Forma cerrada de $\frac{e^{-\frac{\pi}{5}}}{1+\frac{e^{-\pi}}{1+\frac{e^{-2\pi}}{1+\frac{e^{-3\pi}}{1+\ddots}}}}$

Question

Es bien sabido que $$\operatorname{R}(-e^{-\pi})=-\cfrac{e^{-\frac{\pi}{5}}}{1-\cfrac{e^{-\pi}}{1+\cfrac{e^{-2\pi}}{1-\cfrac{e^{-3\pi}}{1+\ddots}}}}=\frac{\sqrt{5}-1}{2}-\sqrt{\frac{5-\sqrt{5}}{2}}$$ donde $\operatorname{R}$ es la fracción continua de Rogers-Ramanujan: $$\operatorname{R}(q)=\cfrac{q^{\frac{1}{5}}}{1+\cfrac{q}{1+\cfrac{q^2}{1+\cfrac{q^3}{1+\ddots}}}},\, q=e^{\pi i\tau}.$$

Pero estoy interesado en $\operatorname{R}(e^{-\pi})$. Numéricamente, verifiqué que coincide con la raíz de la siguiente ecuación óctica cerca de $x=\frac{1}{2}$ hasta al menos $16$ lugares decimales:$$x^8+14x^7+22x^6+22x^5+30x^4-22 x^3+22 x^2-14x+1=0;$$ la raíz resulta ser igual a$$\frac{\sqrt{5}-1}{2}\frac{\sqrt[4]{5}+\sqrt{2+\sqrt{5}}}{\sqrt{5}+\sqrt{2+\sqrt{5}}}. $$

Entonces, ¿es cierto que$$\frac{e^{-\frac{\pi}{5}}}{1+\cfrac{e^{-\pi}}{1+\cfrac{e^{-2\pi}}{1+\cfrac{e^{-3\pi}}{1+\ddots}}}}=\frac{\sqrt{5}-1}{2}\frac{\sqrt[4]{5}+\sqrt{2+\sqrt{5}}}{\sqrt{5}+\sqrt{2+\sqrt{5}}}? $$ Los $2$ y $5$ bajo las raíces cuadradas parecen muy sugerentes de la naturaleza de $\operatorname{R}$.

También, ¿cómo podría demostrarse en ese caso?

Usando$$\frac{1}{\operatorname{R}(q)}-\operatorname{R}(q)=\frac{\left(q^{\frac{1}{5}};q^{\frac{1}{5}}\right)_{\infty}}{q^{\frac{1}{5}}(q^5;q^5)_{\infty}}+1$$ y$$\frac{\eta (e^{-\pi\sqrt{n}})}{\eta \left(e^{-\frac{\pi}{\sqrt{n}}}\right)}=n^{-\frac{1}{4}},\, n\gt 0$$ (donde $\eta (q)=q^{\frac{1}{12}}\prod_{n\ge 1}(1-q^{2n})$ es la función eta de Dedekind), he podido evaluar $\operatorname{R}(-e^{-\pi})$ y $\operatorname{R}(e^{-2\pi})$, pero no sé cómo podría usarse para evaluar $\operatorname{R}(e^{-\pi})$. Quizás algo más sea necesario.

Me inspiré en la primera carta de Ramanujan a Hardy, donde el $7\text{mo}$ teorema de Ramanujan afirma que$$\cfrac{1}{1+\cfrac{e^{-\pi\sqrt{n}}}{1+\cfrac{e^{-2\pi\sqrt{n}}}{1+\cfrac{e^{-3\pi\sqrt{n}}}{1+\ddots}}}}$$ se puede encontrar exactamente para cualquier $n\in\mathbb{Q}^{+}$.

Answer 1

$R(q)$ es expresable en términos de radicales para todo $q=e^{2\pi i \tau}$, donde $\tau$ es un irracional cuadrático imaginario en el plano superior. OP ya lo observó para $R(e^{-\pi\sqrt{n}})$. Es fácil obtener una ecuación algebraica satisfecha por $R(q)$, pero deshacer en forma de radical es más difícil.

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La fracción continua de Roger-Ramanujan tiene muchas formas equivalentes:$$R(q) = \cfrac{q^{1/5}}{1+\cfrac{q}{1+\cfrac{q^2}{1+\cfrac{q^3}{1+\ddots}}}} = q^{1/5} \prod_{n=1}^\infty \frac{(1-q^{5n-1})(1-q^{5n-4})}{(1-q^{5n-2})(1-q^{5n-3})}.$$

Escribiendo $q=e^{2\pi i \tau}$. A partir de esta última expresión, se puede mostrar que $R$ es modular de nivel $5$, por lo tanto $R$ y el $j$-invariante tienen una relación algebraica de grado $[\bar{\Gamma}(1):\bar{\Gamma}(5)] = 60$ (barra significa dividir por el centro): $$\tag{*} R^5 (R^{10}+11 R^5-1)^5j+(R^{20}-228 R^{15}+494 R^{10}+228 R^5+1)^3 = 0.$$

Te estás ocupando de $R(e^{-\pi})$. Dado que $j(i/2) = 287496$, $R$ es una raíz de ecuaciones de grado $60$ sobre $\mathbb{Z}$. $(*)$ se factoriza sobre $\mathbb{Q}$, el octavo $$R^8+14R^7+22R^6+22R^5+30R^4-22 R^3+22 R^2-14R+1$$ aparece como uno de los factores. La evaluación numérica te dirá que $R(e^{-\pi})$ es de hecho una raíz de este factor, completando la prueba.

