Sobre las particiones de números enteros positivos

SOBRE LAS PARTICIONES DE NÚMEROS ENTEROS POSITIVOS Realizado por : Laura Mahedero Velarde Dirigido por : D. Guillermo Curbera Costello FACULTAD DE MATEMÁTICAS DEPARTAMENTO DE ANÁLISIS MATEMÁTICO Dedicado a mi familia, que siempre ha estado ahí para apoyarme. Resumen En este trabajo se presenta una introducción a la teoría de particiones. En el primer capítulo veremos la definición de partición, algunos ejemplos relevantes y por último una representación geométrica. En el segundo y tercer capítulo veremos algunas de las aportaciones de Euler a la teoría de particiones y haremos un estudio de p(n),es decir, veremos una fórmula recursiva y una cota superior para p(n)que posteriormente J. H. van Lint refinó. A continuación, el cuarto capítulo describe una renombrada identidad de Jacobi, de la que surgen muchas otras identidades sobre particiones como el Teorema del número pentagonal de Euler. También veremos que hay otras formas de obtener fórmulas recursivas, que serán mediante derivación logarítmica, un método que explicaremos en el quinto capítulo. El sexto capítulo lo dedicaremos exclusivamente a las sorprendentes identidades de Ramanujan, veremos cuáles son y su prueba, y además veremos las identidades de Rogers-Ramanujan. Finalmente, en el penúltimo capítulo veremos otro de los sorprendentes resultados de Ramanujan que está relacionado con las fracciones continuas, y en el último capítulo veremos la fórmula asintótica dada por Hardy-Ramanujan en 1918 y la fórmula “exacta” que posteriormente dió Rademacher en 1937. Abstract In this work we will present an introduction to partition theory. In the first chapter we will see the definition of partition, some relevant examples and finally a geometric representation. In the second and third chapters we will see some of Euler’s contributions to partition theory and we will examine p(n),that is, we will see a recursive formula and an upper bound for p(n)that later J. H. van Lint refined. Then, the fourth chapter describes a renowned Jacobi identity, from which many other identities of partitions arise, such as Euler’s pentagonal Theorem. We will also see that there are other ways to obtain recursive formulas, which will be through logarithmic derivation, a method that we will explain in the fifth chapter. The sixth chapter will be dedicated exclusively to the surprising Ramanujan identities, we will see what they are and their proof, and we will also see the Rogers-Ramanujan identities. Finally, in the penultimate chapter we will see another of Ramanujan’s surprising results that is related to continued fractions, and in the last chapter we will see the asymptotic formula given by Hardy-Ramanujan in 1918 and the “exact” formula given later by Rademacher in 1937. Índice general Introducción 1 1. Teoría elemental de particiones 3 1.1. Definición de partición . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 1.2. Ejemplos................................... 3 1.3. Representación geométrica de las particiones . . . . . . . . . . . . . . . 6 2. Aportaciones de Euler 9 2.1. La función generatriz de particiones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 2.2. Relación con los números pentagonales . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 2.3. Demostración combinatoria del teorema del número pentagonal de Euler 17 2.4. IdentidadesdeEuler ............................ 20 3. Estudio de p(n)23 3.1. Fórmula recursiva de Euler para p(n)................... 23 3.2. Una cota superior para p(n)........................ 24 4. Identidad del triple producto de Jacobi 27 4.1. IdentidaddeJacobi............................. 27 4.2. Consecuencias de la identidad de Jacobi . . . . . . . . . . . . . . . . . 29 4.3. Casos especiales de la identidad de Jacobi . . . . . . . . . . . . . . . . 31 5. Derivación logarítmica de funciones generatrices 33 6. Identidades relevantes 35 6.1. Las identidades de partición de Ramanujan . . . . . . . . . . . . . . . 35 6.2. Las identidades de Rogers-Ramanujan . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42 7. Fracción contínua de Ramanujan 47 7.1. Definición de fracción contínua . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47 7.2. Resultado dado por Ramanujan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48 demostró la existencia de g(2) en 1770 y, durante los siguientes 139 años, se demostró la existencia de g(k)para k= 3, 4, 5, 6, 7, 8 y 10. En 1909 Hilbert demostró la existencia de g(k)para todo kmediante un argumento inductivo, pero no determinó su valor numérico. Actualmente se conoce el valor exacto de g(k)para todo kexcepto k= 4. Hardy y Littlewood dieron una fórmula asintótica para el número de soluciones de (1.4) en términos de una serie singular análoga a la de (1.3). Ejemplo 1.2.4. (Partición sin restricciones). Uno de los problemas fundamentales en la teoría aditiva de números es el de las particiones sin restricciones. El conjunto de sumandos consta de todos los números enteros positivos, y la función de partición a estudiar es el número de formas en las que nse puede escribir como una suma de enteros positivos ≤n, es decir, el número de soluciones de n=ai1+ai2+··· .(1.5) El número de sumandos es ilimitado, se permite la repetición y no se tiene en cuenta el orden de los sumandos. La función partición correspondiente se denota por p(n)y se denomina función partición sin restricciones, o simplemente función partición. Los sumandos se llaman partes. Por ejemplo, hay exactamente cinco particiones de 4, dadas por 4 = 3 + 1 = 2 + 2 = 2 + 1 + 1 = 1 + 1 + 1 + 1, entonces p(4) = 5. Análogamente, p(5) = 7, siendo las particiones de 5 5=4+1=3+2=3+1+1=2+2+1=2+1+1+1=1+1+1+1+1. 