$ a pesar de su definición basada en la $q_8$. Aparte de los métodos de representación de los problemas, los cálculos reales se hace mejor con el $q_n$ en mente.

Mientras estamos en ello, nos vamos a dividir la serie de $\varTheta_{00}$ y $\varTheta_{01}$ en partes que son incluso resp. extraño en $q_2$. Al hacerlo, nos encontramos con $$\begin{align} \varTheta_{00}(\tau) &= \varTheta_{00}(4\tau) + \varTheta_{10}(4\tau) \tag{1a} \\ \varTheta_{01}(\tau) &= \varTheta_{00}(4\tau) - \varTheta_{10}(4\tau) \tag{1b} \end{align}$$ Vamos a utilizar el producto de las representaciones de algunos thetanulls así. Jacobi de la triple identidad del productode los rendimientos de $$\begin{align} \varTheta_{00}(\tau) &= (-q_2;q)_\infty^2\,(q;q)_\infty \tag{2a} \\ \varTheta_{01}(\tau) &= (q_2;q)_\infty^2\,(q;q)_\infty \tag{2b} \end{align}$$ Usted reconocerá el uso de $q$-Pochhammer símbolosaquí. Voy a suponer cierta familiaridad con la manipulación de las $q$-Pochhammer símbolos. El producto arriba indicado representaciones de Jacobi thetanulls puede ser sometido a tales manipulaciones y así se transforma más allá del reconocimiento, pero la muestra fórmulas son lo que se pueden usar directamente.

Me gustaría poner más ingredientes, pero esta es la web y los lectores se impaciente, así que vamos a la cabeza, de ahora en adelante y obtener el resto de herramientas a lo largo de la manera como nosotros los necesitamos a ellos.

La clave es una maravillosa identidad aparece como entrada en 11 Ramanujan del segundo cuaderno, en el capítulo 16. Después de darle la vuelta a la señal de un parámetro de $b$ en todas partes, se lee $$\small\frac {(a, q)_\infty\,(-b;q)_\infty - (a;q)_\infty\,(b;q)_\infty} {(a, q)_\infty\,(-b;q)_\infty + (a;q)_\infty\,(b;q)_\infty} = \cfrac{a+b}{1-p+\cfrac{(a+bq)(aq+b)}{1-p^3+\cfrac{q\,(a+bq^2)(aq^2+b)} {1-p^5+\cfrac{p^2(a+bq^3)(aq^3+b)}{1-p^7+\cdots}}}}\etiqueta{*}$$ y es fácil de aplicar esto a nuestro caso mediante el establecimiento $a=b=q_2$. Así tenemos $$\begin{align} \cfrac{2q_2}{1-q+\cfrac{q\,(1+q)^2}{1-q^3+\cfrac{q^2(1+q^2)^2} {1-q^5+\cfrac{q^3(1+q^3)^2}{1-q^7+\cdots}}}} &= \frac{(-q_2;q)_\infty^2 - (q_2;q)_\infty^2} {(-q_2;q)_\infty^2 + (q_2;q)_\infty^2} \\ &\stackrel{(2)}{=} \frac{\varTheta_{00}(\tau) - \varTheta_{01}(\tau)} {\varTheta_{00}(\tau) + \varTheta_{01}(\tau)} \\ &\stackrel{(1)}{=} \frac{\varTheta_{10}(4\tau)}{\varTheta_{00}(4\tau)} \end{align}$$ Por lo que queda por demostrar Ramanujan la fórmula de $(*)$.

Dos pruebas se dan a partir de la página 14 en adelante

1. [ABBW85] C. Adiga, B. C. Berndt, S. Bhargava, G. N. Watson (1985): El capítulo 16 de Ramanujan del Segundo Cuaderno: Theta-Funciones y $q$de la Serie. En: Memorias de la Sociedad Matemática Americana, volumen 53, número 315, ISSN 0065-9266. Nota: Basado parcialmente en las notas dejadas por G. N. Watson sobre su muerte.

Voy a bosquejar su primera prueba aquí porque utiliza herramientas generales. Su inconveniente es que requiere no sólo de $|q|<1$, pero también se $|a|<1$ para evitar problemas de convergencia con las herramientas implicadas, pero nuestra aplicación con $a=q_2$ cumple con ese requisito, y cuando nos concentramos en el poder formal serie de aspectos, que la restricción se vuelve inmaterial de todos modos.

