Rogers-Ramanujan 연속 분율

Rogers-Ramanujan 연속 분획은 Rogers(1894)에 의해 그리고 Srinivasa Ramanujan에 의해 독립적으로 발견된 연속 분획이며, Rogers-Ramanujan 정체성과 밀접한 관련이 있습니다. 그것은 그 주장의 광범위한 가치 클래스에 대해 명시적으로 평가될 수 있습니다.

정의.

Rogers-Ramanujan ID에 나타나는 함수 $G{\displaystyle (q)}$ ${\displaystyle G(q)}$ 및 H${\displaystyle (q)}$ ${\displaystyle H(q)}$가 주어지면, $q$ = ${\displaystyle {}^{}}$ ${\displaystyle 2^{}}$π i τ${\display$q = e$^{$2\pii\tau }},

${\displaystyle {\begin{aligned}G(q)&=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {q^{n^{2}}}{(1-q)(1-q^{2})\cdots (1-q^{n})}}=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {q^{n^{2}}}{(q;q)_{n}}}={\frac {1}{(q;q^{5})_{\infty }(q^{4};q^{5})_{\infty }}}\\&=\prod _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{(1-q^{5n-1})(1-q^{5n-4})}}\\&={\sqrt[{60}]{q\,j}}\,\,_{2}F_{1}\left(-{\tfrac {1}{60}},{\tfrac {19}{60}};{\tfrac {4}{5}};{\tfrac {1728}{j}}\right)\\&={\sqrt[{60}]{q\left(j-1728\right)}}\,_{2}F_{1}\left(-{\tfrac {1}{60}},{\tfrac {29}{60}};{\tfrac {4}{5}};-{\tfrac {1728}{j-1728}}\right)\\&=1+q+q^{2}+q^{3}+2q^{4}+2q^{5}+3q^{6}+\cdots \end{aligned}}}$

그리고.

${\displaystyle {\begin{aligned}H(q)&=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {q^{n^{2}+n}}{(1-q)(1-q^{2})\cdots (1-q^{n})}}=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {q^{n^{2}+n}}{(q;q)_{n}}}={\frac {1}{(q^{2};q^{5})_{\infty }(q^{3};q^{5})_{\infty }}}\\&=\prod _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{(1-q^{5n-2})(1-q^{5n-3})}}\\&={\frac {1}{\sqrt[{60}]{q^{11}j^{11}}}}\,_{2}F_{1}\left({\tfrac {11}{60}},{\tfrac {31}{60}};{\tfrac {6}{5}};{\tfrac {1728}{j}}\right)\\&={\frac {1}{\sqrt[{60}]{q^{11}\left(j-1728\right)^{11}}}}\,_{2}F_{1}\left({\tfrac {11}{60}},{\tfrac {41}{60}};{\tfrac {6}{5}};-{\tfrac {1728}{j-1728}}\right)\\&=1+q^{2}+q^{3}+q^{4}+q^{5}+2q^{6}+2q^{7}+\cdots \end{aligned}}}$

q-팽창의 계수는 각각 OEIS: A003114 및 OEIS: A003106이며, $({\displaystyle a}$;$q)$∞$${\$displaystyle(a;$q)_{\infty}}는 무한 q-Pochammer 기호, j는 j-함수, F는 하이퍼기하 함수입니다. Rogers-Ramanujan 연속 분율은 다음과 같습니다.

${\displaystyle {\begin{aligned}R(q)&={\frac {q^{\frac {11}{60}}H(q)}{q^{-{\frac {1}{60}}}G(q)}}=q^{\frac {1}{5}}\prod _{n=1}^{\infty }{\frac {(1-q^{5n-1})(1-q^{5n-4})}{(1-q^{5n-2})(1-q^{5n-3})}}=q^{1/5}\prod _{n=1}^{\infty }(1-q^{n})^{(n 5)}\\&={\cfrac {q^{1/5}}{1+{\cfrac {q}{1+{\cfrac {q^{2}}{1+{\cfrac {q^{3}}{1+\ddots }}}}}}}}\end{aligned}}}$

${\displaystyle (nm)}$ ${\displaystyle (nm)}$은 Jacobi 기호를 나타냅니다$$.

$j-function$$j$ {\$displaystyle$ j$}$를 사용하는 공식은 ${\displaystyle q^{}}$ = e 2$$π i tau {\displaystyle q = e^{2\pi i\τ}(이름의 제곱)이 j-function의 q-expansion이 사용되는 경우에만 다른 공식과 일치하므로 표기에 주의해야 합니다. 데데킨데타 함수)는 $q$ = ${\displaystyle e^{}}$ 2$$π i τ {\displaystyle$q$ = e^{2\pi i\tau }를 사용합니다. 그러나 라마누잔은 하디에 대한 그의 예제에서 다음과 같이 q = e π i τ {\display q = e^{\pi i\tau }라는 이름을 대신 사용했습니다.

특수값

If q is the nome or its square, then ${\displaystyle q^{-{\frac {1}{60}}}G(q)}$ and ${\displaystyle q^{\frac {11}{60}}H(q)}$, as well as their quotient ${\displaystyle R(q)}$, are related to modular functions of ${\displaystyle \tau }$. 그들은 적분 계수를 가지고 있기 때문에 복소 곱셈 이론은 가상 이차 필드를 포함하는$$τ {\displaystyle$$\tau}에 대한 그들의 값이 명시적으로 평가될 수 있는 대수적 숫자임을 암시합니다.

R(q) 예제

라마누잔이 $q$=${\displaystyle {}^{}}$π i τ {\display q=e^{\pii\tau }라는 이름을 사용한 일반적인 형태를 고려할 때,

${\displaystyle R(q)={\cfrac {q^{1/5}}{1+{\cfrac {q}{1+{\cfrac {q^{2}}{1+{\cfrac {q^{3}}{1+\ddots }}}}}}}}}$

τ =$i${\displaystyle \tau =i} 스타일일 때,

${\displaystyle R{\big (}e^{-\pi }{\big )}={\cfrac {e^{-{\frac {\pi }{5}}}}{1+{\cfrac {e^{-\pi }}{1+{\cfrac {e^{-2\pi }}{1+\ddots }}}}}}={\tfrac {1}{2}}\phi \,({\sqrt {5}}-\phi ^{3/2})({\sqrt[{4}]{5}}+\phi ^{3/2})=0.511428\dots }$

τ =$$2i {\displaystyle \tau =2i}일 때,

${\displaystyle R{\big (}e^{-2\pi }{\big )}={\cfrac {e^{-{\frac {2\pi }{5}}}}{1+{\cfrac {e^{-2\pi }}{1+{\cfrac {e^{-4\pi }}{1+\ddots }}}}}}={{\sqrt[{4}]{5}}\,\phi ^{1/2}-\phi }=0.284079\dots }$