1.3. Representación geométrica de las particiones Existe una forma sencilla de representar geométricamente las particiones mediante el uso de una visualización de puntos de un retículo, que llamamos grafo de la partición. Por ejemplo, la partición de 15 dada por 6+3+3+2+1 se representan con 15 puntos dispuestos en cinco filas de la siguiente manera: •••••• ••• ••• • • • 6 Si leemos este gráfico verticalmente obtenemos otra partición de 15, 5+4+3+1+1+1. Se dice que dos de esas particiones son conjugadas. Obsérvese que la parte más grande en cualquiera de estas particiones es igual al número de partes en la otra. Así tenemos el siguiente teorema. Teorema 1.3.1. El número de particiones de n en partes desiguales es igual al número de sus particiones en partes impares. Demostración. Es interesante probar esto sin el uso de funciones generatrices, las cuales veremos más adelante junto con la prueba de este mismo resultado haciendo uso de ellas. La idea principal es que todo número puede expresarse de forma única como una potencia de 2 multiplicada por un número impar. Supongamos que nos dan una partición de nen partes impares. Contamos el número de veces que aparece cada número impar, supongamos que 1 se produce l1veces, de manera similar, 3 se produce l3veces, etc. Por lo que n=l11 + l33 + l55 + ··· . Ahora escribimos cada lien forma binaria, es decir, como una suma de potencias distintas de dos. Por lo que tenemos n=l1·1 + l3·3 + l5·5 + ··· = (2a1+ 2b1+···)·1 + (2a3+ 2b3+···)·3 + (2a5+ 2b5+···)·5 + ··· . Ahora sólo hay que eliminar los paréntesis y observar que todos los términos son distintos entre sí. Ahora supongamos dada una partición en partes distintas. Podemos escribir cada parte como una potencia de 2 multiplicada por un número impar, como nuestro interés es obtener partes impares, agrupamos los coeficientes de cada número impar y los reescribimos de manera que obtengamos el número impar tantas veces como el número que lo multiplica indique y de esta manera obtendríamos una partición en partes impares. Teorema 1.3.2. El número de particiones de nen mpartes es igual al número de particiones de nen partes, la mayor de las cuales es m. Demostración. Podemos establecer una correspondencia biunívoca entre las dos clases de particiones que se están considerando simplemente asignando cada partición a su conjugada. La asignación es claramente uno a uno, y al considerar la representación gráfica vemos que bajo la conjugación la condición “como máximo mpartes” se transforma en “ninguna parte es mayor que m” y viceversa. 7 Este teorema es muy útil ya que muestra cómo la representación gráfica puede ser utilizada para obtener información relevante. Muchos teoremas se pueden demostrar mediante argumentos de combinatoria simple que involucran gráficos, y volveremos más tarde para ver una ilustración de este método. Sin embargo, los resultados más profundos de la teoría de las particiones requieren un tratamiento más analítico al que nos dirigimos ahora. 8 Capítulo 2 Aportaciones de Euler En este segundo capítulo se verá la relevancia de las aportaciones de Euler, ya que el primer avance importante en el estudio del número de particiones vino de su mano, pues consiguió escribir las funciones p(n)por medio de una función generatriz. Entre estas aportaciones estará, como hemos dicho, la función generatriz de particiones que se verá en la primera sección, en la segunda veremos un teorema importante en la teoría de particiones que será el “Teorema del número pentagonal de Euler” con su respectiva demostración, en la tercera sección veremos una demostración combinatoria de este último teorema dada por F. Franklin. y por último haremos un repaso por algunas identidades de Euler que utilizaremos más adelante. Para elaborar este capítulo nos hemos basado principalmente en las secciones 1 y 3 del capítulo 14 del libro de Apostol “Introduction to Analytic Number Theory”. 2.1. La función generatriz de particiones Una función F(s)definida por una serie de Dirichlet F(s) = Pf(n)n−sse llama función generatriz de los coeficientes de f(n). Las series de Dirichlet son funciones generatrices útiles en la teoría multiplicativa de números debido a la relación n−sm−s= (nm)−s. En la teoría aditiva de números es más conveniente usar funciones generatrices representadas por series de potencias, F(x) = ∞ X n=1 f(n)xn, porque xnxm=xn+m. El siguiente teorema muestra una función generatriz para la función de partición p(n). 9 Teorema 2.1.1 (Euler).Para |x|<1tenemos ∞ Y m=1 1 1−xm=∞ X n=0 p(n)xn, donde p(0) = 1. Demostración. Primero daremos una idea de la demostración de esta identidad sin precisar las cuestiones de convergencia. Si cada factor en el producto se expande en una serie de potencias (una serie geométrica) obtenemos ∞ Y m=1 1 1−xm= (1 + x+x2+···)(1 + x2+x4···)(1 + x3+x6···)··· . Ahora multiplicamos la expresión de la derecha, tratándolas como si fueran polinomios, y las agrupamos por potencias de xpara obtener una serie de potencias de la forma 1 + ∞ X k=1 a(k)xk. Queremos ver que a(k) = p(k). Supongamos que tomamos el término xk1de la primera serie, el término x2k2de la segunda, que tiene el exponente multiplicado por 2 ya que esta serie está al cuadrado, este mismo argumento lo utilizaríamos para los demás términos, el término x3k3de la tercera, ... , y el término xmkmde la m-ésima, donde cada ki≥0. Su producto es xk1x2k2x3k3···xmkm=xk, donde k=k1+ 2k2+ 3k3+···+mkm. Esto también se puede escribir de la siguiente manera: k= (1 + 1 + ···+1)+(2+2+···+ 2) + ···+ (m+m+···+m), donde el primer paréntesis contiene k1unos, el segundo k2doses, y así sucesivamente. Esta es una partición de ken sumandos positivos. Así, cada partición de kproducirá uno de esos términos xky, a la inversa, cada término xkproviene de una partición correspondiente de k. Por lo tanto a(k), el coeficiente de xk, es igual a p(k), el número de particiones de k. El argumento anterior no es una prueba rigurosa porque hemos ignorado cuestiones de convergencia y también hemos multiplicado infinitas series geométricas, tratándolas como si fueran polinomios. Sin embargo, no es difícil transformar las ideas anteriores 10 en una prueba rigurosa. Para este propósito, restringimos xpara que se encuentre en el intervalo 0≤x < 1e introducimos dos funciones, Fm(x) = m Y k=1 1 1−xk, F(x) = ∞ Y k=1 1 1−xk, de forma que se tiene F(x) = l´ım m→∞Fm(x),0≤x < 1. El producto que define F(x)converge absolutamente si 0≤x < 1porque la expresión recíproca Q∞ k=1(1−xk)converge absolutamente (dado que la serie P∞ k=1 xkconverge absolutamente). Nótese también que para cada xfija la sucesión {Fm(x)}∞ m=1 es creciente porque Fm+1(x) = 1 1−xm+1 Fm(x)≥Fm(x). Así Fm(x)≤F(x)para cada xfija, 0≤x < 1, y cada m. Ahora Fm(x)es el producto de un número finito de series absolutamente convergentes. Por lo tanto, también es una serie absolutamente convergente que podemos escribir como Fm(x) = 1 + ∞ X k=1 pm(k)xk. Aquí pm(k)es el número de soluciones de la ecuación k=k1+ 2k2+ 3k3+···+mkm. En otras palabras, pm(k)es el número de particiones de ken partes que no excedan m. Si m≥k, entonces pm(k) = p(k). Por lo tanto siempre tenemos pm(k)≤p(k)con igualdad cuando m≥k. En otras palabras, tenemos l´ım m→∞pm(k) = p(k). Ahora dividimos la serie de Fm(x)en dos partes, Fm(x) = m X k=0 pm(k)xk+∞ X k=m+1 pm(k)xk= m X k=0 p(k)xk+∞ X k=m+1 pm(k)xk. Como x≥0 tenemos que m X k=0 p(k)xk≤Fm(x)≤F(x). 