楕円関数論の基礎のキソ

$\Im(\farc{\o_2}{\o_1})=0$とするとある実数$a$が存在して$\o_2=a\o_1$となるが、これは$L=\Z\o_1+\Z\o_2$が格子であることに矛盾。
$\Im(\farc{\o_2}{\o_1})>0$のとき$\t=\frac{\o_2}{\o_1}\in\H$とおくと$L=\o_1 L_\t$となり
$\Im(\farc{\o_2}{\o_1})<0$のとき$\t=-\frac{\o_2}{\o_1}\in\H$とおくと$L=-\o_1 L_\t$となるので
主張のような$\t$が存在することがわかる。

$\C$上正則な楕円関数は有界な領域$\P$でも正則、つまり$\P$上で有界であり二重周期性から$\C$上でも有界となるが、リウヴィルの定理からそのような正則関数は定数関数に限ることがわかる。

もし楕円関数$f$が$\P$上で無限個の極を持つとすると(ボルツァーノ・ワイエルシュトラスの定理より)$\P$上に集積した極を持つことになり、これは$f$が有理型関数であることに矛盾。
　また$\P+v$の境界
$(\partial\P+v):v\to(\o_1+v)\to(\o_1+\o_2+v)\to(\o_2+v)\to v$
において$f$が極を持たないような$v\in\C$を取り、それに沿った(反時計回りの)周回積分を考えると留数定理より
$\dis\frac1{2\pi i}\oint_{\partial\P+v}f(z)dz=\sum_{\a:\mathrm{poles}}\mathrm{Res}(f,\a)\quad$(ただし$\a$は$\P$上の$f$の極全体を渡る)
が成り立つが
$\dis\int^{\o_1+\o_2+v}_{\o_1+v}f(z)dz=\int^{\o_2+v}_vf(z+\o_1)dz=-\int^v_{\o_2+v}f(z)dz$
$\dis\int^{\o_2+v}_{\o_1+\o_2+v}f(z)dz=\int^v_{\o_1+v}f(z+\o_2)dz=-\int^{\o_1+v}_vf(z)dz$
であることに注意すると
$\dis\oint_{\partial\P+v}f(z)dz=0$
がわかるので留数の和が$0$になることがわかる。

命題4と同様にして$0$でない楕円関数$f$の零点は有限個であることがわかるので$\P+v$の境界上で$f$が零点も極も持たないような$v\in\C$を取ると、偏角の原理から
$\dis\frac1{2\pi i}\oint_{\partial\P+v}\frac{f'(z)}{f(z)}dz=(fの\P上の零点の個数)-(fの\P上の極の個数)$
が成り立つが$\frac{f'(z)}{f(z)}$も格子$L$についての楕円関数なので命題4と同様にしてこの左辺は$0$になることがわかる。

$z=z_0=\frac{\o_1}2,\frac{\o_2}2,\frac{\o_1+\o_2}{2}$
が極でないとすると$z_0-(-z_0)=2z_0\in L$より
$f(z_0)=f(-z_0)=-f(z_0)$
つまり$f(z_0)=0$がわかる。

偶関数であることは$-L=L$に注意すると
$\dis\wp(-z)=\frac1{z^2}+\sum_{\o\neq0}\left(\farc1{(z-(-\o))^2}-\frac1{(-\o)^2}\right)=\wp(z)$
とわかる。

また$\wp$関数の微分は
$\dis\wp'(z)=\sum_{\o\in L}\farc{-2}{(z-\o)^3}$
と書けるので任意の$\o\in L$に$L-\o=L$に注意すると
$\dis\wp'(z+\o)=\sum_{\o'\in L}\farc{-2}{(z-(\o'-\o))^3}=\wp'(z)$
が成り立つことがわかる。つまり
$\wp(z+\o)-\wp(z)=Const.$
となるが、これに$z=-\frac\o2$を代入すると偶関数性より
$\wp(\frac\o2)-\wp(-\frac\o2)=0$
なので$\wp$の二重周期性がわかり、$\wp$は有理型関数でもあることから楕円関数となる。