τ =$$i {\displaystyle \tau =4i}일 때,

${\displaystyle R{\big (}e^{-4\pi }{\big )}={\cfrac {e^{-{\frac {4\pi }{5}}}}{1+{\cfrac {e^{-4\pi }}{1+{\cfrac {e^{-8\pi }}{1+\ddots }}}}}}={\tfrac {1}{2}}\phi \,({\sqrt {5}}-\phi ^{3/2})(-{\sqrt[{4}]{5}}+\phi ^{3/2})=0.081002\dots }$

τ = ${\displaystyle 25}$i {\displaystyle \tau =2 {\sqrt {5}}i}일 때,

${\displaystyle R{\big (}e^{-2{\sqrt {5}}\pi }{\big )}={\cfrac {e^{-{\frac {2\pi }{\sqrt {5}}}}}{1+{\cfrac {e^{-2\pi {\sqrt {5}}}}{1+{\cfrac {e^{-4\pi {\sqrt {5}}}}{1+\ddots }}}}}}={\frac {\sqrt {5}}{1+{\big (}5^{3/4}(\phi -1)^{5/2}-1{\big )}^{1/5}}}-{\phi }=0.0602094\dots }$

τ =$$i {\displaystyle \tau =5i}일 때,

${\displaystyle R{\big (}e^{-5\pi }{\big )}={\cfrac {e^{-\pi }}{1+{\cfrac {e^{-5\pi }}{1+{\cfrac {e^{-10\pi }}{1+\ddots }}}}}}={\frac {1+\phi ^{2}}{\phi +{\big (}{\frac {1}{2}}(4-\phi -3{\sqrt {\phi -1}})(3\phi ^{3/2}-{\sqrt[{4}]{5}}){\big )}^{1/5}}}-{\phi }=0.0432139\dots }$

τ =${\displaystyle \mathrm{10}}$i {\displaystyle \tau = 10i}일 때,

${\displaystyle R{\big (}e^{-10\pi }{\big )}={\cfrac {e^{-2\pi }}{1+{\cfrac {e^{-10\pi }}{1+{\cfrac {e^{-20\pi }}{1+\ddots }}}}}}={\frac {1+\phi ^{2}}{\phi +{\big (}3{\sqrt {1+\phi ^{2}}}-4-\phi {\big )}^{1/5}}}-{\phi }=0.00186744\dots }$

τ =$$20i {\displaystyle \tau = 20i}일 때,

${\displaystyle R{\big (}e^{-20\pi }{\big )}={\cfrac {e^{-4\pi }}{1+{\cfrac {e^{-20\pi }}{1+{\cfrac {e^{-40\pi }}{1+\ddots }}}}}}={\frac {1+\phi ^{2}}{\phi +{\big (}{\frac {1}{2}}(4-\phi -3{\sqrt {\phi -1}})(3\phi ^{3/2}+{\sqrt[{4}]{5}}){\big )}^{1/5}}}-{\phi }=0.00000348734\dots }$

그리고 ϕ = 1$$+ 52 ${\$displaystyle \phi = {\tfrac {1+{\sqrt {5}}{2}}는 황금 비율입니다. $R{\displaystyle (e{}^{}}$- ${\displaystyle 2^{}}$π) {\$displaystyle R{\big(}e^{-2$\pi$}{\$big)}}는 4차 방정식의 양의 근입니다.

${\displaystyle x^{4}+2x^{3}-6x^{2}-2x+1=0}$

$R{\displaystyle (e{}^{}}$-$$π) ${\displaystyle R{\$big(}e$^{-\pi$}{\$big{\displaystyle )\}\}{}^{}및}$ ${\displaystyle {\mathrm{R}}^{}}$(${\displaystyle e^{}}$-$$4 π$) {\display$ R${\big$(}e$^{-$4\pi }{\big)}}는 단일 옥틱의 두 개의 양의 근이지만,

${\displaystyle y^{4}+2\phi ^{4}y^{3}+6\phi ^{2}y^{2}-2\phi ^{4}y+1=0}$

$({\displaystyle$ \$}$ϕ은 제곱근을 가지므로) 두 닫힌 형식의 유사성을 설명합니다. 보다 일반적으로 양의 정수 m의 경우, $R{\displaystyle ({\mathrm{e}}^{}}$- 2$$π / m) ${\displaystyle$R($e^{-2\$pi / $m{\displaystyle {\})\}}^{}}$과 ${\displaystyle {\mathrm{R}}^{}}$($e$- 2$$π m)${\displaystyle$R(e^{-2\pi \,m})}은 동일한 방정식의 두 근이며,

${\displaystyle {\bigl [}R(e^{-2\pi /m})+\phi {\bigr ]}{\bigl [}R(e^{-2\pi \,m})+\phi {\bigr ]}={\sqrt {5}}\,\phi }$

${\displaystyle \mathrm{n}}$ = ${\displaystyle 1,}$ ${\displaystyle 2,}$3${\displaystyle ,}$ 4, … {\$display$n = 1, 2, 3$,$ 4, … {\display n = 1, 2, 3, 4, 4, dots }에 대한 $(e -$π n) {\$display style$ \,$n$}의 대수적 차수 k는 k = 8, 4, 32, 8, … {\display style k = 8, 4, 32, 8, dots }(OEIS: A082682)입니다.

덧붙여서, 이 연속된 분수들은 다음 절에서 보는 것처럼 일부 5차 방정식을 푸는 데 사용될 수 있습니다.

G(q)와 H(q)의 예

흥미롭게도, J 함수 $($τ${\displaystyle )}$ ${\displaystyle$$j$(\tau)}와 Rogers-Ramanujan 연속 ${\displaystyle \mathrm{분수}}$R$(q$) ${\displaystyle$ R$($q)}의 관점에서 $G$(${\displaystyle q)}$ ${\displaystyle$ G$(q)}$와 $H{\displaystyle (q)}$ ${\displaystyle H(q)}$에 대한 명시적인 공식이 있습니다. 하지만, $($τ) {\$displaystyle$j(\tau)}는 $nome$'s ${\displaystyle {}^{}}$ $q$= e 2 π i τ {\displaystyle$$q q = e^{2\pi \,i\tau }}를 사용하므로 j(τ), G(q), H(q) {\displaystyle j(\tau),\,G(q),\,$H(q)}$ 및 $r$ $=$ ${\displaystyle R(}$q$)$ {\$displaystyle$ r $=$ R(q)}은(는) 동일한 q {\displaystyle q}을(를) 사용합니다.