11 Esto demuestra que la serie P∞ k=0 p(k)xkconverge. Además, como pm(k)≤p(k),tenemos que ∞ X k=0 pm(k)xk≤∞ X k=0 p(k)xk≤F(x). Por eso, para cada xfija las series P∞ k=0 pm(k)xkconvergen uniformemente en m. Haciendo que m→ ∞ tendríamos que F(x) = l´ım m→∞Fm(x) = l´ım m→∞ ∞ X k=0 pm(k)xk =∞ X k=0 l´ım m→∞pm(k)xk=∞ X k=0 p(k)xk, donde hemos podido intercambiar el límite y el sumatorio gracias a la convergencia uniforme. Esto prueba la identidad de Euler para 0≤x < 1. Y lo extendemos por continuación analítica al disco unidad |x|<1. Con argumentos similares podemos encontrar fácilmente las funciones generatrices de muchas otras funciones de partición. Lema 2.1.2. Sea |x|<1,se tiene que la función generatriz que enumera las particiones en partes impares es PI(x) = ∞ Y k=1 1 1−x2k−1=1 (1 −x)(1 −x3)(1 −x5)···. Demostración. Ya hemos visto anteriormente cual es la función generatriz de particiones, por lo que a partir de esta vamos a obtener la función generatriz de las partes impares. Sabemos que ∞ X n=0 p(n)xn=∞ Y m=1 1 1−xm=1 (1 −x)(1 −x2)(1 −x3)··· = (1 + x+x2+···)(1 + x2+x4+···)(1 + x3+x6+···)··· . Los factores de la primera serie corresponden al número de veces que vamos a tomar la parte 1, los factores de la segunda serie corresponden al número de veces que vamos a tomar la parte 2, etc. Como nos interesa que sólo haya partes impares, eliminamos las series cuyo primer exponente sea múltiplo de 2, es decir, eliminamos (1 + x2+x4+ ···)(1 + x4+x8+···)··· ,obteniendo como resultado la función generatriz PI(x), siendo esta PI(x) = ∞ Y k=1 1 1−x2k−1. 12 Lema 2.1.3. Sea |x|<1,se tiene que la función generatriz que enumera las particiones en partes pares es PP(x) = ∞ Y k=1 1 1−x2k=1 (1 −x2)(1 −x4)(1 −x6)···. Demostración. Al igual que antes, vamos a partir de la función generatriz de particiones, y eliminando los factores que corresponden a las partes impares, vamos a obtener la función generatriz de las partes pares. ∞ X n=0 p(n)xn=∞ Y m=1 1 1−xm=1 (1 −x)(1 −x2)(1 −x3)··· = (1 + x+x2+···)(1 + x2+x4+···)(1 + x3+x6+···)··· . Haciendo el mismo procedimiento anterior eliminamos las series cuyo primer exponente sea de la forma 22k+1 para k≥0,de manera que obtendríamos PP(x) = ∞ Y k=1 1 1−x2k. Lema 2.1.4. Sea |x|<1,se tiene que la función generatriz que enumera las particiones en partes desiguales es PD(x) = ∞ Y k=1 (1 + xk) = (1 + x)(1 + x2)(1 + x3)··· . Demostración. En este caso partimos de la función generatriz de particiones, pero vamos a probarlo con otro razonamiento. Sabemos que ∞ X n=0 p(n)xn= (1 + x+x2+···)(1 + x2+x4+···)(1 + x3+x6+···)··· . En este caso, al ser partes desiguales no podemos escoger más de una vez una parte, de manera que sólo nos quedaríamos con los dos primeros términos de cada serie, es decir, (1 + xk)que equivale a no escoger esa parte o escoger 1 vez la parte k, lo que sería (1 + x)(1 + x2)··· ,por lo que de manera general obtenemos PD(x) = ∞ Y k=1 (1 + xk). 13 Una vez vistas las distintas funciones generatrices, podemos volver a la prueba del teorema visto en el capítulo anterior (Teorema 1.3.1) pero haciendo uso de funciones generatrices. Teorema 2.1.5. El número de particiones de nen partes desiguales es igual al número de sus particiones en partes impares. Demostración. Vamos a empezar viendo las funciones generatrices que generan las partes impares y las partes diferentes. Por el Lema 2.1.2, la función generatriz de las partes impares es PI(x) = ∞ Y k=1 1 1−x2k−1,|x|<1, y en el caso de las partes diferentes es PD=∞ Y k=1 (1 + xk),|x|<1. Ahora partiendo de la función generatriz PD, multiplicando por 1−x 1−x·1−x2 1−x2··· ,obtendríamos ∞ Y k=1 (1 + xk) = ∞ Y k=1 (1 + xk)·1−x 1−x·1−x2 1−x2··· =(1 −x)(1 + x) 1−x·(1 −x2)(1 + x2) 1−x2··· =(1 −x2)(1 −x4)··· (1 −x)(1 −x2)(1 −x3)··· =1 1−x·1 1−x3··· =∞ Y k=1 1 1−x2k−1. De esta manera hemos demostrado que PD(x) = PI(x)y concluiría la prueba. 2.2. Relación con los números pentagonales El siguiente paso para encontrar una fórmula para p(n)requiere, de manera sorprendente, hablar de los números pentagonales. Por definición, el n-ésimo número pentagonal pnes el número de puntos que hay en la superposición de npentágonos regulares según el patrón que se muestra a continuación. 14 • • • • •• ••• • •• • •• • • • 1 1 + 4 = 5 1 + 4 + 7 = 12 Figura 14.1 Ahora procederemos a enunciar el Teorema del número pentagonal de Euler y seguidamente veremos su demostración. Consideramos a continuación la función de partición generada por el producto Q∞ m=1(1 −xm), el recíproco de la función generatriz de p(n). Escribimos ∞ Y m=1 (1 −xm) = 1 + ∞ X n=1 a(n)xn. Para expresar a(n)como una función de partición observamos que toda partición de nen partes desiguales produce un término xna la derecha con un coeficiente +1 o -1. El coeficiente es + 1 si xnes el producto de un número par de términos y —1 en caso contrario. Por lo tanto, a(n) = pe(n)−po(n), donde pe(n)es el número de particiones de nen un número par de partes desiguales, ypo(n)es el número de particiones en un número impar de partes desiguales. Euler demostró que pe(n) = po(n)para todos los nexcepto los que pertenecen a un conjunto especial llamado números pentagonales. Los números pentagonales 1, 5, 12, 22, ··· son sumas parciales de los términos de la progresión aritmética 1,4,7,10,13,··· ,3n+ 1,··· . Si ω(n)denota la suma de los primeros ntérminos en esta progresión entonces ω(n) := n−1 X k=0 (3k+ 1) = 3n(n−1) 2+n=3n2−n 2. Los números ω(n)yω(−n) = (3n2+n)/2se llaman números pentagonales. 15 22 Capítulo 3 Estudio de p(n) En este tercer capítulo haremos un estudio general de p(n), primero veremos otra de las aportaciones de Euler, que fue dar una fórmula recursiva para p(n)y después veremos una cota superior de p(n). Para realizar este capítulo nos hemos basado en las secciones 6 y 7 del capítulo 14 del libro de Apostol “Introduction to Analytic Number Theory”. 