una conjetura de ciertas p-fracciones continuas

Question

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

$$\begin{aligned}F(q)=\cfrac{1-q^2}{1-q^3+\cfrac{q^3(1-q)(1-q^5)}{1-q^9+\cfrac{q^6(1-q^4)(1-q^8)}{1-q^{15}+\cfrac{q^9(1-q^7)(1-q^{11})}{1-q^{21}+\ddots}}}}\overset{\color{red}{?}}=\prod_{n=1}^\infty\frac{(1-q^{12n-2})(1-q^{12n-10})}{(1-q^{12n-4})(1-q^{12n-8})}\\[1.5mm]&\end{aligned}$$ y $$\begin{aligned}G(q)=\cfrac{1-q^4}{1-q^3+\cfrac{q^3(1-\frac{1}{q})(1-q^7)}{1-q^9+\cfrac{q^6(1-q^2)(1-q^{10})}{1-q^{15}+\cfrac{q^9(1-q^5)(1-q^{13})}{1-q^{21}+\ddots}}}}\overset{\color{red}{?}}=\prod_{n=1}^\infty\frac{(1-q^{12n-4})(1-q^{12n-8})}{(1-q^{12n-2})(1-q^{12n-10})}\\[1.5mm]&\end{aligned}$$

Q: ¿Cómo podemos demostrar rigurosamente que los dos q-continuó fracciones son iguales a la serie-q?

(si es cierto, entonces los dos q-fracciones continuas son recíprocos , tales que su producto es igual a la unidad, $F(q)\,G(q)=1$.)

Answer 1

(Una mitad de una respuesta.) Deje $|q|<1$ y,

$$p = q^m,\quad \alpha = \pm q^{-n},\quad \beta = \pm q^n,\quad \alpha\beta = 1$$

Proponemos que,

$$\small C_{m,n}(q)=\prod_{k=1}^\infty\frac{(1-\alpha\, p^{4k})(1-\beta\, p^{4k-4})}{(1-\alpha\, p^{4k-2})(1-\beta\, p^{4k-2})} \overset{\color{red}{?}}=\cfrac{(1-\beta\,p^0)}{ 1-p+\cfrac{p(1-\alpha\, p)(1-\beta\, p)}{1-p^3+\cfrac{p^2(1-\alpha\, p^2)(1-\beta\, p^2)}{1-p^{5}+\cfrac{p^3(1-\alpha\, p^3)(1-\beta\, p^3)}{1-p^{7}+\ddots}}}}\tag1 $$

Se tarda sólo unos manipulación algebraica para demostrar que, dado,

$$\alpha_1 = \pm q^{\large -n_1},\quad \beta_1 = \pm q^{\large n_1},\quad \alpha\beta = 1$$

a continuación, los dos productos son recíprocos,

$$\frac{(1-\alpha_1\, p^{4k})(1-\beta_1\, p^{4k-4})}{(1-\alpha_1\, p^{4k-2})(1-\beta_1\, p^{4k-2})} \times \frac{(1-\alpha_2\, p^{4k})(1-\beta_2\, p^{4k-4})}{(1-\alpha_2\, p^{4k-2})(1-\beta_2\, p^{4k-2})}=1$$

si,

$$m =\frac{n_1+n_2}{2}\tag2$$

Por ejemplo, supongamos $m,\,n_1,\,n_2 = 3,\,2,\, 4$, y el uso de $(1)$ y en el caso positivo de $\pm$, obtenemos,

$$C_{3,2}(q) = \prod_{n=1}^\infty\frac{(1-q^{12n-2})(1-q^{12n-10})}{(1-q^{12n-4})(1-q^{12n-8})} = \small\cfrac{1-q^2}{1-q^3+\cfrac{q^3(1-q)(1-q^5)}{1-q^9+\cfrac{q^6(1-q^4)(1-q^8)}{1-q^{15}+\cfrac{q^9(1-q^7)(1-q^{11})}{1-q^{21}+\ddots}}}}$$

$$C_{3,4}(q) = \prod_{n=1}^\infty\frac{(1-q^{12n-4})(1-q^{12n-8})}{(1-q^{12n-2})(1-q^{12n-10})} = \small\cfrac{1-q^4}{1-q^3+\cfrac{q^3(1-q^{-1})(1-q^7)}{1-q^9+\cfrac{q^6(1-q^2)(1-q^{10})}{1-q^{15}+\cfrac{q^9(1-q^5)(1-q^{13})}{1+q^{21}+\ddots}}}}$$

el mismo que en el post y,

$$C_{3,2}(q)\,C_{3,4}(q) = 1$$

La reciprocidad es cierto para general $m,n_1,n_2$ que obedecer $(2)$. Sin embargo, lo que queda es mostrar que el cfrac es de hecho igual a la infinita producto $(1)$.