$\wp'$が上記の点を零点に持つことは$\wp$は偶関数なので$\wp'$は奇関数となることから命題6によりわかる。
$\wp'$が$\P$上で$3$つしか零点を持たないことは
$\dis\wp'(z)=\sum_{\o\in L}\farc{-2}{(z-\o)^3}$
なので$\P$上の極が$z=0$における三位の極のみであることからリウヴィルの第三定理(命題5)によりわかる。

$f(z)=\wp(z)-\frac1z^2$とおくと$f(z)$は$z=0$周りで正則であり
$\dis f^{(n)}(z)=(n+1)!\sum_{\o\neq0}\farc1{(\o-z)^{n+2}}\quad(n\geq1)$
なので$f^{(2n+1)}(z)=0$および$\wp$の定義より$f(0)=0$に注意すると$f(z)$は$z=0$周りのテイラー展開
$\dis f(z)=\sum^\infty_{n=1}\frac{f^{(2n)}(0)}{(2n)!}z^{2n} =\sum^\infty_{n=1}(2n+1)G_{2n+1}(L)z^{2n}$
を持つことがわかる。

$h(z)=\wp'(z)^2-4\wp(z)^3+g_2\wp(z)$
とおいたとき、$h$は楕円関数であって$\P$上で極を取るとするなら$z=0$に限るので、まずこれが$z=0$で極を持たないことを示す。

$\wp(z)^3,\wp'(z)^2$のローラン展開の$0$次以下の項を考えると命題9より
\begin{eqnarray} \wp(z)&=&z^{-2}+3G_4z^2+5G_6z^4+O(z^6) \\\wp(z)^3&=&z^{-6}(1+3Gz^4+5G_6z^6)^3+O(z^2) \\&=&z^{-6}+9G_4z^{-2}+15G_6+O(z^2) \end{eqnarray}
\begin{eqnarray} \wp'(z)&=&-2z^{-3}+6G_4z+20G_6z^3+O(z^5) \\\wp'(z)^2&=&z^{-6}(-2+6Gz^4+20G_6z^6)^2+O(z^2) \\&=&4z^{-6}-24G_4z^{-2}-80G_6+O(z^2) \end{eqnarray}
であるので
\begin{eqnarray} \wp'(z)^2-4\wp(z)^3+g_2\wp(z) &=&4z^{-6}-24G_4z^{-2}-80G_6 \\&&-4z^{-6}-36G_4z^{-2}-60G_6 \\&&\quad\quad\quad\quad+60G_4z^{-2}+O(z^2) \\&=&-140G_6+O(z^2) \end{eqnarray}
と$h(z)$は$z=0$で極を持たないことがわかる。

よって$h(z)$は$\P$上、ひいては$\C$上で正則なのでリウヴィルの第一定理(命題3)により定数関数であり、上の式からその定数は$-140G_6=-g_3$となるので
$\wp'(z)^2-4\wp(z)^3+g_2\wp(z)=-g_3$
を得る。

$z_0=\frac{\o_1}2,\frac{\o_2}2,\frac{\o_1+\o_2}2$に対して$f(z)=\wp(z)-\wp(z_0)$とおくと命題8より
$f(z_0)=\wp(z_0)-\wp(z_0)=0,\;f'(z_0)=\wp'(z_0)=0$
が成り立つので$f$は$\P$上で$z=z_0$に二位の零点を持つことがわかる。また$\wp$の定義より$f$の$\P$上の極は$z=0$の二位の極のみなのでリウヴィルの第三定理(命題5)より$f$は$\P$上でこれ以上零点を持たないことがわかる。

あとは命題10の等式を
$\wp'(z)^2=4\wp(z)^3-g_2\wp(z)-g_3=4(\wp(z)-e_1)(\wp(z)-e_2)(\wp(z)-e_3)$
と因数分解したときこの左辺が$z=z_0=\frac{\o_1}2,\frac{\o_2}2,\frac{\o_1+\o_2}2$で零点を持つことと、上で示したように$\wp(z)-\wp(z_0)$は$z=z_0$以外で零点を持たないことに注意するとわかる。