${\displaystyle {\begin{aligned}G(q)&=\prod _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{(1-q^{5n-1})(1-q^{5n-4})}}\\&=q^{1/60}{\frac {j(\tau )^{1/60}}{(r^{20}-228r^{15}+494r^{10}+228r^{5}+1)^{1/20}}}\end{aligned}}}$

${\displaystyle {\begin{aligned}H(q)&=\prod _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{(1-q^{5n-2})(1-q^{5n-3})}}\\&={\frac {-1}{q^{11/60}}}{\frac {(r^{20}-228r^{15}+494r^{10}+228r^{5}+1)^{11/20}}{j(\tau )^{11/60}\,(r^{10}+11r^{5}-1)}}\end{aligned}}}$

물론 2차 공식은 $q{\displaystyle {}^{}}$- 1${\displaystyle {}^{}}$/ ${\displaystyle {60}^{}}$ ${\displaystyle {}^{}(q)}$ ${\displaystyle q^{-1/60}G(q)}$ 및 $q$ ${\displaystyle {11}^{}}$/ ${\displaystyle {}^{}}$ H${\displaystyle (q)}$ ${\displaystyle q^{11/60}H(q)}$가 가상 이차 필드를 포함하는$$τ${\displaystyle \$tau}에 대한 대수적 숫자(일반적으로 높은 정도임)임을 의미합니다. 예를 들어, 위의 공식들은 다음과 같이 단순화됩니다.

${\displaystyle {\begin{aligned}G(e^{-2\pi })&=(e^{-2\pi })^{1/60}{\frac {1}{(5\,\phi )^{1/4}}}{\frac {1}{\sqrt {R(e^{-2\pi })}}}\\&=1.00187093\dots \\H(e^{-2\pi })&={\frac {1}{(e^{-2\pi })^{11/60}}}{\frac {1}{(5\,\phi )^{1/4}}}{\sqrt {R(e^{-2\pi })}}\\&=1.00000349\dots \\\end{aligned}}}$

그리고.

${\displaystyle {\begin{aligned}G(e^{-4\pi })&=(e^{-4\pi })^{1/60}{\frac {1}{(5\,\phi ^{3})^{1/4}\,(\phi +{\sqrt[{4}]{5}})^{1/4}}}{\frac {1}{\sqrt {R(e^{-4\pi })}}}\\&=1.000003487354\dots \\H(e^{-4\pi })&={\frac {1}{(e^{-4\pi })^{11/60}}}{\frac {1}{(5\,\phi ^{3})^{1/4}\,(\phi +{\sqrt[{4}]{5}})^{1/4}}}{\sqrt {R(e^{-4\pi })}}\\&=1.000000000012\dots \\\end{aligned}}}$

ϕ$${\displaystyle \phi}을(를) 황금 비율로 사용합니다.

특수값의 도출

접선합

다음은 Rogers-Ramanujan 연속 분수 R과 S의 기본 정리를 접선 합과 접선 차를 사용하여 표현합니다.

${\displaystyle a\oplus b=\tan {\bigl [}\arctan(a)+\arctan(b){\bigr ]}={\frac {a+b}{1-ab}}}$

${\displaystyle c\ominus d=\tan {\bigl [}\arctan(c)-\arctan(d){\bigr ]}={\frac {c-d}{1+cd}}}$

타원형과 상보형은 서로 다음과 같은 관계를 갖습니다.

${\displaystyle \ln(q)\ln(q_{1})=\pi ^{2}}$

모듈러스 k의 상보적인 이름은 피타고라스 상보적 모듈러스의 이름과 같습니다.

${\displaystyle q_{1}(k)=q(k')=q({\sqrt {1-k^{2}}})}$

연속 분수 R과 S에 대한 반사 정리는 다음과 같습니다.

${\displaystyle S(q)\opplus S(q_{1})=\파이}$

${\displaystyle R(q^{2})\oplus R(q_{1}^{2})=\Phi^{-1}}$

φ$${\$displaystyle$ \Phi} 문자는 Golden 숫자를 정확히 나타냅니다.

${\displaystyle \Phi ={\tfrac {1}{2}}({\sqrt {5}}+1)=\cot[{\tfrac {1}{2}}\arctan(2)]=2\cos({\tfrac {1}{5}}{\pi })}$

${\displaystyle \Phi ^{-1}={\tfrac {1}{2}}({\sqrt {5}}-1)=\tan[{\tfrac {1}{2}}\arctan(2)]=2\sin({\tfrac {1}{10}}{\pi })}$

제곱수에 대한 정리는 다음과 같이 구성됩니다.

${\displaystyle R(q)^{2}R(q^{2})^{-1}\oplus R(q)R(q^{2})^{2}=1}$

${\displaystyle S(q)^{2}R(q^{2})^{-1}\ominus S(q)R(q^{2})^{2}=1}$

연속 분수와 자코비테타 함수 사이의 관계는 다음과 같습니다.

${\displaystyle S(q)\oplus R(q^{2})={\frac {\vartheta _{00}(q^{1/5})^{2}-\vartheta _{00}(q)^{2}}{5\,\vartheta _{00}(q^{5})^{2}-\vartheta _{00}(q)^{2}}}}$

${\displaystyle R(q)\ominus R(q^{2})={\frac {\vartheta _{01}(q)^{2}-\vartheta _{01}(q^{1/5})^{2}}{5\,\vartheta _{01}(q^{5})^{2}-\vartheta _{01}(q)^{2}}}}$

레미닉값의 유도

지금 표시된 정리에는 특정 값이 삽입됩니다.

${\displaystyle S{\bigl [}\exp (-\pi ){\bigr ]}\opplus S{\bigl [}\exp (-\pi ){\bigr ]}=\Phi}$

따라서 다음 ID가 유효합니다.

${\displaystyle S{\bigl [}\exp(-\pi ){\bigr ]}=\tan {\bigl [}{\tfrac {1}{2}}\arctan(\Phi ){\bigr ]}=\tan {\bigl [}{\tfrac {1}{4}}\pi -{\tfrac {1}{4}}\arctan(2){\bigr ]}}$

아날로그 패턴에서는 다음과 같은 결과를 얻을 수 있습니다.

${\displaystyle R{\bigl [}\exp (-2\pi ){\bigr ]}\opplus R{\bigl [}\exp (-2\pi ){\bigr ]}=\Phi^{-1}}$

따라서 다음 ID가 유효합니다.

${\displaystyle R{\bigl [}\exp(-2\pi ){\bigr ]}=\tan {\bigl [}{\tfrac {1}{2}}\arctan(\Phi ^{-1}){\bigr ]}=\tan {\bigl [}{\tfrac {1}{4}}\arctan(2){\bigr ]}}$

또한 위에서 언급한 야코비에타 함수에 대한 정리를 사용하면 다음과 같은 관계를 얻을 수 있습니다.