3.1. Fórmula recursiva de Euler para p(n) Teorema 3.1.1. Para n≥1se tiene p(n)−p(n−1) −p(n−2) + p(n−5) + p(n−7) + ··· = 0,(3.1) o lo que es lo mismo p(n) = ∞ X k=1 (−1)k+1p(n−ω(k)) + p(n−ω(−k)), donde definimos p(0) = 1 yp(n)=0si n < 0. Demostración. Los Teoremas 2.1.1 y 2.2.1 dan la identidad 1 + ∞ X k=1 (−1)k[xω(k)+xω(−k)]! ∞ X m=0 p(m)xm!= 1. Si n≥1el coeficiente de xnde la derecha es 0 entonces inmediatamente obtenemos (3.1) igualando los coeficientes. MacMahon usó esta fórmula recursiva para calcular p(n)hasta n= 200. Aquí hay algunos valores de muestra de su tabla. p(1) = 1 23 p(5) = 7 p(10) = 42 p(15) = 176 p(20) = 627 p(25) = 1.958 p(30) = 5.604 p(40) = 37.338 p(50) = 204.226 p(100) = 190.569.292 p(200) = 3.972.999.029.388 Estos ejemplos indican que p(n)crece muy rápidamente con n. El mayor valor de p(n) calculado hasta ahora es p(14.031), que resulta ser un número con 127 dígitos. D.H. Lehmer calculó este número para verificar una conjetura de Ramanujan que afirmaba que p(14.031) ≡0(mod 114). La afirmación era correcta. Obviamente, la fórmula de recurrencia en (3.1) no se usó para calcular este valor de p(n). En cambio, Lehmer usó una fórmula asintótica de Rademacher (que veremos en el Capítulo 8) que implica p(n)∼eK√n 4n√3, donde K=π(2/3)1/2. Para n= 200, la cantidad de la derecha es aproximadamente 4× 1012, que se acerca notablemente al valor real de p(200) dado en la tabla de MacMahon. La siguiente sección proporciona un límite superior poco afinado para p(n)que involucra la exponencial eK√ny que se puede obtener con un esfuerzo relativamente pequeño. 3.2. Una cota superior para p(n) Teorema 3.2.1. Si n≥1tenemos p(n)< eK√ndonde K=π(2/3)1/2. Demostración. Tenemos F(x) = ∞ Y n=1 (1 −xn)−1= 1 + ∞ X n=1 p(k)xk, y restringimos xal intervalo 0< x < 1. Por lo que tenemos que p(n)xn< F(x), de donde obtenemos log p(n) + nlog x < log F(x), o log p(n)<log F(x) + nlog 1 x.(3.2) 24 Estimamos los términos log F(x)ynlog 1 xde forma separada. Primero escribimos log F(x) = −log ∞ Y n=1 (1 −xn) = −∞ X n=1 log(1 −xn) = ∞ X n=1 ∞ X m=1 xmn m =∞ X m=1 1 m ∞ X n=1 (xm)n=∞ X m=1 1 m xm 1−xm, donde hemos podido intercambiar los sumatorios pues todos los términos son positivos. Como tenemos que 1−xm 1−x= 1 + x+x2+···+xm−1, y como 0<x<1, podemos escribir mxm−1<1−xm 1−x< m, por lo tanto, m(1 −x) x<1−xm xm<m(1 −x) xm. Invirtiendo y dividiendo por mobtenemos 1 m2 xm 1−x<1 m xm 1−xm<1 m2 x 1−x. Sumando en mobtenemos log F(x) = ∞ X m=1 1 m xm 1−xm≤x 1−x ∞ X m=1 1 m2=π2 6 x 1−x=π2 6t, donde t=1−x x. Podemos ver que tvaría de ∞a 0 cuando los valores positivos de xvarían de 0 a 1. Lo siguiente que estimaremos será el término nlog 1 x. Para t > 0tenemos que log(1 + t)< t. Pero 1 + t= 1 + 1−x x=1 x,entonces, log 1 x< t. Ahora, log p(n)<log F(x) + nlog 1 x<π2 6t+nt. (3.3) El mínimo de π2 6t+nt se tiene cuando los dos términos son iguales (pues una función es decreciente y la otra creciente), esto es, cuando π2 6t=nt, o t=π/√6n. Para este valor de ttenemos log p(n)<2nt = 2nπ/√6n=K√n, por eso p(n)< eK√npara K:= π(2/3)1/2, como afirmamos. 25 Nota 3.2.2. J. H. van Lint ha demostrado que con un poco más de esfuerzo podemos obtener la desigualdad mejorada p(n)<πeK√n q6(n−1) para n > 1.(3.4) Veámoslo. Como p(k)≥p(n)si k≥n, tenemos, para n > 1, F(x)>∞ X k=n p(k)xk≥p(n)∞ X k=n xk=p(n)xn 1−x. Tomando logaritmos obtenemos, en lugar de (3.2), la desigualdad log p(n)<log F(x) + nlog 1 x+ log(1 −x). Como 1−x=tx, tenemos log(1−x) = log t−log 1 x, por lo que (3.3) se puede reemplazar por log p(n)<π2 6t+ (n−1)t+ log t. (3.5) Un cálculo fácil con derivadas muestra que la función f(t) = π2 6t+ (n−1)t+ log t, tiene un mínimo en t=−1 + q1 + [4(n−1)π2/6] 2(n−1) . Usando este valor de ten (3.5) y quitando términos que no son significantes obtenemos (3.4). 26 Capítulo 4 Identidad del triple producto de Jacobi Este cuarto capítulo describe una renombrada identidad de Jacobi en la teoría de las funciones theta. El teorema del número pentagonal de Euler y muchas otras identidades sobre particiones surgen como casos especiales de la fórmula de Jacobi, además veremos las consecuencias de esta identidad en la segunda sección y por último, en la tercera sección veremos casos especiales de esta identidad. Para elaborar este capítulo nos hemos basado principalmente en la sección 8 del capítulo 14 del libro de Apostol “Introduction to Analytic Number Theory”. 4.1. Identidad de Jacobi Teorema 4.1.1 (Identidad del triple producto de Jacobi).Para x, z números complejos que cumplen que |x|<1yz= 0 tenemos ∞ Y n=1 (1 −x2n)(1 −x2n−1z2)(1 −x2n−1z−2) = ∞ X m=−∞ xm2z2m.(4.1) Demostración. La restricción |x|<1asegura la convergencia absoluta de cada uno de los productos Q∞ n=1(1 −x2n),Q∞ n=1(1 −x2n−1z2),Q∞ n=1(1 −x2n−1z−2)y de la serie en (4.1), aunque pueda ser |z|>1. Además, para cada xfijo con |x|<1las series y los productos convergen uniformemente en subconjuntos compactos del plano zque no contienen a z= 0, por lo que cada miembro de (4.1) es una función analítica de zpara z=0. Para z= 0 fijo, las series y los productos también convergen uniformemente para |x| ≤ r < 1por lo tanto representan funciones analíticas de xen el disco |x|<1. Para probar (4.1) mantenemos xfijo y definimos F(z)para z= 0 por la ecuación F(z) := ∞ Y n=1 (1 −x2n−1z2)(1 −x2n−1z−2).(4.2) 27 Primero vamos a demostrar que F(z)satisface la ecuación funcional xz2F(xz) = F(z).(4.3) De (4.2) podemos ver que F(xz) = ∞ Y n=1 (1 + x2n+1z2)(1 + x2n−3z−2) =∞ Y m=2 (1 + x2m−1z2)∞ Y r=0 (1 + x2r−1z−2). Dado que xz2= (1 + xz2)/(1 + x−1z−2),la multiplicación de la última ecuación por xz2da (4.3). Ahora sea G(z)el miembro izquierdo de (4.1) de modo que G(z) := F(z)∞ Y n=1 (1 −x2n).(4.4) Entonces G(z)también satisface la ecuación funcional (4.3). Además, G(z)es una función par de zque es analítica para todo z= 0, por lo que tiene una expansión de Laurent de la forma G(z) = ∞ X m=−∞ amz2m,(4.5) donde a−m=amya que G(z) = G(z−1)(los coeficientes amdependen de x). Usando la ecuación funcional (4.3) aplicada a G(z)en (4.5), ∞ X m=−∞ amz2m=xz2∞ X m=−∞ am(xz)2m=∞ X m=−∞ amx2m+1z2m+2, donde sustituimos mpor m−1,obteniendo ∞ X m=−∞ amz2m=∞ X m=−∞ am−1x2(m−1)+1z2(m−1)+2 =∞ X m=−∞ am−1x2m−1z2m. Vemos entonces que los coeficientes satisfacen la fórmula de recurrencia am=x2m−1am−1, la cual, al hacerlo iteradamente da am=a0xm2para todo m≥0, ya que 1 + 3 + ···+ (2m−1) = m2. Es fácil ver que la expresión anterior también es válida para m < 0. Por lo que (4.5) pasa a ser Gx(z) = a0(x)∞ X m=−∞ xm2z2m,(4.6) 28 donde hemos escrito Gx(z)para G(z)ya0(x)para a0, para indicar la dependencia de x. Podemos ver que (4.6) implica a0(x)→1 cuando x→0. Para completar la prueba debemos mostrar que a0(x)=1para todo x. Tomando z=eiπ/4en (4.6) vemos que Gx(eiπ/4) a0(x)=∞ X m=−∞ xm2im=∞ X n=−∞ (−1)nx(2n)2,(4.7) ya que im= ¯i−msi mes impar. De (4.6) vemos que la serie a la derecha de (4.7) es Gx4(i)/a0(x4), por lo que tenemos la identidad Gx(eiπ/4) a0(x)=Gx4(i) a0(x4).