Un problema planteado por Ramanujan que implican $\sum e^{-5\pi n^2}$

Question

Al ir a través de la lista de los problemas planteados por Ramanujan en el Diario de la India de la Sociedad Matemática me encontré con este problema que implica theta funciones:

Demostrar que $$\frac{1}{2}+\sum_{n=1}^{\infty} e^{-\pi n^2x}\cos(\pi n^2\sqrt{1-x^2})=\frac{\sqrt{2}+\sqrt{1+x}}{\sqrt{1-x}}\sum_{n=1}^{\infty}e^{-\pi n^2x}\sin(\pi n^2\sqrt{1-x^2})$$ , y deducir las siguientes:

• ${\displaystyle \frac{1}{2}+\sum_{n=1}^{\infty} e^{-\pi n^2}=\sqrt{5\sqrt{5}-10}\left(\frac{1}{2}+\sum_{n=1}^{\infty} e^{-5\pi n^2}\right)} $
• ${\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} e^{-\pi n^2}\left(\pi n^2-\frac{1}{4}\right)=\frac{1}{8}} $

Las sumas que en el problema anterior se basa claramente en theta funciones y usamos la notación simplificada aquí para definirlos. Si $\tau$ es cualquier número complejo con parte imaginaria positiva, a continuación, definimos $$\vartheta(\tau) =\sum_{n\in\mathbb {Z}} e^{\pi i\tau n^2}$$ and one of the key properties of theta function defined above is $$\vartheta(\tau) =(-i\tau) ^{-1/2}\vartheta(-1/\tau)$$ Ramanujan's first formula probably assumes that $x\in(0,1)$ and hence one can write $x=\cos t$ with $t\en(0,\pi/2)$ and we can consider the complex number $\tau=\sen t +i\cos t$ which clearly has positive imaginary part. The choice of $\tau$ in this manner is done because it gives us $$(-i\tau) ^{-1/2}=\cos(t/2) +i\sin(t/2)=\sqrt{\frac{1+x}{2}}+i\sqrt{\frac{1-x}{2}}$$ and $$-1/\tau=-\sin t+i\cos t=-\sqrt{1-x^2}+ix$$ Using this value of $\tau$ in the transformation formula for theta functions we get $$1+2A+2iB=\frac{\sqrt{1+x}+i\sqrt{1-x}}{\sqrt{2}}(1+2A-2iB)$$ where $$A=\sum_{n=1}^{\infty}e^{-\pi n^2x}\cos(\pi n^2\sqrt{1-x^2}),B=\sum_{n=1}^{\infty} e^{-\pi n^2x}\sin(\pi n^2\sqrt{1-x^2})$$ and equating real parts we get $$1+2A=(1+2A)\sqrt {\frac{1+x}{2}}+2B\sqrt{\frac{1-x}{2}}$$ or $$\frac{1}{2}+A=\frac{\sqrt{2}+\sqrt{1+x}}{\sqrt{1-x}}B$$ De esta manera, la fórmula clave de Ramanujan es establecido.

De los próximos dos corolarios fui capaz de probar la segunda fácilmente dividiendo la principal fórmula por $\sqrt{1-x^2}$ y, a continuación, tomar límites de $x\to 1^{-}$. El primero trata con $\sum e^{-5\pi n^2}$ fue realmente muy difícil de obtener.

Mi pregunta es

Cómo obtener el primer corolario tratar con $\sum e^{-5\pi n^2}$ de la principal fórmula de Ramanujan?

Puesto que la fórmula parece ser el uso de $x\in(0,1)$ no veo la forma de poner el $x=5$. Incluso si uno hace que ambas partes se contienen las cantidades que implican $\sum e^{-5\pi n^2}$ y parece bastante misterioso para obtener un vínculo entre la $\sum e^{-\pi n^2}$ e $\sum e^{-5\pi n^2}$.

El vínculo entre estas dos cantidades pueden ser obtenidos mediante una estructura modular ecuación de grado 5, pero los cálculos involucrados son tediosos (para esta técnica en la acción de ver esta respuesta que evalúa $\sum_{n\in\mathbb {Z}} e^{-3\pi n^2}$). Por lo tanto, fui con la esperanza de algunos más fácil, como se indica por Ramanujan. Tal vez me estoy perdieron algo obvio aquí.