Las otras $59$ raíces de $(*)$ son valores de $R$ en la órbita de $\Gamma(1)$ de $i/2$ que son inequivalentes bajo $\bar{\Gamma}(5)$.

Answer 2

Otro enfoque es usar la identidad $$\frac{1}{R(q)}-1-R(q)=\frac{f(-q^{1/5})}{q^{1/5}f(-q^5)}\tag {1}$$ donde $$f(-q) =\prod_{n=1}^{\infty} (1-q^n)\tag{2}$$ También hay que tener en cuenta que lo anterior es esencialmente la función eta de Dedekind $$\eta(q) =q^{1/24}\prod_{n=1}^{\infty}(1-q^n)\tag{3}$$ Así que para evaluar $R(q) $ para $q=e^{-\pi} $ necesitamos los valores de $\eta(e^{-\pi/5})$ y $\eta(e^{-5\pi})$. De hecho, lo que se necesita es la relación entre sus valores y no los valores individuales.

Podemos notar que si $k$ es el módulo elíptico correspondiente a $q$ y $K$ es la integral elíptica completa correspondiente de primer tipo, entonces $$\eta(q) =2^{-1/6}\sqrt {\frac{2K}{\pi}}k^{1/12}k'^{1/3}\tag{4}$$ También se debe tener en cuenta que si $k$ se reemplaza por $k'$ entonces $K$ se reemplaza por $K'$ y $q$ se reemplaza por $q'$ donde $(\log q) (\log q') =\pi^2$. Claramente, los valores $q=e^{-\pi/5},q'=e^{-5\pi}$ cumplen esta ecuación y por lo tanto, usando una ecuación similar para $\eta(q') $ obtenemos $$\frac{\eta(q)} {\eta(q')} =\sqrt{\frac{K} {K'}} (k'/k) ^{1/4}$$ y $\pi K'/K=-\log q=\pi/5$. Así que obtenemos $$\frac{\eta(q)} {\eta(q')} =\sqrt{5}\cdot(k'/k)^{1/4}$$ donde $k$ es el módulo correspondiente a $q=e^{-\pi/5}$. Es bien conocido a partir del invariante de clase de Ramanujan, $G_{25}=\phi$ (razón áurea) que $$2k'^2=1-\sqrt{1-\phi^{-24}}=1-12\sqrt{161\sqrt{5}-360}$$ y $$2k^2=1+\sqrt {1-\phi^{-24}}=1+12\sqrt{161\sqrt{5}-360}$$ y por lo tanto $$\frac{\eta(e^{-\pi/5})} {\eta(e^{-5\pi})} =\sqrt{5}\left(\frac{1-12\sqrt{161\sqrt{5}-360}}{1+12\sqrt{161\sqrt{5}-360}}\right)^{1/8}=A\text{(say)}\tag{5}$$ Ahora hay que observar que si $q=e^{-\pi}$ entonces el valor del lado derecho de la ecuación $(1)$ es $A$. Por lo tanto, $R(e^{-\pi}) $ es la raíz de la ecuación $$\frac{1}{x}-1-x=A$$ o $$x^2+(A+1)x-1=0$$ de modo que $$R(e^{-\pi}) =x=\frac{-(A+1)+\sqrt{(A+1)^2+4}}{2}$$ donde $A$ está dado por la ecuación $(5)$.

Se necesita algo de paciencia para obtener una expresión simple para la raíz anterior. Afortunadamente, Ramanujan proporcionó una fórmula de denesting que nos ayuda aquí. La reproduzco de una de mis preguntas anteriores aquí: $$ \sqrt[8]{1\pm\sqrt{1-\phi^{-24}}} = \frac{-1+\sqrt{5}}{2}\cdot \frac{\sqrt[4]{5}\pm 1}{\sqrt{2}}\tag{6}$$ y así $$A=\sqrt{5}\cdot\frac{\sqrt[4]{5}-1}{\sqrt[4]{5}+1}$$ Ahora es fácil verificar la forma deseada para $x$ usando un poco de álgebra simbólica con el símbolo $a$ dado $a>0,a^4=5$.

Otro hecho curioso es que si cambiamos el valor de $A$ a $A'=5/A$ entonces el $x$ correspondiente da el valor de $R(e^{-4\pi})$. Esto lo generalizó Ramanujan como una relación entre los valores de $R(e^{-2\alpha}) $ y $R(e^{-2\beta})$ donde $\alpha, \beta$ son positivos con $\alpha\beta=\pi^2$: $$\left(\frac{\sqrt {5}+1}{2}+R(e^{-2\alpha}) \right) \left(\frac{\sqrt{5}+1}{2}+R(e^{-2\beta})\right)=\frac{5+\sqrt{5}}{2}\tag{7}$$