例のごとく$\P+v$の境界上で$\z$が極を持たないような$v\in\C$(つまり$v\not\in L$)を取ると留数定理より
$\dis\oint_{\partial\P+v}\z(z)dz=2\pi i$
が成り立つ。ここで$0<\arg\o_2-\arg\o_1<\pi$の仮定より積分経路
$(\partial\P+v):v\to(\o_1+v)\to(\o_1+\o_2+v)\to(\o_2+v)\to v$
は反時計回りになり、
$\dis\int^{\o_1+\o_2+v}_{\o_1+v}\z(z)dz=\int^{\o_2+v}_v\z(z+\o_1)dz =\int^{\o_2+v}_v(\z(z)+\E_1)dz=\E_1\o_2-\int^v_{\o_2+v}\z(z)dz$
$\dis\int^{\o_2+v}_{\o_1+\o_2+v}\z(z)dz=\int^v_{\o_1+v}\z(z+\o_2)dz =-\E_2\o_1-\int^{\o_1+v}_v\z(z)dz$
であることに注意すると
$\dis\oint_{\partial\P+v}\z(z)dz=\E_1\o_2-\E_2\o_1=2\pi i$
がわかる。

$\dis\farc{d}{dz}\log\left(\frac{\s(z+\o_k)}{\s(z)}\right)=\z(z+\o_k)-\z(z)=\E_k$
であるので$z$に依らないある定数$A_k$があって
$\dis\s(z+\o_k)=A_ke^{\E_kz}\s(z)$
と表せれることがわかる。

また$\s$は奇関数である(これは定義から容易にわかる)のでこれに$z=-\frac{\o_k}2$を代入すると
$\dis\s(\frac{\o_k}2)=A_ke^{-\E_k\frac{\o_k}{2}}\s(-\farc{\o_k}2)=-A_ke^{-\E_k\frac{\o_k}{2}}\s(\farc{\o_k}2)$
すなわち
$A_k=-e^{\E_k\frac{\o_k}2}$
を得る。

基本周期$\t$に対応する基本擬周期を$\E_\t$とおくと$\t\in\H$より$0<\arg\t-\arg1<\pi$なのでルジャンドル関係式(命題12)から
$\E\t-\E_\t=2\pi i$
が成り立つことに注意すると命題17から
\begin{eqnarray} \vp(z+1,\t) &=&\exp\left(-\frac\E2(z+1)^2+i\pi(z+1)\right)\cdot\exp\left(\E(z+\frac12)-\pi i\right)\s(z;L_\t) \\&=&\exp\left(-\farc\E2z^2+i\pi z\right)\s(z;L_\t)=\vp(z,\t) \\\vp(z+\t,\t) &=&-\exp\left(-\frac\E2(z+\t)^2+i\pi(z+\t)\right)\cdot\exp\left(\E_\t(z+\frac\t2)\right)\s(z;L_\t) \\&=&-\exp\left(-\E\t(z+\frac\t2)+i\pi\t\right)\cdot\exp\left(\E_\t(z+\frac\t2)\right)\vp(z,\t) \\&=&-\exp\left(-(2\pi i+\E_\t)(z+\frac\t2)+i\pi\t+\E_\t(z+\frac\t2)\right)\vp(z,\t) \\&=&-\exp(2\pi iz)\vp(z,\t) \end{eqnarray}
とわかる。

$\dis g(z,\t)=\frac{w-1}{2\pi i}\prod^\infty_{n=1}\frac{(1-q^nw)(1-q^nw^{-1})}{(1-q^n)^2}$
とおいたとき$g$は$\vp$と同じ擬二重周期を持ち、同じ零点を持つことを示せば
$\dis\frac{\vp(z,\t)}{g(z,\t)}$
は格子$L_\t$についての$\C$上正則な楕円関数となるのでリウヴィルの第一定理(命題3)から定数関数であることがわかり
$\dis\lim_{z\to0}\frac{\vp(z,\t)}{g(z,\t)}=1$
を示すことで証明が完結する。