(4.8) Vamos a ver a continuación que Gx(eiπ/4) = Gx4(i). De hecho, (4.2) y (4.4) nos dan Gx(eiπ/4) = ∞ Y n=1 (1 −x2n)(1 + x4n−2). Como cada número par es de la forma 4no 4n-2 tenemos ∞ Y n=1 (1 −x2n) = ∞ Y n=1 (1 −x4n)(1 −x4n−2), por eso, reiterando lo anterior tenemos Gx(eiπ/4) = ∞ Y n=1 (1 −x4n)(1 −x4n−2)(1 + x4n−2) = ∞ Y n=1 (1 −x4n)(1 −x8n−4) =∞ Y n=1 (1 −x8n)(1 −x8n−4)(1 −x8n−4) = Gx4(i) Por lo que (4.8) implica que a0(x) = a0(x4).Sustituyendo xpor x4, x42,··· ,vemos que a0(x) = a0(x4k)para k= 1, 2, .... Pero x4k→0 ya que k→ ∞ ya0(x)→1cuando x→0, por eso a0(x) = 1 para todo x, lo que completaría la prueba. 4.2. Consecuencias de la identidad de Jacobi Se puede ver que si reemplazamos xpor xayz2por xben la identidad de Jacobi tenemos que ∞ Y n=1 (1 −x2na)(1 + x2na−a+b)(1 + x2na−a−b) = ∞ X m=−∞ xam2+bm. 29 De manera similar, si z2=−xbvemos que ∞ Y n=1 (1 −x2na)(1 −x2na−a+b)(1 −x2na−a−b) = ∞ X m=−∞ (−1)mxam2+bm. Para obtener el teorema del número pentagonal de Euler simplemente hay que tomar a= 3/2yb= 1/2en esta última identidad. Recordemos que el teorema pentagonal de Euler establecía que ∞ X m=−∞ (1 −xm) = ∞ X n=−∞ (−1)nxw(n)donde w(n) = 3n2−n 2, La fórmula de Jacobi conduce a otra fórmula importante para el cubo del producto de Euler. Teorema 4.2.1. Sea |x|<1, tenemos que ∞ Y n=1 (1 −xn)3=∞ X m=−∞ (−1)mmxm2+m/2 =∞ X m=0 (−1)m(2m+ 1)xm2+m/2.(4.9) Demostración. Reemplazando z2por −xz en la identidad de Jacobi obtenemos ∞ Y n=1 (1 −x2n)(1 −x2nz)(1 −x2n−2z−1) = ∞ X m=0 (−1)mxm2+m(zm−z−m−1). Ahora reajustamos los términos en ambos lados de la igualdad usando las relaciones ∞ Y n=1 (1 −x2n−2z−1) = (1 −z−1)∞ Y n=1 (1 −x2nz−1), y zm−z−m−1= (1 −z−1)(1 + z−1+z−2+···+z−2m)zm. Haciendo estos cambios obtenemos ∞ Y n=1 (1 −x2n)(1 −x2nz)(1 −z−1)(1 −x2nz−1) =∞ Y n=1 (1 −x2n)(1 −x2nz)(1 −x2n−2z−1) =∞ X m=0 (−1)mxm2+m(zm−z−m−1) =∞ X m=0 (−1)mxm2+m(1 −z−1)(1 + z−1+z−2+···+z−2m)zm. 30 Cancelando el factor (1 −z−1)obtenemos ∞ Y n=1 (1 −x2n)(1 −x2nz)(1 −x2nz−1) =∞ X m=0 (−1)mxm2+mzm(1 + z−1+z−2+···+z−2m). Tomando z= 1 y sustituyendo xpor x1/2obtenemos (4.9). 4.3. Casos especiales de la identidad de Jacobi En esta sección vamos a enunciar dos teoremas de interés que nos servirán como herramienta en el sexto capítulo. Teorema 4.3.1. Sea |x|<1, se tiene que ∞ Y n=0 [(1 −x5n+1)(1 −x5n+4)(1 −x5n+5)] = ∞ X n=−∞ (−1)nx1 2n(5n+3). Teorema 4.3.2. Sea |x|<1, se tiene que ∞ Y n=0 [(1 −x5n+2)(1 −x5n+3)(1 −x5n+5)] = ∞ X n=−∞ (−1)nx1 2n(5n+1). Demostración. La prueba de ambos teoremas se obtiene a partir de otro caso especial de Jacobi, que es la expresión ∞ Y n=0 [(1 −x2kn+k−l)(1 −x2kn+k+l)(1 −x2kn+2k)] = ∞ X n=−∞ (−1)nxkn2+ln. Esta expresión a su vez se obtiene de una identidad de Jacobi, escribiendo xken lugar de x,xlen lugar de zyn+1 en vez de n, la identidad de la que hablamos es la siguiente ∞ Y n=1 [(1 −x2n)(1 + x2n−1z)(1 + x2n−1)z−1] = ∞ X n=−∞ xn2zn. Ahora para obtener las expresiones que queremos tenemos que imponer que k= 5/2 yl= 3/2, obteniendo el Teorema 4.3.1 y por otro lado, imponiendo que k= 5/2y l= 1/2obtenemos el Teorema 4.3.2. 31 Por lo tanto F2(x) = ∞ Y m=1 (1 −x5m) (1 −xm)5≡1(mod 5), es decir los coeficientes de F2(x)son congruentes módulo 5 con los del polinomio 1, en particular, salvo el término independiente, son múltiplos de 5. Por lo tanto, el coeficiente de x5m+5 en F1(x)F2(x)es múltiplo de 5. Queda multiplicar por F3(x), pero como F3(x) = ∞ Y m=1 ∞ X j=0 x5mj= (1 + x5+x10 +···)(1 + x10 +x20 +···)··· , se sigue cumpliendo que el coeficiente de x5m+5 en F1(x)F2(x)F3(x)es múltiplo de 5. Así, p(5n+ 4) es múltiplo de 5. 2. Prueba de que p(7n+ 5) ≡0(mod 7). El número p(7n+5) es el coeficiente de x7n+5 en P∞ k=0 p(k)xk, luego es el coeficiente de x7n+5 en F(x) := x2P∞ k=0 p(k)xk. Se tiene F(x) = x2∞ X k=0 p(k)xk=x∞ Y m=1 1 1−xm=x2∞ Y m=1 1 1−xm ∞ Y m=1 (1 −x7m) ∞ Y m=1 (1 −x7m) =x2∞ Y m=1 1−x7m 1−xm ∞ Y m=1 1 1−x7m =x2∞ Y m=1 1−x7m 1−xm ∞ Y m=1 ∞ X j=0 x7mj =x2 ∞ Y m=1 (1 −xm)!6Q∞ m=1(1 −x7m) Q∞ m=1(1 −xm)7 ∞ Y m=1 ∞ X j=0 x7mj =x2 ∞ Y m=1 (1 −xm)!6∞ Y m=1 (1 −x7m) (1 −xm)7 ∞ Y m=1 ∞ X j=0 x7mj =F1(x)F2(x)F3(x). Examinamos cada uno de los tres términos. 38 a) Usando la fórmula de Jacobi F1(x) = x2 ∞ Y m=1 (1 −xm)!6 =x2 ∞ Y m=1 (1 −xm)3!2 =x2∞ X m=0 (−1)m(2m+ 1)x1 2m(m+1)2 =∞ X j=0 ∞ X m=0 (−1)j+m(2m+ 1)(2j+ 1)x2+ 1 2m(m+1)+1 2j(j+1). Veamos cuando el exponente de xkes una potencia de 7: 8k= 16 + 4m(m+ 1) + 4j(j+ 1) = 4j2+ 4j+ 4m2+ 4m+ 8 = (2j+ 1)2+ (2m+ 1)2+ 14, luego (2j+ 1)2+ (2m+ 1)2= 8k−14 = 8k≡(mod 7). Entonces, si el exponente de xkes una potencia de 7, se tiene k≡0(mod 7), luego (2j+ 1)2+ (2m+ 1)2≡0(mod 7). Veamos cada término de la suma (2j+ 1)2≡0,1,2,4(mod 7) y (2m+ 1)2≡0,1,2,4(mod 7), luego la única forma en que la suma sea múltiplo de 7 es que lo sean cada término, luego debe ocurrir que (2j+ 1)2,(2m+ 1)2≡0(mod 7) ⇐⇒ (2j+ 1),(2m+ 1) ≡0(mod 7) Por lo tanto el coeficiente en F1(x)de x7m+7 es multiplo de 7. b) Como se cumple (1 −x)7−(1 −x7) = 6 X k=1 7 k!xk≡0(mod 7), en el sentido de que los coeficientes del polinomio son múltiplos de 7. Se tiene entonces 1 (1 −x)7−1 (1 −x7)=1 (1 −x)7(1 −x7)(1 −x)7−(1 −x7)≡0(mod 7), 39 pues 1 (1−x)7y1 (1−x7)tienen coeficientes enteros (Hardy & Wright, §6.2). Se sigue que 1 (1 −x)7≡1 (1 −x7)(mod 7) lo que significa que ambas expresiones tienen coeficientes congruentes módulo 7. Multiplicando por (1 −x7)obtenemos (1 −x7) (1 −x)7≡1(mod 7) y aplicando lo anterior a xm (1 −x7m) (1 −xm)7≡1(mod 7). Por lo tanto F2(x) = ∞ Y m=1 (1 −x7m) (1 −xm)7≡1(mod 7), es decir los coeficientes de F2(x)son congruentes módulo 7 con los del polinomio 1, en particular, salvo el término independiente, son múltiplos de 7. Por lo tanto, el coeficiente de x7m+7 en F1(x)F2(x)es múltiplo de 7. Queda