关于Göllnitz小分拆定理的连分式展开式的一个注记

蔡华蓉

(重庆师范大学数学科学学院,重庆 401331)

1 预备知识

Gu等人[1]在2011年通过猜测相对量并证明递归关系给出了一些Rogers-Ramanujan型的连分式展开式.2013年,Oliver等人[2]又在他们的基础上,根据Göllnitz小分拆定理得到了7个新的结果,本文将对其中结果的辅助级数sk作出进一步改进.

对于给定的q级数F(z)和G(z)以及递归关系sk+1=(sk-1-aksk)/z(k=0,1,2,…),其中sk是辅助级数,数ak由sk唯一定义.那么,令F(z)=s0和G(z)=s-1时,可以得到下面关于级数商的连分式

这意味着,如果要得到级数商的连分式的展开式,就只需要给出辅助级数sk,这样数ak自然也就可以求得.

根据Göllnitz小分拆定理[3]:

Oliver等人[2]给出了下面两个q级数F(z)和G(z)的结果.对其中的辅助级数sk,本文给出了改进.

2 主要结果及证明

关于Oliver等人[2]在2013年根据Göllnitz小分拆定理所得的定理2中原本所用的辅助级数sk如下.本文也在下面定理2.1中给出相应的更正.

定理2.1

其辅助级数为

证明：首先,为了得到辅助级数sk的一般形式,本文先根据递归关系sk+1=(sk-1-aksk)/z

(k=0,1,2,…)求出其前面的几项,本文求出了前7项s-1,s0,s1,s2,s3,s4,s5,以及被sk唯一定义的数ak的前5项a0,a1,a2,a3,a4,这里仅对s1,s2,s3进行详细说明,其余情况类似.按照前面的方法,令F(z)=s0和G(z)=s-1,并记幂级数sk的zn项的系数为[zn]sk,其中当n<0时,规定[zn]sk=0.下面对k=0,1,2,3,4的情况依次计算.

当k=0时,由递归关系得

(1)

在(1)式中,令n=0,有0=1-a0,求得a0=1.将所求的a0代入(1)式,对∀n>0有

当k=1时,由递归关系得

(2)

在(2)式中,令n=0,有0=1-a1w(q;q)1-1,求得a1=(1-q)w-1.将所求的a1代入(2)式,对∀n>0有

当k=2时,由递归关系得

(3)

在(3)式中,令n=0,有0=w(q;q)1-1-a2q(-qw;q2)1(q;q)1-1(1-q3)-1,求得

a2=q-1(1+qw)-1(1-q3)w.将所求的a2代入(3)式,对∀n>0有

在文献[4]的式1.2.39中,令a=q有

(q;q)2n=(q2;q2)n(q;q2)n.

(4)

因此使用(4)式,可以将s0,s1,s2,s3进一步改写为如下形式

同理可得

综上,可以猜测s2k和s2k+1即为定理2.1中的形式,并且由sk所定义的数a2k,a2k+1恰好也满足定理2.1中的形式;其次,还需要证明所猜测的辅助级数满足递归关系.

当k≥1,n≥1时有

则s2k+1=(s2k-1-a2ks2k)/z(k≥1)成立,且当k=0时,有s1=(s-1-a0s0)/z成立.

同理,当k≥0,n≥1时有

则s2k+2=(s2k-a2k+1s2k+1)/z成立.

综上所述,所猜测的辅助级数s2k,s2k+1满足递归关系sk+1=(sk-1-aksk)/z(k=0,1,2…),并且相应的数a2k,a2k+1也为定理2.1中的形式,故定理2.1证毕.

3 结语

一方面,本文对关于Göllnitz小分拆定理的其中一个连分式展开式的辅助级数sk进行了更正,并给出了证明.

另一方面,定理2.1中的级数商zF(z)/G(z)所对应的连分式有如下形式的展开式

其中通过对数a2k和a2k+1计算可知,当k≥0时有

a2ka2k+1=(1-q4k-1)(1-q4k+1)(q2k+w)-1,

a2k+1a2k+2=(1-q4k+1)(1-q4k+3)(q2k+1+q4k+2w)-1.

故此连分式可进一步改写为

在后续的研究中,也可以使用Worpitzky-Pringsheim[5]等定理继续研究由此类方法构造的连分式zF(z)/G(z)的收敛性.