la relación de las funciones theta de jacobi y una nueva fracción de seguido q conjetural

Question

Dado el cuadrado nome $q=e^{2i\pi\tau}$ $|q|\lt1$, definir

$$\begin{aligned}H(q)=\cfrac{2(1+q^2)}{1-q+\cfrac{(1+q)(1+q^3)}{1-q^3+\cfrac{2q^2(1+q^4)}{1-q^5+\cfrac{q^3(1+q)(1+q^5)}{1-q^7+\cfrac{q^4(1+q^2)(1+q^6)}{1-q^9+\cfrac{q^5(1+q^3)(1+q^7)}{1-q^{11}+\ddots}}}}}}\end{aligned}$$

Pregunta: Cómo demostramos que $$H(q)\overset{\color{red}{?}}=\frac{2\,q^{1/2}\,\vartheta_3(0,q^2)}{\vartheta_2(0,q^2)}$ $ donde $\vartheta_n(0,q)$ es las funciones theta de jacobi

Answer 1

En un relacionados con la respuesta, He utilizado una fórmula por Ramanujan, demostrado por Adiga et al. (1985): $$\small\frac {(a, q)_\infty\,(-b;q)_\infty - (a;q)_\infty\,(b;q)_\infty} {(a, q)_\infty\,(-b;q)_\infty + (a;q)_\infty\,(b;q)_\infty} = \cfrac{a+b}{1-p+\cfrac{(a+bq)(aq+b)}{1-p^3+\cfrac{q\,(a+bq^2)(aq^2+b)} {1-p^5+\cfrac{p^2(a+bq^3)(aq^3+b)}{1-p^7+\cdots}}}}\etiqueta{*}$$ La aplicación que aquí se puede hacer mediante el establecimiento de $a=q_2^3$, $b=q_2^{-1}$ donde $q_n=\exp(2\pi\mathrm{i}\tau/n)$, lo $q_n^n=q$. Así tenemos $$\begin{align} \frac{H(q)}{2q_2} &= q_2^{-1}\,\cfrac{1+q^2}{1-q+\cfrac{(1+q)(1+q^3)}{1-q^3+\cfrac{2q^2(1+q^4)} {1-q^5+\cfrac{q^3(1+q)(1+q^5)}{1-q^7+\cfrac{q^4(1+q^2)(1+q^6)} {1-q^9+\cdots}}}}} \\ &= \frac{(-q_2^3;q)_\infty\,(-q_2^{-1};q)_\infty - (q_2^3;q)_\infty\,(q_2^{-1};q)_\infty} {(-q_2^3;q)_\infty\,(-q_2^{-1};q)_\infty + (q_2^3;q)_\infty\,(q_2^{-1};q)_\infty} \\ &= \frac{(-q_2^3;q)_\infty^2\,(-q_2^{-1};q)_2 - (q_2^3;q)_\infty^2\,(q_2^{-1};q)_2} {(-q_2^3;q)_\infty^2\,\underbrace{(-q_2^{-1};q)_2}_{(1+q_2)^2/q_2} + (q_2^3;q)_\infty^2\,\underbrace{(q_2^{-1};q)_2}_{-(1-q_2)^2/q_2}} \\ &= \frac{(-q_2;q)_\infty^2 + (q_2;q)_\infty^2} {(-q_2;q)_\infty^2 - (q_2;q)_\infty^2} \\ &\stackrel{[1]}{=} \frac{\vartheta_3(0,q_2) + \vartheta_3(0,-q_2)} {\vartheta_3(0,q_2) - \vartheta_3(0,-q_2)} \\ &\stackrel{[2]}{=} \frac{\vartheta_3(0,q^2)}{\vartheta_2(0,q^2)} \end{align}$$ donde [1] de la siguiente manera a partir de la representación de los productos $$\begin{align} \vartheta_3(0,q_2) &= (-q_2;q)_\infty^2\,(q;q)_\infty \end{align}$$ y la [2] de la siguiente manera a partir de la división de la serie representación de $\vartheta_3$ en e impares de las partes, lo que resulta en: $$\begin{align} \vartheta_3(0,q_2) + \vartheta_3(0,-q_2) &= 2\vartheta_3(0,q^2) \\ \vartheta_3(0,q_2) - \vartheta_3(0,-q_2) &= 2\vartheta_2(0,q^2) \end{align}$$ Más detalles y antecedentes en el Ramanujan fórmula se puede encontrar en la otra respuesta.

Answer 2

(Una respuesta parcial.) Comparar los tres cfracs de similar forma,

$$H(q)=\frac{q^{1/2}\,\vartheta_3(0,q^2)}{\vartheta_2(0,q^2)}=\small\cfrac{(1+q^2)}{1-q+\cfrac{q(1+q^{-1})(1+q^3)}{1-q^3+\cfrac{q^2(1+q^0)(1+q^4)}{1-q^5+\cfrac{q^3(1+q)(1+q^5)}{1-q^7+\cfrac{q^4(1+q^2)(1+q^6)}{1-q^9+\ddots}}}}}\tag1$$

$$U(-q)\; =\; 1\;=\;\small\cfrac{(1+q^1)}{1-q+\cfrac{q(1+q^0)(1+q^2)}{1-q^3+\cfrac{q^2(1+q)(1+q^3)}{1-q^5+\cfrac{q^3(1+q^2)(1+q^4)}{1-q^7+\cfrac{q^4(1+q^3)(1+q^5)}{1-q^{9}+\ddots}}}}}\tag2$$

$$S(q) = \frac{1}{q^{1/2}}\frac{\vartheta_2(0,q^2)}{\vartheta_3(0,q^2)}=\small\cfrac{(1+q^0)}{1-q+\cfrac{q(1+q)(1+q)}{1-q^3+\cfrac{q^2(1+q^2)(1+q^2)} {1-q^5+\cfrac{q^3(1+q^3)(1+q^3)}{1-q^7+\cfrac{q^4(1+q^4)(1+q^4)} {1-q^9+\ddots}}}}}\tag3$$

donde el patrón de una cfrac a la siguiente es clara. Tenemos $(1)$ como su propuesta de igualdad, $(2)$ es el que está en este post (con el pequeño cambio $q \to -q$ por la estética), y $(3)$ fue establecido por Somos en A079006. Entonces, uno puede ver la bonita hecho de que,

$$H(q)\,U(-q)\,S(q) = 1$$

De hecho, $H(q)$ $S(q)$ son recíprocos. (Este es el segundo recíproco par ha encontrado después de esto, así que supongo que usted está usando un método general?)

P. S. Desde $(2)$ pertenece a una familia infinita que implican relaciones de forma$(1-aq^n)$, $(1),(3)$ puede tener una familia infinita así.