Answer 1

Finalmente he logrado demostrar la identidad en cuestión. Parece que la principal fórmula (demostrado en cuestión), así como su primer corolario se derivan de la transformación de la fórmula para theta de funciones en lugar de que se deriva de cada uno de los otros. Esto significa que el problema no es realmente el corolario de la principal resultado como esperaba.

Vamos a escribir $$a=\vartheta(i), b=\vartheta(5i),c=\vartheta(i/5)\tag{1}$$ and we have to prove that $$a=b\sqrt {5\sqrt{5}-10}\tag{2}$$ This is done in two steps and the first one out of these two is obvious. Putting $\tau=5i$ in the transformation formula for theta functions (see the question) we get $$c=b\sqrt{5}\tag{3}$$ In order to prove $(2)$ we need another relation between $a, b$ and $c$ and use it together with $(3)$.

Este es el segundo paso en el que ponemos a $\tau=i+2$ , de modo que $$(-i\tau) ^{-1/2}=\frac{\sqrt{1+2i}}{\sqrt{5}}=\sqrt{\frac{\sqrt{5}+1}{10}}+i\sqrt{\frac{\sqrt{5}-1}{10}}=p+iq\text{ (say)} \tag{4}$$ and $$-\frac{1}{\tau}=\frac{i-2}{5}$$ Using these values in the transformation formula for theta function (and also noting that $\vartheta(\tau +2)=\vartheta(\tau)$) we get $$a=(p+iq)\left\{1+2\sum_{n=1}^{\infty} e^{-\pi n^2/5}\left(\cos\frac{2\pi n^2}{5}-i\sin\frac{2\pi n^2}{5}\right)\right\}$$ Note that the left hand side is purely real and hence equating real parts we get $$a=p\left(1 +2\sum_{n=1}^{\infty} e^{-\pi n^2/5}\cos\frac{2\pi n^2}{5}\right)+2q\sum_{n=1}^{\infty}e^{-\pi n^2/5}\sin\frac{2\pi n^2}{5}$$ and equating imaginary parts we get $$ 2p\sum_{n=1}^{\infty} e^{-\pi n^2/5}\sin\frac{2\pi n^2}{5}=q\left(1+2\sum_{n=1}^{\infty} e^{-\pi n^2/5}\cos\frac{2\pi n^2}{5}\right)$$ Combining these equations we have $$a=\frac{p^2+q^2}{p}\left(1+2\sum_{n=1}^{\infty}e^{-\pi n^2/5}\cos\frac{2\pi n^2}{5}\right)$$ And now we have the magic happening here. If $5\a mediados de n$ then the cosine term equals $1$ otherwise it equals $\cos(2\pi/5)$. We can thus rewrite the above equation as $$a=\frac{p^2+q^2}{p}\left(1+2\cos\frac{2\pi}{5}\sum_{n>0,5\nmid n} e^{-\pi n^2/5}+2\sum_{n=1}^{\infty} e^{-5\pi n^2}\right)$$ and this can be further rewritten as $$a=\frac{p^2+q^2}{p}\left\{1+2\cos\frac{2\pi}{5}\sum_{n=1}^{\infty} e^{-\pi n^2/5}+2\left(1-\cos\frac{2\pi}{5}\right)\sum_{n=1}^{\infty}e^{-5\pi n^2}\right\}$$ Finalmente, esto significa que \begin{align} a&=\frac{p^2+q^2}{p}\left(1+(c-1)\cos\frac{2\pi}{5}+2(b-1)\sin^2\frac{\pi}{5}\right)\notag\\ &=b\cdot\frac{p^2+q^2}{p}\left(\sqrt{5}\cos\frac{2\pi}{5}+1-\cos\frac{2\pi}{5}\right)\text{ (using (3))}\notag\\ &=\frac{b} {p\sqrt{5}}\left(1+\frac{(\sqrt{5}-1)^2}{4}\right)\text{ (using (4))}\notag\\ &=\frac{b}{p}\cdot\frac{\sqrt{5}-1}{2}\notag\\ &=b\sqrt{\frac{5(\sqrt{5}-1)(3-\sqrt{5})}{4}}\notag\\ &=b\sqrt{5(\sqrt{5}-2)}\notag \end{align} Creo que esto es casi lo Ramanujan tenía en su mente cuando él plantea el problema.