同じ擬周期を持つこと

$z\mapsto z+1$において$w'=e^{2\pi i(z+1)}=w$なので
$g(z+1,\t)=g(z,\t)$
がわかり、$z\mapsto z+\t$において$w'=qw$なので
\begin{eqnarray} g(z,\t)&=&\frac{qw-1}{2\pi i}\prod^\infty_{n=1}\frac{(1-q^{n+1}w)(1-q^{n-1}w^{-1})}{(1-q^n)^2} \\&=&\frac{qw-1}{2\pi i}\farc{1-q^{0}w^{-1}}{1-q^1w}\prod^\infty_{n=1}\frac{(1-q^nw)(1-q^nw^{-1})}{(1-q^n)^2} \\&=&\farc{qw-1}{w-1}\frac{1-w^{-1}}{1-qw}g(z,\t)=-w^{-1}g(z,\t)=-e^{2\pi iz}g(z,\t) \end{eqnarray}
とわかる。

同じ零点を持つこと

$g(z,\t)$が$0$となるのは$w=q^m\;(m\in\Z)$のとき、つまり
$2\pi z=2\pi im\t+2\pi in$
$z=m\t+n\in(\Z\t+\Z)=L_\t$
のときに限り、逆に$z\in L_\t$であれば$g(z,\t)=0$となることがわかる。
$\vp(z,\t)=0\iff z\in L_\t$およびそれぞれが一位の零点であることは自明。

比が$1$であること

$z\sim0$における$\vp,g$の挙動を考えると$w=e^{2\pi iz}\sim 1+2\pi iz$より
$\dis\vp(z)=e^{-\frac\E2z^2+2\pi iz}z\prod_{\o\neq0}\left(1-\frac z\o\right)e^{\frac z\o+\frac12(\farc z\o)^2}\sim e^{-0+0}z\prod_{\o\neq0}(1-0)e^{0+0}=z$
$\dis g(z,\t)=\frac{w-1}{2\pi i}\prod^\infty_{n=1}\frac{(1-q^nw)(1-q^nw^{-1})}{(1-q^n)^2} \sim\farc{2\pi iz}{2\pi i}\prod^\infty_{n=1}\frac{(1-q^n\cdot1)(1-q^n\cdot1)}{(1-q^n)^2}=z$
であるので
$\dis\lim_{z\to}\frac{\vp(z,\t)}{g(z,\t)}=\lim_{z\to0}\farc zz=1$
を得る。

命題15より$\frac{dw}{dz}=2\pi iw$に注意すると
\begin{eqnarray} \z(z;L_\t)&=&\frac{d}{dz}\log\s(z;L_\t) \\&=&\E z+\pi i\frac{w^{\frac12}+w^{-\frac12}}{w^{\farc12}-w^{-\farc12}}+2\pi i\sum^\infty_{n=1}\left(-\frac{q^nw}{1-q^nw}+\frac{q^nw^{-1}}{1-q^nw^{-1}}\right) \end{eqnarray}
であり、
\begin{eqnarray} &&2\pi i\sum^\infty_{n=1}\left(\frac{q^nw^{-1}}{1-q^nw^{-1}}-\frac{q^nw}{1-q^nw}\right) \\&=&2\pi i\sum^\infty_{n=1}\sum^\infty_{m=1}\Big((q^nw^{-1})^m-(q^nw)^m\Big) =2\pi i\sum^\infty_{m=1}\sum^\infty_{n=1}(q^m)^n(w^{-m}-w^m) \\&=&2\pi i\sum^\infty_{m=1}\farc{q^m}{1-q^m}(w^{-m}-w^m) =4\pi\sum^\infty_{m=1}\frac{q^m}{1-q^m}\sin(2\pi mz) \end{eqnarray}
なので
$\dis\z(z;L_\t)=\E z+\pi\frac{\cos(\pi z)}{\sin(\pi z)}+4\pi\sum^\infty_{n=1}\frac{q^n}{1-q^n}\sin(2\pi nz)$
がわかる。そしてこれを微分することで
\begin{eqnarray} \wp(z;L_\t)&=&-\z'(z;L_\t) \\&=&-\E+\farc{\pi^2}{\sin^2(\pi z)}-8\pi^2\sum^\infty_{n=1}\farc{nq^n}{1-q^n}\cos(2\pi nz) \end{eqnarray}
となるので
$\dis\lim_{z\to0}\left(\farc{\pi^2}{\sin^2(\pi z)}-\frac1{z^2}\right) =\lim_{z\to0}\frac{\frac{\pi z+\sin(\pi z)}{\pi z}\cdot\frac{\pi z-\sin(\pi z)}{\pi^3z^3}}{\frac{\sin^2(\pi z)}{\pi^2z^2}}\pi^2 =\frac{1\cdot\farc13}{1}\pi^2=\frac{\pi^2}3$
に注意してこの両辺から$\frac1{z^2}$を引いて$z\to0$極限を取ることで
$\dis0=-\E+\frac{\pi^2}3-8\pi^2\sum^\infty_{n=1}\frac{nq^n}{1-q^n}$
すなわち
$\dis\E=\E(\t)=\farc{\pi^2}3\left(1-24\sum^\infty_{n=1}\frac{nq^n}{1-q^n}\right)$
を得る。