${\displaystyle S{\bigl [}\exp(-\pi ){\bigr ]}\oplus R{\bigl [}\exp(-2\pi ){\bigr ]}=S(q)\oplus R(q^{2}){\bigl [}q=\exp(-\pi ){\bigr ]}=}$

${\displaystyle ={\frac {\vartheta _{00}(q^{1/5})^{2}-\vartheta _{00}(q)^{2}}{5\,\vartheta _{00}(q^{5})^{2}-\vartheta _{00}(q)^{2}}}{\bigl [}q=\exp(-\pi ){\bigr ]}=1}$

이 결과는 포아송 합산 공식 때문에 나타나며 이 방정식은 다음과 같은 방법으로 풀 수 있습니다.

${\displaystyle R{\bigl [}\exp(-2\pi ){\bigr ]}=1\ominus S{\bigl [}\exp(-\pi ){\bigr ]}=1\ominus \tan {\bigl [}{\tfrac {1}{4}}\pi -{\tfrac {1}{4}}\arctan(2){\bigr ]}=\tan {\bigl [}{\tfrac {1}{4}}\arctan(2){\bigr ]}}$

야코비테타 함수에 대한 다른 정리를 취하면 다음 값을 결정할 수 있습니다.

${\displaystyle R{\bigl [}\exp (-\pi ){\bigr ]}\ominus R{\bigl [}\exp (-2\pi ){\bigr ]}=R(q)\ominus R(q^{2}{\bigl [}q=\exp (-\pi ){\bigr ]}=}$

${\displaystyle ={\frac {\vartheta _{01}(q)^{2}-\vartheta _{01}(q^{1/5})^{2}}{5\,\vartheta _{01}(q^{5})^{2}-\vartheta _{01}(q)^{2}}}{\bigl [}q=\exp(-\pi ){\bigr ]}={\frac {{\sqrt[{4}]{5}}-1}{{\sqrt[{4}]{5}}+1}}={\sqrt[{4}]{5}}\ominus 1=\tan {\bigl [}\arctan({\sqrt[{4}]{5}}\,)-{\tfrac {1}{4}}\pi {\bigr ]}}$

방정식 사슬은 다음과 같은 접선적 합으로 이어집니다.

${\displaystyle R{\bigl [}\exp(-\pi ){\bigr ]}=R{\bigl [}\exp(-2\pi ){\bigr ]}\oplus \tan {\bigl [}\arctan({\sqrt[{4}]{5}}\,)-{\tfrac {1}{4}}\pi {\bigr ]}}$

따라서 다음과 같은 결과가 나타납니다.

${\displaystyle R{\bigl [}\exp(-\pi ){\bigr ]}=\tan {\bigl [}{\tfrac {1}{4}}\arctan(2)+\arctan({\sqrt[{4}]{5}}\,)-{\tfrac {1}{4}}\pi {\bigr ]}}$

다음 단계에서 연속 분수 R에 대한 반사 정리를 다시 사용합니다.

${\displaystyle R{\bigl [}\exp (-\pi ){\bigr ]}\opplus R{\bigl [}\exp (-4\pi ){\bigr ]}=\Phi^{-1}}$

${\displaystyle R{\bigl [}\exp (-4\pi ){\bigr ]}=\tan {\bigl [}{\tfrac {1}{2}}\arctan(2){\bigr]}\ominus R{\bigl [}\exp (-\pi ){\bigr ]}$

그리고 또 다른 결과가 나타납니다.

${\displaystyle R{\bigl [}\exp(-4\pi ){\bigr ]}=\tan {\bigl [}{\tfrac {1}{4}}\arctan(2)-\arctan({\sqrt[{4}]{5}}\,)+{\tfrac {1}{4}}\pi {\bigr ]}}$

Non-Lemniscatic value 도출

이제 반사 정리는 다음 값에 사용됩니다.

${\displaystyle R{\bigl [}\exp(-{\sqrt {2}}\,\pi ){\bigr ]}\oplus R{\bigl [}\exp(-2{\sqrt {2}}\,\pi ){\bigr ]}=\Phi ^{-1}}$

야코비 세타 정리는 다음과 같은 추가 관계로 이어집니다.

${\displaystyle R{\bigl [}\exp(-{\sqrt {2}}\,\pi ){\bigr ]}\ominus R{\bigl [}\exp(-2{\sqrt {2}}\,\pi ){\bigr ]}=R(q)\ominus R(q^{2}){\bigl [}q=\exp(-{\sqrt {2}}\,\pi ){\bigr ]}=}$

${\displaystyle ={\frac {\vartheta _{01}(q)^{2}-\vartheta _{01}(q^{1/5})^{2}}{5\,\vartheta _{01}(q^{5})^{2}-\vartheta _{01}(q)^{2}}}{\bigl [}q=\exp(-{\sqrt {2}}\,\pi ){\bigr ]}=\tan {\bigl [}2\arctan({\tfrac {1}{3}}{\sqrt {5}}-{\tfrac {1}{3}}{\sqrt[{3}]{6{\sqrt {30}}+4{\sqrt {5}}}}+{\tfrac {1}{3}}{\sqrt[{3}]{6{\sqrt {30}}-4{\sqrt {5}}}}\,)-{\tfrac {1}{4}}\pi {\bigr ]}}$

이제 언급된 두 개의 정리를 접선적으로 추가하면 다음과 같은 결과를 얻을 수 있습니다.

${\displaystyle R{\bigl [}\exp(-{\sqrt {2}}\,\pi ){\bigr ]}\oplus R{\bigl [}\exp(-{\sqrt {2}}\,\pi ){\bigr ]}=\Phi ^{-1}\oplus \tan {\bigl [}2\arctan({\tfrac {1}{3}}{\sqrt {5}}-{\tfrac {1}{3}}{\sqrt[{3}]{6{\sqrt {30}}+4{\sqrt {5}}}}+{\tfrac {1}{3}}{\sqrt[{3}]{6{\sqrt {30}}-4{\sqrt {5}}}}\,)-{\tfrac {1}{4}}\pi {\bigr ]}}$

${\displaystyle R{\bigl [}\exp(-{\sqrt {2}}\,\pi ){\bigr ]}=\tan {\bigl [}\arctan({\tfrac {1}{3}}{\sqrt {5}}-{\tfrac {1}{3}}{\sqrt[{3}]{6{\sqrt {30}}+4{\sqrt {5}}}}+{\tfrac {1}{3}}{\sqrt[{3}]{6{\sqrt {30}}-4{\sqrt {5}}}}\,)-{\tfrac {1}{4}}\operatorname {arccot}(2){\bigr ]}}$

접선 뺄셈에 의해 결과가 나타납니다.