multiplicar por F3(x), pero como F3(x) = ∞ Y m=1 ∞ X j=0 x7mj= (1 + x7+x14 +···)(1 + x14 +x28 +···)··· , se sigue cumpliendo que el coeficiente de x7m+7 en F1(x)F2(x)F3(x)es múltiplo de 7. Así, p(7n+ 5) es múltiplo de 7. Desarrollos posteriores A parte de estas tres congruencias anteriores también hay con los módulos 52,72y 112, como p(25m+ 24) ≡0(mod 52). Ramanujan hizo la conjetura general de que si δ= 5a7b11cy24n≡1(mod δ), entonces p(n)≡0(mod δ). Solo hay que considerar los casos δ=5a,7by11c, ya que todos los demás seguirían como corolarios. Ramanujan probó las congruencias para 52,72y112, Krecmar para 53 40 y Watson que para el caso general 5a. Pero Gupta, al extender la tabla de Macmahon hasta 300, encontró que p(243) = 133978259344888 no es divisible por 73= 343; y, dado que 24.243 ≡1(mod 343), esto contradice la conjetura de 73. Por lo tanto, la conjetura de 7btuvo que ser modificada, y Watson encontró y probó la modificación apropiada. Es decir, que p(n)≡0(mod 7b)si b > 1 y24n≡1(mod 72b−2). D. H. Lehmer usó un método bastante diferente basado en la teoría analítica de Hardy y Ramanujan y de Rademacher para calcular p(n)para un n particular. Por este medio comprobó la validez de la conjetura para los primeros valores de nasociados a los módulos 113y114. Finalmente, Lehner probó la conjetura de 113. Dyson conjeturó y Atkin y Swinnerton-Dyer demostraron resultados notables de los cuales los teoremas 6.1.1 y 6.1.2, pero no el 6.1.3, son corolarios inmediatos. Así, definamos el rango de una partición como la mayor parte, de modo que, por ejemplo, el rango de una partición y la de la partición conjugada sólo difieren en el signo. A continuación ordenamos las particiones de un número en cinco clases, cada clase que contiene las particiones cuyo rango tiene el mismo residuo (mod 5). Entonces, si n≡4(mod 5), el número de particiones en cada una de las cinco clases es la misma y el Teorema 6.1.1 es un corolario inmediato. Hay un resultado similar que conduce al Teorema 6.1.2. En relación con estos descubrimientos Ramanujan también conjeturó sin pruebas dos identidades importantes, como ∞ X m=0 p(5m+ 4)xm= 5φ(x5)5 φ(x)6,(6.1) ∞ X m=0 p(7m+ 5)xm= 7φ(x7)3 φ(x)4+ 49φ(x7)7 φ(x)8,(6.2) donde φ(x) = ∞ X n=1 (1 −xn). Dado que las funciones a la derecha de (6.1) y (6.2) tienen expansiones en serie de potencias con coeficientes enteros, las identidades de Ramanujan implican inmediatamente las congruencias de los Teoremas 6.1.1 y 6.1.2. Darling, Mordell, Rademacher, Zuckerman y otros encontraron pruebas de (6.1) y (6.2), basadas en la teoría de funciones modulares. Otras pruebas, independientes de la teoría de funciones modulares, fueron dadas por Kruyswijk y más tarde por Kolberg. 41 6.2. Las identidades de Rogers-Ramanujan Teorema 6.2.1. Sea |x|<1,entonces se tiene que 1 + x 1−x+x4 (1 −x)(1 −x2)+x9 (1 −x)(1 −x2)(1 −x3)+··· =1 (1 −x)(1 −x6)···(1 −x4)(1 −x9)···, es decir, 1 + ∞ X m=1 xm2 (1 −x)(1 −x2)···(1 −xm)=∞ Y m=0 1 (1 −x5m+1)(1 −x5m+4). Teorema 6.2.2. Sea |x|<1,entonces se tiene que 1 + x2 1−x+x6 (1 −x)(1 −x2)+x12 (1 −x)(1 −x2)(1 −x3)+··· =1 (1 −x2)(1 −x7)···(1 −x3)(1 −x8)···, es decir, 1 + ∞ X m=1 xm(m+1) (1 −x)(1 −x2)···(1 −xm)=∞ Y m=0 1 (1 −x5m+2)(1 −x5m+3). El interés de las fórmulas radica en el papel inesperado que juega el número 5. Observamos primero que las identidades de Euler que aparecen en los Teoremas 2.4.1 y 2.4.2 tienen una interpretación combinatoria. Consideremos el Teorema 6.2.1, por ejemplo. Podemos expresar cualquier cuadrado m2como m2=1+3+5+···+ (2m−1) o como muestran los puntos negros en el gráfico M, en el que m= 4. Si tomamos ahora cualquier partición de n−m2en mpartes como máximo, con las partes en orden descendente, y añadiéndola al gráfico, como lo muestran los círculos de M, donde m= 4 yn= 42+ 11 = 27, obtenemos una partición de n(aquí 27 = 11+8+6+2) en partes sin repeticiones ni secuencias, o partes cuya diferencia mínima es 2. El lado izquierdo en el Teorema 6.2.1 enumera este tipo de partición de n. ••••••• ••••• ••• • OOOO OOO OOO O M 42 Por otro lado, el lado derecho enumera las particiones en números de las formas 5m+ 1 y5m+ 4. Por lo tanto, el Teorema 6.2.1 puede reformularse como un teorema puramente “combinatorio”. Teorema 6.2.3. El número de particiones de ncon diferencia mínima 2 es igual al número de particiones en partes de las formas 5m+ 1 y5m+ 4. Así, cuando n= 9, hay 5 particiones de cada tipo, 9,8+1,7+2,6+3,5+3+1 de la primera forma, y 9,6+1+1+1,4+4+1,4+1+1+1+1+1,1+1+1+1+1+1+1+1+1 de la segunda forma. De manera similar, el equivalente combinatorio del Teorema 6.2.2 es el siguiente teorema. Teorema 6.2.4. El número de particiones de nen partes no menores que 2 y con diferencia mínima 2, es igual al número de particiones de nen partes de las formas 5m+ 2 y5m+ 3. Podemos probar esta equivalencia de la misma forma, partiendo de la identidad m(m+ 1) = 2 + 4 + 6 + ···+ 2m. La demostración que damos de estos teoremas fue hallada de manera independiente por Rogers y Ramanujan. Lo enunciamos en la forma dada por Rogers. Es bastante sencillo, pero poco esclarecedor, ya que depende de escribir una función auxiliar cuya génesis permanece oscura. Demostración. Vamos a hacer la prueba de ambos teoremas vistos anteriormente. Escribimos P0= 1, Pr(x) = r Y s=1 1 1−xs,con 1≤r≤ ∞ Qr(x) = Qr(a) = ∞ Y s=r 1 1−axs,con 1≤r≤ ∞ λ(r) = r 2(5r+ 1), y definimos el operador ηpor ηf(a) = f(ax). 43 Para simplificar la escritura establecemos que Pr=Pr(x), Qr=Qr(x)yHm=Hm(x), e introducimos la función auxiliar Hm=Hm(a) := ∞ X r=0 (−1)ra2rxλ(r)−mr(1 −amx2mr)PrQr,(6.3) donde m= 0,1o 2. Nuestro propósito es expandir H1yH2en potencias de a. Vamos a probar primero que Hm−Hm−1=am−1ηH3−m.(m= 1,2) (6.4) Tenemos Hm−Hm−1=∞ X r=0 (−1)ra2rxλ(r)CmrPrQr, donde Cmr =x−mr −amxmr −x(1−m)r+am−1xr(m−1) =am−1xr(m−1)(1 −axr) + x−mr(1 −xr). Ahora (1 −axr)Qr=Qr+1,(1 −xr)Pr=Pr−1,1−x0= 0, y por eso Hm−Hm−1=∞ X r=0 (−1)ra2r+m−1xλ(r)+r(m−1)PrQr+1 +∞ X r=1 (−1)ra2rxλ(r)−mrPr−1Qr. En el segundo sumatorio en el lado derecho de esta identidad cambiamos rpor r+1. Entonces Hm−Hm−1=∞ X r=0 DmrPrQr+1, donde Dmr =a2r+m−1xλ(r)+r(m−1) −a2(r+1)xλ(r+1)−mr(r+1) =am−1+2rxλ(r)+r(m−1)(1 −a3−mx(2r+1)(3−m)) =am−1η[a2rxλ(r)−r(3−m)(1 −a3−mx2r(3−m))], como λ(r+ 1) −λ(r) = 5r+ 3. También Qr+1 =ηQry por eso Hm−Hm−1=am−1η∞ X r=0 (−1)ra2rxλ(r)+r(3−m)(1 −a3−m)x2r(3−m)PrQr+1 44 =am−1ηH3−m, que es (6.4). Si ponemos que m= 1 ym= 2 en (6.4) y recordamos que H0= 1, tenemos H1=ηH2,(6.5) H2−H1=aηH1, por lo que H2=ηH2+aη2H2.