Answer 2

Escribo $q_n = \exp\frac{2\pi\mathrm{i}\tau}{n}$, lo $q_n^n=q$.

En un relacionados con la respuesta y otro, He utilizado una fórmula por Ramanujan, demostrado por Adiga et al. (1985): $$\small\frac {(a, q)_\infty\,(-b;q)_\infty - (a;q)_\infty\,(b;q)_\infty} {(a, q)_\infty\,(-b;q)_\infty + (a;q)_\infty\,(b;q)_\infty} = \cfrac{a+b}{1-p+\cfrac{(a+bq)(aq+b)}{1-p^3+\cfrac{q\,(a+bq^2)(aq^2+b)} {1-p^5+\cfrac{p^2(a+bq^3)(aq^3+b)}{1-p^7+\cdots}}}}\etiqueta{1}$$ En ambos casos, hemos sido capaces de simplificar el resultado de un cociente de Jacobi thetanulls, lo que implica que se trata de una eta cociente. Nos vamos a encontrar con que el patrón de nuevo, así que vamos a trabajar en general.

Permítanme recordar algunos de dos variables Jacobi funciones theta. Para $z\in\mathbb{C}$, vamos a $w=\exp(\mathrm{i}z)$, por lo que las expresiones con $w$ puede considerarse funciones de $z$. Del mismo modo, las expresiones con algunos $q_n$ se puede considerar funciones de $\tau$. Me tendrá las siguientes funciones Theta: $$\begin{align} \vartheta_3(z\mid\tau) = \vartheta_3(z,q_2) &= \sum_{k\in\mathbb{Z}} q_2^{k^2}\,w^{2k} \\ &= (-w^2q_2;q)_\infty\,(-w^{-2}q_2;q)_\infty\,(q;q)_\infty \\ \vartheta_4(z\mid\tau) = \vartheta_4(z,q_2) &= \sum_{k\in\mathbb{Z}} (-1)^k\,q_2^{k^2}\,w^{2k} \\ &= (w^2q_2;q)_\infty\,(w^{-2}q_2;q)_\infty\,(q;q)_\infty \\ \vartheta_2(z\mid\tau) = \vartheta_2(z,q_2) &= \sum_{k\in\mathbb{Z}} q_8^{(2k+1)^2}\,w^{2k+1} = q_8 w \sum_{k\in\mathbb{Z}} q^{k\,(k+1)/2}\,w^{2k} \\ &= q_8 w\,(-w^2q;q)_\infty\,(-w^{-2};q)_\infty\,(q;q)_\infty \end{align}$$ donde el $q$-Pochhammer representaciones son debido a la triple identidad del producto. Hay otra función Theta, conocido como $\vartheta_1$, pero nosotros no lo necesitamos.

Si divide la serie de $\vartheta_3$ $\vartheta_4$ en partes incluso con resp. extraño suma índice $k$, se obtiene $$\begin{align} \vartheta_3(z\mid\tau) &= \vartheta_3(2z\mid4\tau) + \vartheta_2(2z\mid4\tau) \\ \vartheta_4(z\mid\tau) &= \vartheta_3(2z\mid4\tau) - \vartheta_2(2z\mid4\tau) \end{align}$$ y por lo tanto $$\frac{\vartheta_3(z\mid\tau) - \vartheta_4(z\mid\tau)} {\vartheta_3(z\mid\tau) + \vartheta_4(z\mid\tau)} = \frac{\vartheta_2(2z\mid4\tau)}{\vartheta_3(2z\mid4\tau)}$$ Conectar el producto representaciones, obtenemos $$\frac{(-w^2q_2;q)_\infty\,(-w^{-2}q_2;q)_\infty - (w^2q_2;q)_\infty\,(w^{-2}q_2;q)_\infty} {(-w^2q_2;q)_\infty\,(-w^{-2}q_2;q)_\infty + (w^2q_2;q)_\infty\,(w^{-2}q_2;q)_\infty} = w^2q_2\,\frac{(-w^4t^4;q^4)_\infty\,(-w^{-4};q^4)_\infty} {(-w^4t^2;q^4)_\infty\,(-w^{-4}p^2;q^4)_\infty}$$ Supongamos que se nos da $a,b\in\mathbb{C}$$ab=q$. Entonces podemos establecer $w^2=a/q_2=q_2/b$ o $w^2=b/q_2=q_2/a$, por lo que la anterior identidad toma la forma $$\begin{align} \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} &= a\,\frac{(-a^2q^3;q^4)_\infty\,(-b^2q^{-1};q^4)_\infty} {(-a^2q;q^4)_\infty\,(-b^2q;q^4)_\infty} \\ &= b\,\frac{(-a^2q^{-1};q^4)_\infty\,(-b^2q^3;q^4)_\infty} {(-a^2q;q^4)_\infty\,(-b^2q;q^4)_\infty} \tag{2} \end{align}$$