${\displaystyle R{\bigl [}\exp(-2{\sqrt {2}}\,\pi ){\bigr ]}\oplus R{\bigl [}\exp(-2{\sqrt {2}}\,\pi ){\bigr ]}=\Phi ^{-1}\ominus \tan {\bigl [}2\arctan({\tfrac {1}{3}}{\sqrt {5}}-{\tfrac {1}{3}}{\sqrt[{3}]{6{\sqrt {30}}+4{\sqrt {5}}}}+{\tfrac {1}{3}}{\sqrt[{3}]{6{\sqrt {30}}-4{\sqrt {5}}}}\,)-{\tfrac {1}{4}}\pi {\bigr ]}}$

${\displaystyle R{\bigl [}\exp(-2{\sqrt {2}}\,\pi ){\bigr ]}=\tan {\bigl [}{\tfrac {1}{4}}\operatorname {arccot}(-2)-\arctan({\tfrac {1}{3}}{\sqrt {5}}-{\tfrac {1}{3}}{\sqrt[{3}]{6{\sqrt {30}}+4{\sqrt {5}}}}+{\tfrac {1}{3}}{\sqrt[{3}]{6{\sqrt {30}}-4{\sqrt {5}}}}\,){\bigr ]}}$

대안적인 해결 방법으로 우리는 제곱수에 대한 정리를 사용합니다.

${\displaystyle R{\bigl [}\exp(-{\sqrt {2}}\,\pi ){\bigr ]}^{2}R{\bigl [}\exp(-2{\sqrt {2}}\,\pi ){\bigr ]}^{-1}\oplus R{\bigl [}\exp(-{\sqrt {2}}\,\pi ){\bigr ]}R{\bigl [}\exp(-2{\sqrt {2}}\,\pi ){\bigr ]}^{2}=1}$

${\displaystyle {\bigl \{}R{\bigl [}\exp(-{\sqrt {2}}\,\pi ){\bigr ]}^{2}R{\bigl [}\exp(-2{\sqrt {2}}\,\pi ){\bigr ]}^{-1}+1{\bigr \}}{\bigl \{}R{\bigl [}\exp(-{\sqrt {2}}\,\pi ){\bigr ]}R{\bigl [}\exp(-2{\sqrt {2}}\,\pi ){\bigr ]}^{2}+1{\bigr \}}=2}$

이제 반사 정리가 다시 실행됩니다.

${\displaystyle R{\bigl [}\exp(-2{\sqrt {2}}\,\pi ){\bigr ]}=\Phi ^{-1}\ominus R{\bigl [}\exp(-{\sqrt {2}}\,\pi ){\bigr ]}}$

${\displaystyle R{\bigl [}\exp(-2{\sqrt {2}}\,\pi ){\bigr ]}={\frac {1-\Phi R{\bigl [}\exp(-{\sqrt {2}}\,\pi ){\bigr ]}}{\Phi +R{\bigl [}\exp(-{\sqrt {2}}\,\pi ){\bigr ]}}}}$

마지막으로 언급된 식을 제곱수 정리에 삽입하면 다음과 같은 식을 얻을 수 있습니다.

${\displaystyle {\biggl \{}R{\bigl [}\exp(-{\sqrt {2}}\,\pi ){\bigr ]}^{2}{\frac {\Phi +R{\bigl [}\exp(-{\sqrt {2}}\,\pi ){\bigr ]}}{1-\Phi R{\bigl [}\exp(-{\sqrt {2}}\,\pi ){\bigr ]}}}+1{\biggr \}}{\biggl \langle }R{\bigl [}\exp(-{\sqrt {2}}\,\pi ){\bigr ]}{\frac {{\bigl \{}1-\Phi R{\bigl [}\exp(-{\sqrt {2}}\,\pi ){\bigr ]}{\bigr \}}^{2}}{{\bigl \{}\Phi +R{\bigl [}\exp(-{\sqrt {2}}\,\pi ){\bigr ]}{\bigr \}}^{2}}}+1{\biggr \rangle }=2}$

분모를 지우면 6차 방정식이 나옵니다.

${\displaystyle R{\bigl [}\exp(-{\sqrt {2}}\,\pi ){\bigr ]}^{6}+2\,\Phi ^{-2}R{\bigl [}\exp(-{\sqrt {2}}\,\pi ){\bigr ]}^{5}-{\sqrt {5}}\,\Phi ^{-1}R{\bigl [}\exp(-{\sqrt {2}}\,\pi ){\bigr ]}^{4}+}$

${\displaystyle +2\,{\sqrt {5}}\,\Phi R{\bigl [}\exp(-{\sqrt {2}}\,\pi ){\bigr ]}^{3}+{\sqrt {5}}\,\Phi ^{-1}R{\bigl [}\exp(-{\sqrt {2}}\,\pi ){\bigr ]}^{2}+2\,\Phi ^{-2}R{\bigl [}\exp(-{\sqrt {2}}\,\pi ){\bigr ]}-1=0}$

이 방정식의 해는 이미 언급된 해입니다.

${\displaystyle R{\bigl [}\exp(-{\sqrt {2}}\,\pi ){\bigr ]}=\tan {\bigl [}\arctan({\tfrac {1}{3}}{\sqrt {5}}-{\tfrac {1}{3}}{\sqrt[{3}]{6{\sqrt {30}}+4{\sqrt {5}}}}+{\tfrac {1}{3}}{\sqrt[{3}]{6{\sqrt {30}}-4{\sqrt {5}}}}\,)-{\tfrac {1}{4}}\operatorname {arccot}(2){\bigr ]}}$

모듈 형식과의 관계

${\displaystyle R(q)}$ ${\displaystyle$ R$(q)}$은 가중치 1/2의 모듈 형태인 데데킨데타 함수와 연관될$$ 수 있습니다.^[1]

${\displaystyle {\frac {1}{R(q)}}-R(q)={\frac {\tau }{5}}{\eta(5\tau)}}+1}$

${\displaystyle {\frac {1}{R^{5}(q)}}-R^{5}(q)=\left[{\frac {\eta(\tau)}{\eta(5\tau)}}\right]^{6}+11}$

Rogers-Ramanujan 연속 분수는 Jacobieta 함수로 표현될 수도 있습니다. 표기법을 기억해 보세요.

