¿Una curiosa coincidencia de particiones $\sum_{n=0}^\infty P(n) q^{n+1}$?

Question

Dada la función de partición $P(n)$ y sea $q_k=e^{-k\pi/5}$. ¿Cuál es la razón por la que,

$$\sum_{n=0}^\infty P(n) q_2^{n+1}\approx\frac{1}{\sqrt{5}}\tag{1}$$

$$\sum_{n=0}^\infty P(n) q_4^{n+1}\approx\Big(1-\frac{1}{5^{1/4}}\Big)^2\Big(\frac{1+\sqrt{5}}{4}\Big)\tag{2}$$

donde la diferencia es apenas de $10^{-14}$ y $10^{-29}$, respectivamente? (La forma de $(2)$ parece ser más que una coincidencia.)

P.D. Olvidé dónde encontré $(2)$. ¿Alguien recuerda el artículo donde aparece esta aproximación por primera vez?

Answer 1

Todavía no he derivado la aproximación (2), pero la aproximación (1) es fácil:

Establezca $q(\tau)=\mathrm{e}^{2\pi\mathrm{i}\tau}$. Utilizaremos la función eta de Dedekind $$\eta(\tau) = q\left(\frac{\tau}{24}\right) \prod_{n=1}^\infty\left(1-q(n\tau)\right) = \frac{q\left(\frac{\tau}{24}\right)}{\sum_{n=0}^\infty P(n) q(n\tau)}$$

También conocemos la siguiente propiedad de las formas modulares de $\eta(\tau)$: $$\eta(\tau) = \sqrt{\frac{\mathrm{i}}{\tau}}\eta\left(\frac{-1}{\tau}\right)$$

Establezca $\tau=\frac{\mathrm{i}}{5}$. Entonces $\frac{-1}{\tau} = 5\mathrm{i} = 25\tau$. Así que $$\begin{align} q(\tau) &= \mathrm{e}^{-2\pi/5} \\ q\left(\frac{-1}{\tau}\right) &= q(25\tau) = \mathrm{e}^{-10\pi} \approx 2\cdot10^{-14} \\ \eta\left(\frac{-1}{\tau}\right) &= \eta(25\tau) \approx q\left(\frac{25\tau}{24}\right) \\ \eta(\tau) &= \sqrt{5}\,\eta(25\tau) \approx \sqrt{5}\,q\left(\frac{25\tau}{24}\right) \end{align}$$ Es decir, el $\prod_{n=1}^\infty\cdots$ utilizado en $\eta(25\tau)$ aproxima bien a $1$.

Por lo tanto $$\begin{align} \sum_{n=0}^\infty P(n) q\left((n+1)\tau\right) &= \frac{q(\tau)\,q\left(\frac{\tau}{24}\right)}{\eta(\tau)} = \frac{q\left(\frac{25\tau}{24}\right)}{\eta(\tau)} \\ &\approx \frac{q\left(\frac{25\tau}{24}\right)} {\sqrt{5}\,q\left(\frac{25\tau}{24}\right)} = \frac{1}{\sqrt{5}} \end{align}$$ La aproximación (2) parece requerir un poco más.

Answer 2

(Demasiado largo para un comentario.) Solo para dar el valor exacto de $(2)$, tenemos la identidad,

$$A = \frac{1}{e^{5\pi/6}\,\eta\big(\tfrac{2\,i}{5}\big)} = \frac{2^{19/8}(-1+5^{1/4})\,\pi^{3/4}}{e^{5\pi/6}\,(-1+\sqrt{5})^{3/2}\,\Gamma\big(\tfrac{1}{4}\big)} = 0.0887758\dots$$

que es aproximadamente,

$$B =\Big(1-\frac{1}{5^{1/4}}\Big)^2\Big(\frac{1+\sqrt{5}}{4}\Big)= 0.0887758\dots$$

y $A\approx B$ con la mencionada diferencia de apenas $10^{-29}$. Por qué es así parece seguir sin explicación.

P.D. Otros valores exactos de la función eta de Dedekind $\eta(\tau)$ están en esta publicación.