Aplicando lo anterior a su pregunta:

1. Para$F(q)$:$(1)$$(2)$, reemplace$q$$q^3$. Por lo $(2)$ requiere $ab=q^3$ ahora.

   Ahora establecer $a=-\mathrm{i}q_2^5$, $b=\mathrm{i}q_2$. Por lo tanto $ab = q^3$$a/b = -q^2$. Este rendimientos $$\begin{align} \mathrm{i}q_2\,F(q) &= \mathrm{i}q_2\,\cfrac{1-q^2} {1-q^3+\cfrac{q^3(1-q)(1-q^5)} {1-q^9+\cfrac{q^6(1-q^4)(1-q^8)} {1-q^{15}+\cfrac{q^9(1-q^7)(1-q^{11})}{1-q^{21}+\cdots}}}} \\&\stackrel{(1)}{=} \frac{(\mathrm{i}q_2^5;q^3)_\infty\,(-\mathrm{i}q_2;q^3)_\infty - (-\mathrm{i}q_2^5;q^3)_\infty\,(\mathrm{i}q_2;q^3)_\infty} {(\mathrm{i}q_2^5;q^3)_\infty\,(-\mathrm{i}q_2;q^3)_\infty + (-\mathrm{i}q_2^5;q^3)_\infty\,(\mathrm{i}q_2;q^3)_\infty} \\&\stackrel{(2)}{=} \mathrm{i}q_2\,\frac{(q^{2};q^{12})_\infty\,(q^{10};q^{12})_\infty} {(q^8;q^{12})_\infty\,(q^4;q^{12})_\infty} \end{align}$$ lo que confirma la afirmación de $F(q)$.

2. Para $G(q)$: de Nuevo, el uso de $(1)$ $(2)$ $q$ reemplazado por $q^3$.

   Ahora establecer $a=-\mathrm{i}q_2^7$, $b=\mathrm{i}q_2^{-1}$. Por lo tanto $ab = q^3$$a/b = -q^4$. Este rendimientos $$\begin{align} \mathrm{i}q_2^{-1}\,G(q) &= \mathrm{i}q_2^{-1}\,\cfrac{1-q^4} {1-q^3+\cfrac{q^3(1-q^{-1})(1-q^7)} {1-q^9+\cfrac{q^6(1-q^2)(1-q^{10})} {1-q^{15}+\cfrac{q^9(1-q^5)(1-q^{13})}{1-q^{21}+\cdots}}}} \\&\stackrel{(1)}{=} \frac{(\mathrm{i}q_2^7;q^3)_\infty\,(-\mathrm{i}q_2^{-1};q^3)_\infty - (-\mathrm{i}q_2^7;q^3)_\infty\,(\mathrm{i}q_2^{-1};q^3)_\infty} {(\mathrm{i}q_2^7;q^3)_\infty\,(-\mathrm{i}q_2^{-1};q^3)_\infty + (-\mathrm{i}q_2^7;q^3)_\infty\,(\mathrm{i}q_2^{-1};q^3)_\infty} \\&\stackrel{(2)}{=} \mathrm{i}q_2^{-1}\,\frac{(q^4;q^{12})_\infty\,(q^8;q^{12})_\infty} {(q^{10};q^{12})_\infty\,(q^2;q^{12})_\infty} \end{align}$$ lo que confirma la afirmación de $G(q)$.

Diviértete aplicación de las fórmulas anteriores para más fracciones continuas.