${\displaystyle {\begin{aligned}\vartheta_{10}(0;\tau)&=\theta_{2}(q)=\sum_{n=-\infty}^{\infty}q^{(n+1/2)^{2}}\\\vartheta _{00}(0;\tau )&=\theta _{3}(q)=\sum _{n=-\infty }^{\infty }q^{n^{2}}\\\vartheta _{01}(0;\tau )&=\theta _{4}(q)=\sum _{n=-\infty }^{\infty }(-1)^{n}q^{n^{2}}\end{aligned}}}$

θ$n$ {\$displaystyle$ \$theta$ _{n}} 표기법은 θ 24 + θ 44 = θ 34 {\displaystyle \theta _{2}^{4}+\theta _{4}^{4}=\theta _{3}^{4}}이기 때문에 기억하기가 조금 더 쉽습니다. 따라서,

${\displaystyle R(x)=\tan {\biggl \{}{\frac {1}{2}}\operatorname {arccot} {\biggl [}{\frac {1}{2}}+{\frac {\theta _{4}(x^{1/5})[5\,\theta _{4}(x^{5})^{2}-\theta _{4}(x)^{2}]}{2\,\theta _{4}(x^{5})[\theta _{4}(x)^{2}-\theta _{4}(x^{1/5})^{2}]}}{\biggr ]}{\biggr \}}}$

${\displaystyle R(x)=\tan {\biggl \{}{\frac {1}{2}}\operatorname {arccot} {\biggl [}{\frac {1}{2}}+{\bigg (}{\frac {\theta _{2}(x^{1/10})\,\theta _{3}(x^{1/10})\,\theta _{4}(x^{1/10})}{2^{3}\,\theta _{2}(x^{5/2})\,\theta _{3}(x^{5/2})\,\theta _{4}(x^{5/2})}}{\bigg )}^{1/3}{\biggr ]}{\biggr \}}}$

${\displaystyle R(x)=\tan {\biggl \{}{\frac {1}{2}}\arctan {\biggl [}{\frac {1}{2}}-{\frac {\theta _{4}(x)^{2}}{2\,\theta _{4}(x^{5})^{2}}}{\biggr ]}{\biggr \}}^{1/5}\times \tan {\biggl \{}{\frac {1}{2}}\operatorname {arccot} {\biggl [}{\frac {1}{2}}-{\frac {\theta _{4}(x)^{2}}{2\,\theta _{4}(x^{5})^{2}}}{\biggr ]}{\biggr \}}^{2/5}}$

${\displaystyle R(x)=\tan {\biggl \{}{\frac {1}{2}}\arctan {\biggl [}{\frac {1}{2}}-{\frac {\theta _{4}(x^{1/2})^{2}}{2\,\theta _{4}(x^{5/2})^{2}}}{\biggr ]}{\biggr \}}^{2/5}\times \cot {\biggl \{}{\frac {1}{2}}\operatorname {arccot} {\biggl [}{\frac {1}{2}}-{\frac {\theta _{4}(x^{1/2})^{2}}{2\,\theta _{4}(x^{5/2})^{2}}}{\biggr ]}{\biggr \}}^{1/5}}$

그러나 세타 함수는 일반적으로 q = e라는 이름을 사용하는 반면 데데킨데타 함수는 q = e라는 이름의 제곱을 사용하므로 모든 함수 간의 일관성을 유지하기 위해 변수 x를 대신 사용했습니다. 예를 들어, τ = - 1$$${\displaystyle$ \ tau ={\sqrt {-1}} sox = e - π {\displaystyle x=e^{-\pi}}라고 합니다. 이것을 세타 함수에 연결하면 이전에 주어진 연속 분수의 올바른 평가인 세 가지 R(x) 공식에 대해 동일한 값을 얻을 수 있습니다.

${\displaystyle R{\big (}e^{-\pi }{\big )}={\frac {1}{2}}\phi \,({\sqrt {5}}-\phi ^{3/2})({\sqrt[{4}]{5}}+\phi ^{3/2})=0.511428\dots }$

타원형을 정의할 수도 있고,

${\displaystyle q(k)=\exp {\big [}-\pi K({\sqrt {1-k^{2}})/K(k){\big}}}$

작은 문자 k는 타원 계수를 설명하고 큰 문자 K는 첫 번째 종류의 완전한 타원 적분을 설명합니다. 연속 분수는 다음과 같이 야코비 타원 함수로 표현할 수도 있습니다.

${\displaystyle R{\big (}q(k){\big )}=\tan {\biggl \{}{\frac {1}{2}}\arctan y{\biggr \}}^{1/5}\tan {\biggl \{}{\frac {1}{2}}\operatorname {arccot} y{\biggr \}}^{2/5}=\left\{{\frac {{\sqrt {y^{2}+1}}-1}{y}}\right\}^{1/5}\left\{y\left[{\sqrt {{\frac {1}{y^{2}}}+1}}-1\right]\right\}^{2/5}}$

와 함께

${\displaystyle y={\frac {2k^{2}\,{\text{sn}}[{\tfrac {2}{5}}K(k);k]^{2}\,{\text{sn}}[{\tfrac {4}{5}}K(k);k]^{2}}{5-k^{2}\,{\text{sn}}[{\tfrac {2}{5}}K(k);k]^{2}\,{\text{sn}}[{\tfrac {4}{5}}K(k);k]^{2}}}.}$

j-함수와의 관계

j-함수와 데데킨데타 함수를 포함하는 공식은 다음과 같습니다.

${\displaystyle j(\tau)={\frac {(x^{2}+10x+5)^{3}}{x}}$

여기서 $x$ =${\displaystyle {}^{}}$[$$η(τ) η(τ)] 6. {\displaystyle x=\left[{\frac{\sqrt {5}}\,\eta(5\tau)}{\eta(\tau)}}\right]^{6}\,} 또한,

${\displaystyle {\frac {1}{R^{5}(q)}}-R^{5}(q)=\left[{\frac {\eta(\tau)}{\eta(5\tau)}}\right]^{6}+11}$

두 방정식 $사이$의 에타 몫 x ${\displaystyle$ x$}$를 제거하면 j(τ)를 r = R ($q)$ {\display r = R(q)}로 표현할 수 있습니다.

${\displaystyle {\begin{aligned}&j(\tau)=-{\frac {(r^{20}- 228r^{15}+494r^{10}+ 228r^{5}+1)^{3}}{r^{5}(r^{10}+11r^{5}-1)^{5}}}\\[6pt]&j(\tau )-1728=-{\frac {(r^{30}+522r^{25}-10005r^{20}-10005r^{10}-522r^{5}+1)^{2}}{r^{5}(r^{10}+11r^{5}-1)^{5}}}\end{aligned}}}$

여기서 분자와 분모는 정이십면체의 다항식 불변량입니다. $R{\displaystyle (q)}$ ${\displaystyle R(q)}$과 $R{\displaystyle ({q\mathrm{}}^{}}$ 5${\displaystyle {}^{}}$ ${\displaystyle R(q^{5})}$ 사이의 모듈식을 사용하면 다음을 알 수 있습니다$.$

${\displaystyle {\begin{aligned}&j(5\tau)=-{\frac {(r^{20}+12r^{15}+14r^{10}-12r^{5}+1)^{3}}{r^{25}(r^{10}+11r^{5}-1)}}\\[6pt]&j(5\tau )-1728=-{\frac {(r^{30}+18r^{25}+75r^{20}+75r^{10}-18r^{5}+1)^{2}}{r^{25}(r^{10}+11r^{5}-1)}}\end{aligned}}}$