La primera herramienta de [ABBW85] Heine s básicas de la serie hipergeométrica $${}_2\phi_1(\alpha,\beta;\gamma;p;z) = \sum_{n=0}^\infty \frac{(\alpha;q)_n\,(\beta;q)_n}{(\gamma;q)_n\,(q;q)_n}\,z^n$$ para los que sabemos un continuo fracción de expansión $$\begin{align} \frac{{}_2\phi_1(\alpha,\beta q;\gamma q;q;z)} {{}_2\phi_1(\alpha,\beta;\gamma;q;z)} &= \cfrac{1}{1+\cfrac{a_1}{1+\cfrac{a_2}{1+\cfrac{a_3}{1+\cdots}}}} \\ \text{where}\quad a_{2k+1} &= -z\beta q^k\,\frac{(1-\alpha q^k)(1-\frac{\gamma}{\beta}q^k)} {(1-\gamma q^{2k})(1-\gamma q^{2k+1})} && (k\geq0) \\ a_{2k} &= -z\alpha q^{k-1}\,\frac{(1-\beta q^k)(1-\frac{\gamma}{\alpha}q^k)} {(1-\gamma q^{2k-1})(1-\gamma q^{2k})} && (k\geq1) \end{align}$$ Reemplace$q$$q^2$, a continuación, sustituir $(\alpha,\beta,\gamma,z) = (-\frac{b}{a}q,-\frac{b}{a},q,a^2)$. Este rendimientos $$\begin{align} a_k = q^{k-1}\,\frac{(a+bq^k)(aq^k+b)}{(1-q^{2k-1})(1-q^{2k+1})} && (k\geq1) \end{align}$$ y, en consecuencia, después de mudarse denominadores de las $a_k$ con equivalencia de las transformaciones, $$\small\frac{a+b}{1-p}\, \dfrac{{}_2\phi_1\!\a la izquierda(-\frac{b}{a}q,-\frac{b}{a}p^2;q^3;q^2;a^2\right)} {{}_2\phi_1\!\a la izquierda(-\frac{b}{a}q,-\frac{b}{a};q;q^2;a^2\right)} = \cfrac{a+b}{1-p+\cfrac{(a+bq)(aq+b)}{1-p^3+\cfrac{q\,(a+bq^2)(aq^2+b)} {1-p^5+\cfrac{p^2(a+bq^3)(aq^3+b)}{1-p^7+\cdots}}}}$$ Para la continuación de la fracción en $(*)$ es un Heine continuó fracción. Ahora veamos las básicas relacionadas hipergeométrica de la serie. Aquí es donde [ABBW85]$|a|<1$. Definir $$\begin{align} A := \frac{a+b}{1-q}\, {}_2\phi_1\!\left(-\frac{b}{a}q,-\frac{b}{a}q^2;q^3;q^2;a^2\right) &= \frac{a+b}{1-q}\sum_{n=0}^\infty \frac{\bigl(-\frac{b}{a}q;q^2\bigr)_n \bigl(-\frac{b}{a}q^2;q^2\bigr)_n} {(q^3;q^2)_n\,(q^2;q^2)_n}\,a^{2n} \\ &= \frac{a+b}{1-q}\sum_{n=0}^\infty \frac{\bigl(-\frac{b}{a}q;q\bigr)_{2n}}{(q^2;q)_{2n}}\,a^{2n} \\ &= \sum_{n=0}^\infty \frac{\bigl(-\frac{b}{a};q\bigr)_{2n+1}}{(q;q)_{2n+1}}\,a^{2n+1} \\ B := {}_2\phi_1\!\left(-\frac{b}{a}q,-\frac{b}{a};q;q^2;a^2\right) &= \sum_{n=0}^\infty \frac{\bigl(-\frac{b}{a}q;q^2\bigr)_n \bigl(-\frac{b}{a};q^2\bigr)_n} {(q;q^2)_n\,(q^2;q^2)_n}\,a^{2n} \\ &= \sum_{n=0}^\infty \frac{\bigl(-\frac{b}{a};q\bigr)_{2n}}{(q;q)_{2n}}\,a^{2n} \end{align}$$ En otras palabras, $A$ $B$ son los pares y los impares partes (en $a$) de la serie $$\sum_{n=0}^\infty\frac{\bigl(-\frac{b}{a};q\bigr)_n}{(p;q)_n}\,^n = \frac{(-b;q)_\infty}{(a;q)_\infty}$$ Esta última identidad es debido a la $q$-teorema del binomio.

Por lo tanto, podemos escribir $$\begin{align} 2A &= \frac{(-b;q)_\infty}{(a;q)_\infty} - \frac{(b;q)_\infty}{(-a;q)_\infty} \\ 2B &= \frac{(-b;q)_\infty}{(a;q)_\infty} + \frac{(b;q)_\infty}{(-a;q)_\infty} \\\therefore\quad \frac{A}{B} &= \frac {(-a;q)_\infty\,(-b;q)_\infty - (a;q)_\infty\,(b;q)_\infty} {(-a;q)_\infty\,(-b;q)_\infty + (a;q)_\infty\,(b;q)_\infty} \end{align}$$ Y $A/B$ es nuestro continuo fracción. Tenga en cuenta que la relación de $-\frac{b}{a}$ utilizado en la representación de la serie se mantiene al cambiar el signo de $a$, de modo que el signo de $b$ tiene que cambiar también.