(6.6) Usamos esto para expandir H2en potencias de a. Si H2=c0+c1a+··· =∞ X s=0 csas, donde los csson independientes de a, entonces c0= 1 y (6.6) da ∞ X s=0 csas=∞ X s=0 csxsas+∞ X s=0 csx2sas+1. Igualando los coeficientes de as, tenemos c1=1 1−x, cs=x2s−2 1−xscs−1=x2+4+···+2(s−1) (1 −x)···(1 −xs)=xs(s−1)Ps. Por lo que H2(a) = ∞ X s=0 asxs(s−1)Ps. Si ponemos que a=x, el lado derecho de esta expresión son las series en el Teorema 6.2.1. También PrQr=P∞y por eso, por (6.3), H2=P∞ ∞ X r=0 (−1)rxλ(r)(1 −x2(2r+1)) =P∞"∞ X r=0 (−1)rxλ(r)+∞ X r=0 (−1)rxλ(r−1)+2(2r11)# =P∞"1 + ∞ X r=1 (−1)r(xr 2(5r+1)+r 2(5r−1))#. 45 De manera que, por el Teorema 4.3.2, H2(x) = P∞ ∞ Y n=0 [(1 −x5n+2)(1 −x5n+3)(1 −x5n+5)] =∞ Y n=0 1 (1 −x5n+1)(1 −x5n+4), lo que completaría la prueba del Teorema 6.2.1. De nuevo por (6.5), H1(a) = ηH2(a) = H2(ax) = ∞ X s=0 asxs2Ps, y para a=x, el lado derecho pasa a ser las series en el Teorema 6.2.2. Utilizando (6.3) y el Teorema 4.3.1, completaríamos la prueba del Teorema 6.2.2 de la misma manera que hicimos con el Teorema 6.2.1. 46 Capítulo 7 Fracción contínua de Ramanujan Otro de los sorprendentes resultados de Ramanujan está relacionado con las fracciones continuas, por lo que antes de ahondar en este tema vamos a dar una definición de estas. Para este capítulo nos hemos basado en el libro “An Introduction to the Theory of Numbers” de Hardy y Wright, también nos hemos basado en “Continued fractions” de A. Ya. Khinchin. 7.1. Definición de fracción contínua Una fracción continua es una expresión de la forma l´ım n→∞   b0+a1 b1+a2 b2+... an−1 bn−1+an bn    =b0+a1 b1+a2 b2+a3 b3+... y de manera más compacta se suele escribir esta expresión anterior como b0+a1 b1+ a2 b2+ a3 b3+··· , donde (an)ny(bn)nson, en general, sucesiones de números complejos. Podemos decir que las fracciones continuas son una forma de representar números, de manera que en el caso de números racionales tendríamos una fracción finita y en el caso de números irracionales una fracción infinita. Por este motivo el principal interés de éstas reside en la Teoría de la aproximación, las fracciones continuas de Ramanujan son una herramienta importante en la teoría de la aproximación, que se encarga de estudiar cómo aproximar números irracionales mediante las fracciones racionales. Las fracciones continuas de Ramanujan permiten obtener aproximaciones rápidas y precisas de números irracionales mediante los convergentes y son fundamentales para entender la Teoría de la aproximación en general. 47 Como consecuencia, aplicando (8.2) al integrando en (8.9), vemos que p(n) = exp 2πn N2N X k=1 (h,k)=1 0≤h<k exp 2πihn k!wh,k ·Zθ′′ h,k −θ′ h,k z1 2exp "π(z−1−z) 12k#P"exp "2πi(h′+iz−1) k##exp (−2πinϕ)dϕ. (8.11) Como z →0con Re z > 0, vemos que exp (h′+iz−1) k→0de manera rápida. Por lo que la forma de evaluar (8.11) es reemplazar el integrando P(x)por 1+(P(x)−1). Entonces p(n) = exp 2πn N2N X k=1 (h,k)=1 0≤h<k exp −2πihn k!wh,k Zθ′′ h,k −θ′ h,k z1 2exp "π(z−1−z) 12k−2πinϕ#dϕ + exp 2πn N2N X k=1 (h,k)=1 0≤h<k exp −2πihn k!wh,k Zθ′′ h,k −θ′ h,k z1 2exp "π(z−1−z) 12k# · P"exp "2πi(h′+iz−1) k##−1!exp (−2πinϕ)dϕ =X 1 +X 2 .(8.12) Nuestra expectativa es que P1contribuya a la estimación principal para p(n)y que la contribución de P2sea insignificante. Ahora procederemos a hacer el estudio de (8.12), demostrando que P2es de hecho despreciable. Primero (recordando que z=k(N−2−iϕ)), z1 2exp "π(z−1−z) 12k# P"exp "2πi(h′+iz−1) k##−1! ≤ |z1 2|−π 12N2∞ X m=1 p(m) exp "−2πRe(z−1)(m−1/24) k#.(8.13) Ahora 1 z=1 k(N−2−iϕ)=N−2−iϕ k(N−4+ϕ2). De (8.6) es inmediato que cada uno θ′ h,k yθ′′ h,k satisface que 1/2kN ≤θh,k <1/kN, y como - θ′ h,k ≤ϕ≤θ′′ h,k, vemos que 1 kRe(z−1) = N−2 k2(N−4+ϕ2)>N−2 k2N−4+N−2=1 1 + k2N−2≥1 2.(8.14) 54 También |z1 2|= (k2N−4+k2ϕ2)1 4<(k2N−4+N−2)1 4≤21 4N−1 2.(8.15) Por lo que por (8.13), (8.14) y (8.15) tenemos la siguiente estimación para P2: X 2≤exp 2πn N2N X k=1 (h,k)=1 0≤h<k 21 4N−1 2exp −π 12N2 ·∞ X m=1 p(m) exp −πm−1 24Zθ′′ h,k −θ′ h,k dϕ ≤exp 2πn N2−π 12N221 4N−1 2∞ X m=1 p(m) exp −πm−1 24 N X k=1 (h,k)=1 0≤h<k Zθ′ h,k −θ′ h,k dϕ = exp 2πn N2−π 12N221 4N−1 2∞ X m=1 p(m) exp −πm−1 24 ≤CN−1 2exp(2πn N2).(8.16) Esta estimación es suficiente para nuestros propósitos, ya que N−1 2exp(2πn N2)→0cuando N→ ∞ para nfijo. Ahora vamos a manipular P1,el término principal en la ecuación (8.12). Aquí mostraremos que la integral es la porción más significativa de una “loop integral” de tipo Hankel. Una vez que establezcamos este hecho (ecuación (8.23)), entonces será sencillo completar nuestra evaluación de p(n). En la integral para P1(ver (8.12)) establecemos w=N−2−iϕ, y así la integral se convierte en Ih,k =ZN−2−iθ′′ h,k N−2+iθ′ h,k (kw)1 2exp π 12k1 kw −kw+ 2πn(w−N2)idw = exp −2πnN−2k1 2i−1ZN−2+iθ′ h,k N−2−iθ′′ h,k w1 2exp π 12k2wexp 2π(n−1 24)wdw = exp(−2πnN−2)k1 2i−1ZN−2−iθ′′ h,k N−2+iθ′ h,k g(w)dw, (8.17) donde g(w) := w1 2exp 2πn−1 24w+π 12k2w. El integrando de esta última integral es univaluado y es analítico en el plano wcomplejo cortado a lo largo de todo el eje real negativo. Por tanto, podemos escribir (invocando el teorema de Cauchy): 55 exp(−2πnN−2)Ih,k =k1 2 i Z0+ −∞ −Z−ϵ −∞ −Z−ϵ−iθ′′ h,k −ϵ−Z−N−2−iθ′′ h,k −ϵ−iθ′′ h,k −Z−ϵ+iθ′ h,k −N−2+iθ′ h,k −Z−ϵ −ϵ+iθ′ h,k −Z−∞ −ϵ!g(w)dw, (8.18) donde la integral R0+ −∞ es la “loop integral” a lo largo del contorno en la Figura 5.1. Suponemos 0< ϵ < N−2y nos interesará principalmente lo que ocurre cuando ϵ→0. Por brevedad, escribimos (8.18) como exp(−2πnN−2)Ih,k =k1 2i−1[Lk−I1−I2−I3−I4−I5−I6],(8.19) y nuestra siguiente tarea es mostrar que cada una de las cuatro integrales I2, I3, I4yI5 es despreciable. Para ello vamos a tener en cuenta que w=−ϵ+iv |I2| ≤ Z−θ′′ h,k 0ϵ2+v21 4exp π 12k2Re 1 −ϵ+ivexp −2πn−1 24ϵ|dv|. Pero Re[(−ϵ+iv)−1] = −ϵ/(ϵ2+v2)<0,y por eso |I2|<(ϵ2+θ′′2 h,k)1 4θ′′ h,k <ϵ2+1 k2N21 41 kN →k−3/2N−3/2ya que ϵ→0.(8.20) La integral I5se trata de la misma manera y (8.20) es también válida con I2siendo reemplazado por I5.Para I3, |I3| ≤ ZN−2 −ϵ(u2+θ′′2 h,k)1 4exp "π 12k2Re 1 u−iθ′′ h,k !