$z$ = ${\displaystyle {}^{}}$ ${\displaystyle 5^{}}$- 1 r $5$ ${\$displaystyle z = r^{5}-{\frac ${$1}{r^{5}}}, 그 다음 j (5 τ) = - (z 2 + 12 z + 16 ) 3 z + 11 {\displaystyle j(5\tau)=-{\frac {\left(z^{2}+12z+16$\$right)^{3}-{z+11}}

어디에

${\displaystyle {\begin{aligned}&z_{\infty}=-\left[{\frac{\sqrt {5}}\,\eta(25\tau)}{\right]^{6}-11,\z_{0}=-\left[{\frac{\eta(\tau)}{\right]^{6}-11,\z_{1}=\left[{\frac{\frac{5\tau+2}{5}}}{\tau(5\tau)}\-\right]^{6}-11,\left[{\frac{5\frac{5}}}\right]^{6}-11,\\[6pt]&z_{2}=-\left[{\frac {\5\tau +4}{5}}}{\eta(5\tau)}}\right]^{6}-11,\z_{3}=\left[{\frac {\eta(5\frac {5\tau}}\right]^{6}-11,\z_{4}=-\left[{\frac {\eta(5\tau)}\right]^{6}-11,\z_{4}=-\left[{\frac {\eta({5\frac {5\tau +8}{5}}}\right]^{6}-11\end{aligned}}}$

사실 타원 곡선의 j- invariant,

${\displaystyle y^{2}+(1+r^{5})xy+r^{5}y=x^{3}+r^{5}x^{2}}$

모듈식 곡선 $X{\displaystyle {}_{}}$ ${\displaystyle {1\mathrm{}}_{}5)}$ ${\displaystyle X_{1}(5)}$의 비첨점으로 매개변수화됩니다$.$

함수방정식

편의상 q=e일 때 r(τ)${\displaystyle }$= R($q)$ {\display r(\tau) = R(q)} 표기법을 사용할 수도 있습니다. j-불변과 같은 다른 모듈 함수는 만족하지만,

${\displaystyle j (-{\tfrac {1}{\tau }})=j(\tau )}$

데데킨데타 함수는

${\displaystyle \eta(-{\tfrac {1}{\tau })={\sqrt {-i\tau }}\,\eta(\tau)}$

Rogers-Ramanujan 연속 분수의 함수 방정식은 황금비$$ϕ${\$displaystyle$$\phi}를 포함합니다.

${\displaystyle r (-{\tfrac {1}{\tau }})={\frac {1-\phi \,r(\tau)}{\phi +r(\tau)}}$

부수적으로.

${\displaystyle r ({\tfrac {7+i}{10}})=i}$

모듈식

$R{\displaystyle (q)}$ ${\displaystyle R(q)}$과 $R{\displaystyle (q^{}}$ n${\displaystyle {}^{}}$ ${\displaystyle$ R$(q^{n}}$ 사이에는 모듈식이 있습니다$.$ 작은 소수 n에 대한 우아한 방정식은 다음과 같습니다.^[3]

For ${\displaystyle n=2}$, let ${\displaystyle u=R(q)}$ and ${\displaystyle v=R(q^{2})}$, then ${\displaystyle v-u^{2}=(v+u^{2})uv^{2}.}$

For ${\displaystyle n=3}$, let ${\displaystyle u=R(q)}$ and ${\displaystyle v=R(q^{3})}$, then ${\displaystyle (v-u^{3})(1+uv^{3})=3u^{2}v^{2}.}$

For ${\displaystyle n=5}$, let ${\displaystyle u=R(q)}$ and ${\displaystyle v=R(q^{5})}$, then ${\displaystyle v(v^{4}-3v^{3}+4v^{2}-2v+1)=(v^{4}+2v^{3}+4v^{2}+3v+1)u^{5}.}$

Or equivalently for ${\displaystyle n=5}$, let ${\displaystyle u=R(q)}$ and ${\displaystyle v=R(q^{5})}$ and ${\displaystyle \phi ={\tfrac {1+{\sqrt {5}}}{2}}}$, then ${\displaystyle u^{5}={\frac {v\,(v^{2}-\phi ^{2}v+\phi ^{2})(v^{2}-\phi ^{-2}v+\phi ^{-2})}{(v^{2}+v+\phi ^{2})(v^{2}+v+\phi ^{-2})}}.$$}$

For ${\displaystyle n=11}$, let ${\displaystyle u=R(q)}$ and ${\displaystyle v=R(q^{11})}$, then ${\displaystyle uv(u^{10}+11u^{5}-1)(v^{10}+11v^{5}-1)=(u-v)^{12}.}$

Regarding ${\displaystyle n=5}$, note that ${\displaystyle v^{10}+11v^{5}-1=(v^{2}+v-1)(v^{4}-3v^{3}+4v^{2}-2v+1)(v^{4}+2v^{3}+4v^{2}+3v+1).}$

기타결과

라마누잔은 $R{\displaystyle (q)}$ ${\displaystyle$ R$(q)}$과 관련하여 다른 많은 흥미로운 결과를 발견했습니다$.$ a${\displaystyle ,}$ ${\displaystyle {}^{}}$ ∈ R + {\$displaystyle$ a, b$\$$in$$\mathbb${R$\}$ ^{+}},$$ϕ${\displaystyle$ \phi}를 황금 비율로 설정합니다.

${\displaystyle b}$ =$$π$$2 {\displaystyle ab=\pi^{2}}이면,

${\displaystyle {\bigl [}R(e^{-2a})+\phi {\bigl ]}{\bigl [}R(e^{-2b})+\phi {\bigr ]}={\sqrt {5}}\,\phi .}$

$5$ ${\displaystyle \mathrm{ab}}$ =$$π$$2 {\displaystyle 5ab=\pi^{2}}이면,

${\displaystyle {\bigl [}R^{5}(e^{-2a})+\phi ^{5}{\bigl ]}{\bigl [}R^{5}(e^{-2b})+\phi ^{5}{\bigr ]}=5{\sqrt {5}}\,\phi ^{5}.}$

$R$${\displaystyle (q)}$ ${\displaystyle R(q)}$의 거듭제곱도 특이한 방법으로 표현할 수 있습니다. 정육면체의 경우,

${\displaystyle R^{3}(q)={\frac {\alpha }{\beta }}}$

어디에,

${\displaystyle \alpha =\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {q^{2n}}{1-q^{5n+2}}}-\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {q^{3n+1}}{1-q^{5n+3}}}}$

${\displaystyle \beta =\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {q^{n}}{1-q^{5n+1}}}-\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {q^{4n+3}}{1-q^{5n+4}}}}$

다섯 번째 거듭제곱에 대해 $w$ = R${\displaystyle }$($)$ R 2 (q 2) {\displaystyle w = R(q) R^{2} (q^{2}}라고 하면,

${\displaystyle R^{5}(q)=w\left({\frac {1-w}{1+w}}\right)^{2},\;\;R^{5}(q^{2})=w^{2}\left({\frac {1+w}{1-w}}\right)}$

5차 방정식

브링-제라드 형태의 일반 5차 방정식:

${\displaystyle x^{5}-5x-4a=0}$

모든 실수 값에 ${\display$ a>$1}$은 Rogers-Ramanujan 연속 $분수{\displaystyle }$ R${\displaystyle (q)}$ ${\display R(q)}$과 타원형 이름으로 풀 수 있습니다.

${\displaystyle q(k)=\exp {\big [}-\pi K({\sqrt {1-k^{2}})/K(k){\big}}}$

이 오차를 해결하려면 먼저 타원 계수를 다음과 같이 결정해야 합니다.

${\displaystyle k=\tan[{\tfrac {1}{4}}\pi -{\tfrac {1}{4}}\operatorname {arccsc}(a^{2})]}$

그렇다면 진정한 해결책은 다음과 같습니다.

${\displaystyle {\begin{aligned}x&={\frac {2-{\bigl \{}1-R[q(k)]{\bigr \}}{\bigl \{}1+R[q(k)^{2}]{\bigr \}}}{{\sqrt {R[q(k)]\,R[q(k)^{2}]}}\,{\sqrt[{4}]{4\cot \langle 4\arctan\{S\}\rangle -3}}}}\\&={\frac {2-{\bigl \{}1-R[q(k)]{\bigr \}}{\bigl \{}1+R[q(k)^{2}]{\bigr \}}}{{\sqrt {R[q(k)]R[q(k)^{2}]}}\,{\sqrt[{4}]{{\frac {2}{S-1}}+{\frac {2}{S+1}}+{\frac {1}{S}}-S-3}}}}\end{aligned}}}$

여기서 $S$ = ${\displaystyle R}$[$q$( k $)$ ] R$2$[ $q$( $k$) 2 $]$. {\displaystyle S = R [q ( k ) ]\,R^{2} [q ( k )^{2}].$}$ 이전 섹션에서 $R{\displaystyle (q)}$ ${\displaystyle$ R$(q)}$의 5번째 파워를 $S{\displaystyle }$ ${\displaystyle S}$로 표현할$$ 수 있음을 상기합니다$.$

${\displaystyle R^{5}[q(k)]=S\left({\frac {1-S}{1+S}}\right)^{2}}$

예1

${\displaystyle x^{5}-x-1=0}$

다음으로 변환합니다.

${\displaystyle ({\sqrt[{4}]{5}}x)^{5}-5({\sqrt[{4}]{5}}x)-4({\tfrac {5}{4}}{\sqrt[{4}]{5}})=0}$

따라서,

${\displaystyle a={\tfrac {5}{4}}{\sqrt[{4}]{5}}}$

${\displaystyle k=\tan[{\tfrac {1}{4}}\pi -{\tfrac {1}{4}}\operatorname {arccsc}(a^{2})]={\tfrac {5^{5/4}+{\sqrt {25{\sqrt {5}}-16}}}{5^{5/4}+{\sqrt {25{\sqrt {5}}+16}}}}}$

${\displaystyle q(k)= 0.0851414716\dots }$

${\displaystyle R[q(k)]=0.5633613184\dots }$

${\displaystyle R[q(k)^{2}]=0.3706122329\dots }$

해결책은 다음과 같습니다.

${\displaystyle x={\frac {2-{\bigl \{}1-R[q(k)]{\bigr \}}{\bigl \{}1+R[q(k)^{2}]{\bigr \}}}{{\sqrt {R[q(k)]\,R[q(k)^{2}]}}\,{\sqrt[{4}]{20\cot \langle 4\arctan\{R[q(k)]\,R[q(k)^{2}]^{2}\}\rangle -15}}}}=1.167303978\dots }$

기본 루트 식을 사용할 수 없습니다.

예2

${\displaystyle x^{5}-5x-4{\Bigl (}{\sqrt[{4}]{\tfrac {81}{32}}}{\Bigr )}=0}$

따라서,

${\displaystyle a={\sqrt[{4}]{\tfrac {81}{32}}}}$

닫힌 형태를 가진 더 친숙한 연속 분수를 고려할 때,

${\displaystyle r_{1}=R{\big (}e^{-\pi }{\big )}={\tfrac {1}{2}}\phi \,({\sqrt {5}}-\phi ^{3/2})({\sqrt[{4}]{5}}+\phi ^{3/2})=0.511428\dots }$

${\displaystyle r_{2}=R{\big (}e^{-2\pi }{\big )}={\sqrt[{4}]{5}}\,\phi ^{1/2}-\phi =0.284079\dots }$

${\displaystyle r_{4}=R{\big (}e^{-4\pi }{\big )}={\tfrac {1}{2}}\phi \,({\sqrt {5}}-\phi ^{3/2})(-{\sqrt[{4}]{5}}+\phi ^{3/2})=0.081002\dots }$

황금 비율 ϕ = 1$$+ 52 ${\$displaystyle \phi = {\tfrac {1+{\sqrt {5}}}{2}}를 사용하면 솔루션이 다음과 같이 간단해집니다.

${\displaystyle {\begin{aligned}x&={\sqrt[{4}]{5}}\,{\frac {2-{\bigl \{}1-r_{1}{\bigr \}}{\bigl \{}1+r_{2}{\bigr \}}}{{\sqrt {r_{1}\,r_{2}}}\,{\sqrt[{4}]{20\cot \langle 4\arctan\{r_{1}\,r_{2}^{2}\}\rangle -15}}}}\\&={\sqrt[{4}]{5}}\,{\frac {2-{\bigl \{}1-r_{2}{\bigr \}}{\bigl \{}1+r_{4}{\bigr \}}}{{\sqrt {r_{2}\,r_{4}}}\,{\sqrt[{4}]{20\cot \langle 4\arctan\{r_{2}\,r_{4}^{2}\}\rangle -15}}}}\\&={\sqrt[{4}]{8}}=1.681792\dots \end{aligned}}}$

참고문헌

• Rogers, L. J. (1894), "Second Memoir on the Expansion of certain Infinite Products", Proc. London Math. Soc., s1-25 (1): 318–343, doi:10.1112/plms/s1-25.1.318
• Berndt, B. C.; Chan, H. H.; Huang, S. S.; Kang, S. Y.; Sohn, J.; Son, S. H. (1999), "The Rogers–Ramanujan continued fraction" (PDF), Journal of Computational and Applied Mathematics, 105 (1–2): 9–24, doi:10.1016/S0377-0427(99)00033-3

외부 링크

• Weisstein, Eric W. "Rogers-Ramanujan Identities". MathWorld.
• Weisstein, Eric W. "Rogers-Ramanujan Continued Fraction". MathWorld.