#exp 2πn−1 24udu. Ahora 1 k2Re[(u−iθ′′ h,k)−1] = u k2(u2+θ′′2 h,k)≤N−2 k2θ′′2 h,k ≤4. Por lo que |I3|<(N−4+θ′′2 h,k)1 4exp π 3exp 2πn N2(ϵ+N−2) <(N−4+k−2N−2)1 4exp π 3+2πn N2(ϵ+N−2) ≤(ϵ+N−2)21 4k−1 2N−1 2exp π 3+2πn N2 →21 4k−1 2N−5 2exp π 3+2πn N2ya que ϵ→0,(8.21) 56 plano w Figura 5.1 y la desigualdad final de (8.21) se puede utilizar reemplazando I3por I5. Sin embargo, las integrales I1yI6no son despreciables, I1+I6=Z−ϵ −∞ q|u|exp −πi 2exp π 12k2u+ 2πn−1 24udu +Z−∞ −ϵq|u|exp πi 2exp π 12k2u+ 2πn−1 24udu =−2iZ∞ ϵt1 2exp −2πn−1 24t−π 12k2tdt =−2iHk.(8.22) Por lo que si ϵ→0en (8.19), simplificamos la ecuación quedando exp(−2πnN−2)Ih,k =k1 2 iLk+ 2k1 2Hk+O(k−1N−3 2) + Oexp 2πn N2N−5 2,(8.23) donde las constantes implicadas en el término de residuo son absolutas. Consecuentemente, escribiendo ψk(n) := k1 2 iLk+ 2k1 2Hk,(8.24) 57 vemos de (8.12), (8.16) y (8.23) que p(n) = N X k=1 (h,k)=1 0≤h<k "wh,k exp −2πihn k!ψk(n)#+Oexp 2πn N2N−1 2 +O       N X k=1 (h,k)=1 0≤h<k k−1N−3 2        +O       N X k=1 (h,k)=1 0≤h<k exp 2πn N2N−5 2        = N X k=1 Ak(n)ψk(n) + ON−1 2exp 2πn N2+O(N−1 2).(8.25) Ahora Ak(n)es precisamente como aparece en (8.1.1) y los términos de error aquí todos tienden a cero cuando N→ ∞. Por lo tanto, el problema final para nosotros es demostrar que ψk(n) = √k π√2  d dx   sinh [π kq2 3(x−1 24)] qx−1 24   x=n .(8.26) Podemos hacer esto suponiendo ciertos resultados clásicos sobre la integral de Hankel. Primero 1 iLk=1 iZ(0+) −∞ w1 2exp π 12k2w+ 2πn−1 24wdw =1 iZ(0+) −∞ w1 2exp 2πn−1 24w∞ X s=0 (π/12k2w)s s!dw =1 i ∞ X s=0 (π/12k2w)s s!Z(0+) −∞ w1 2−sexp 2πn−1 24wdw = 2π∞ X s=0 (π/12k2w)s s!2πn−1 24s−3/21 2πi Z(0+) −∞ ezz−s+1/2dz = (2π)−1/2n−1 24−3/2∞ X s=0 [π2(n−1/24)/6k2]s s!Γ(s−1/2) , donde la ecuación final se deduce de la fórmula integral de Hankel para el recíproco de la función gamma (ver §12.22 de Whitakker Watson): 1 Γ(s−1 2)=1 2πi Z(0+) −∞ ezz−s+1/2dz. 58 Ahora Γs−1 2= (s−3/2)(s−5/2) ··· 1 2Γ1 2 = 2−s+1π1 2(2s−3)(2s−5) ···3·1. Por lo que ∞ X s=0 (1 4Y2)s s!Γ(s−1/2) =1 2√π"−1 + Y2 1 2! +3Y2 4! +5Y4 6! +···!# =1 2√π"−1 + Y2d dY ∞ X n=0 Y2n+1 (2n+ 2)!# =1 2√π"−1 + Y2d dY cosh Y−1 Y!#; y sustituyendo Y= (π/k)(2/3(x−1/24))1 2,vemos que 1 iLk= (2π)−1/2n−1 24−3/21 2√π"−1 + Y2d dY cosh Y−1 Y!#x=n = 2−3/2π−1n−1 24−3/2"Y2d dY cosh Y Y!#x=n = 2−3/2π−1n−1 24−3/2"Y2"d dx cosh Y Y!/dY dx ##x=n = 2−3/2π−1n−1 24−3/2"3k2Y3 π2 d dx cosh Y Y!#x=n = 3−1/2k−1"d dx cosh ((π/k)[2 3(x−1/24)]1/2) (π/k)[2 3(x−1/24)]1/2#x=n =1 2√π"d dx cosh ((π/k)[2 3(x−1/24)]1/2) (x−1/24)1/2#x=n .(8.27) Ahora finalmente tratamos el término Hken (8.24) de la misma manera. Empezamos con una evaluación clasica de una integral definida: Z∞ 0exp(−c2t−a2t−1)t−1 2dt = 2 Z∞ 0exp(−c2u2−a2u−2)du =√π cexp(−2ac). De manera que Z∞ 0exp(−c2t−a2t−1)t1 2dt =−√π 2c d dc "exp(−2ac) c#,(8.28) 59 Y aplicando (8.28) a Hkobtenemos Hk=−1 4√π(n−1/24)   d dc exp[−π(2/3)1 2c/k] (2π)1 2c c=(n−1/24)1 2 =−1 2π√2  d dx exp[−π(2/3)1 2](x−1/24)1 2/k qx−1/24  x=n .(8.29) De manera que, de (8.24), (8.27) y (8.29), obtenemos que ψk(n) = k1 2 π√2  d dx cosh ((π/k)[2 3(x−1/24)]1 2) qx−1/24  x=n −k1 2 π√2  d dx exp[−(π/k)[2 3(x−1/24)]1 2] qx−1/24  x=n =k1 2 π√2  d dx sinh ((π/k)[2 3(x−1/24)]1 2) qx−1/24  x=n ,(8.30) y como (8.30) es simplemente (8.26), quedaría demostrada la fórmula de Rademacher. 8.2. Fórmula asintótica de Hardy-Ramanujan Una vez vista esta fórmula anterior procedemos a ver la fórmula que originalmente dieron Hardy y Ramanujan para p(n). Teorema 8.2.1. Si n≥1 la función partición p(n)queda representada por p(n) = 1 2π√2X k≤α√n Ak(n)√kd dx     exp π kq2 3(x−1 24 qx−1 24    x=n +O(n−1/4), siendo αuna constante positiva arbitraria y donde Ak(n)ywh,k son los dados en el Teorema 8.1.1. Esta definición de wh,k no es la que dieron Hardy-Ramanujan ya que ésta era más complicada, por lo que hemos puesto una equivalente que proporcionó Rademacher en 1932. En el artículo que publicaron Hardy-Ramanujan en 1918 hacen una comparación con los valores de p(n)calculados por MacMahon y los proporcionados por su fórmula, en concreto lo hacen para n= 100 yn= 200, los cuales tienen un error de 0.004 ambos, 60 lo que nos lleva a darnos cuenta de que el error es mucho menor que ese O(n−1/4)que aparece en su fórmula. De hecho, antes de empezar con la prueba del teorema anterior, vamos a enunciar un lema que nos servirá a la hora de acotar. Lema 8.2.2. Se tiene Ak(n)≤n. Este lema tiene una demostración muy técnica, por lo tanto no se verá en este trabajo. Pasamos a demostrar el Teorema 8.2.1. Demostración. En esta sección vamos a dar las indicaciones de los pasos que habría que seguir para demostrar la fórmula que propusieron Hardy-Ramanujan, la cual según Rademacher es un corolario inmediato de la suya. Teniendo en cuenta que sinh (x) = (ex−e−x)/2,sustituyendo en la fórmula de Rademacher obtenemos p(n) = 1 π√2 ∞ X k=1 Ak(n)√kd dx     sinh π kr2 3x−1 24 qx−1 24    x=n =1 2π√2 ∞ X k=1 Ak(n)√kd dx     exp π kr2 3x−1 24 qx−1 24    x=n −1 2π√2 ∞ X k=1 Ak(n)√kd dx     exp −π kr2 3x−1 24 qx−1 24    x=n . Derivando respecto de xel segundo sumando obtendríamos p(n) = 1 2π√2 ∞ X k=1 Ak(n)√kd dx     exp π kr2 3x−1 24 qx−1 24    x=n −1 2π√2 ∞ X k=1 Ak(n)√k    πexp π√2√n−1 24 √3k √2√3k(n−1 24)    +1 2π√2 ∞ X k=1 Ak(n)√k    exp π√2√n−1 24 √3k 2(n−1 24)3 2    . 61 Y por último, tendríamos que ver que el segundo y tercer sumando lo podemos acotar por n−1/4.Primero vamos a acotar kpor k≤α√ny aplicando esto obtenemos −1 2π√2X k≤α√n Ak(n)√k    πexp π√2√n−1 24 √3k √2√3k(n−1 24)   +1 2π√2X k≤α√n Ak(n)√k    exp π√2√n−1 24 √3k 2(n−1 24)3 2    = 1 2π√2X k≤α√n Ak(n)√kexp   π√2qn−1 24 k√3 "π √2√3k(n−1 24)−1 2(n−1 24)3/2#≤ X k≤α√n Ak(n)√kexp   π√2qn−1 24 k√3 "π √2√3k(n−1 24)#≤ X k≤α√n Ak(n)qα√nexp   π√2qn−1 24 k√3 "π α√n(n−1 24)#≤ X k≤α√n Ak(n)qα√nexp π√2√n α√n!" π α√n(n−1 24)#≤ X k≤α√n Ak(n)qα√nexp π√2 α!" π α√n(n−1 24)#≤ como exp (π√2/α)es una constante, vamos a llamarla C, de manera que sustituyendo en la expresión obtenemos C√αX k≤α√n Ak(n)n1/4"π α√n(n−1 24)#≤Cπ√α αX k≤α√n Ak(n)n1/4"1 √n(n−1 24)#≤ como n > 0,podemos aplicar que n−1/24 > n/2,de manera que √n(n−1/24) > n√n/2 = n3/2/2,por lo que 1 √n(n−1/24) <2 n3/2 sustituyendo esto obtenemos Cπ√α αX k≤α√n Ak(n)n1/42 n3/2=2Cπ √αX k≤α√n Ak(n)n−5/4≤ ahora aplicando el Lema 8.2.2, visto al principio de este capítulo, obtenemos 2Cπ √αnn−5/4=O(n−1/4). 62 Por lo que volviendo al principio de la acotación obtendríamos la expresión a la que queríamos llegar p(n) = 1 2π√2X k≤α√n Ak(n)√kd dx     exp π kr2 3x−1 24 qx−1 24    x=n +O(n−1/4). 63