一応流れを書いておくと
$\dis \T(z,\t)=\prod^\infty_{n=1}(1-q^{2n})(1+q^{2n-1}z)(1+q^{2n-1}z^{-1})$
とおいたとき$\T$は$\vt$と同じ擬二重周期を持ち、同じ零点を持つことを示せば
$\dis\frac{\vt(\nu,\t)}{\T(\nu,\t)}$
は格子$L_\t$についての$\C$上正則な楕円関数となるのでリウヴィルの第一定理(命題3)から定数関数であることがわかり、またこれを$c(\t)$とおくと
$\dis c(\t)=c(4^{-1}\t)=\lim_{n\to\infty}c(4^{-n}\t)=c(0)=Const$
が成り立つことがわかり
$\dis\lim_{\t\to i\infty}\frac{\vt(\nu,\t)}{\T(\nu,\t)}=1$
を示すことで証明が完結する。

同じ擬周期を持つこと

$\nu\mapsto\nu+1$において$z\mapsto z$なので
$\vt(\nu+1,\t)=\vt(\nu,\t),\;\T(\nu+1,\t)=\T(\nu,\t)$
がわかり、$\nu\mapsto\nu+\t$において$z\mapsto q^2z$なので
\begin{eqnarray} \vt(\nu+\t,\t)&=&\sum^\infty_{n=-\infty}q^{n^2+2n}z^n \\&=&(qz)^{-1}\sum^\infty_{n=-\infty}q^{(n+1)^2}z^{n+1}=(qz)^{-1}\vt(\nu,\t) \\\T(\nu+\t,\t)&=&\prod^\infty_{n=1}(1-q^{2n})(1+q^{2n+1}z)(1+q^{2n-3}z^{-1}) \\&=&\frac{1+q^{-1}z^{-1}}{1+qz}\prod^\infty_{n=1}(1-q^{2n})(1+q^{2n-1}z)(1+q^{2n-1}z^{-1}) \\&=&(q\t)^{-1}\T(\nu,\t) \end{eqnarray}
を得る。

同じ零点を持つこと

$\T(\nu,\t)$が$0$となるのは$z=-q^{2m+1}\;m\in\Z$のとき、つまり
$2\pi i\nu=\pi i+(2m+1)\pi i\t+2\pi in$
$\nu=\frac{\t+1}{2}+m\t+n\in(\frac{\t+1}2+\Z\t+\Z)=(\frac{\t+1}2+L_\t)$
のときに限り、これは一位の零点となる。($\Im(\t)>0$より$|q|<1$つまり$1-q^{2n}\neq0$に注意する)
また
\begin{eqnarray} \vt(\frac{\t+1}{2},\t) &=&\sum^\infty_{n=-\infty}e^{\pi in^2\t+\pi in(\t+1)} \\&=&\sum^\infty_{n=-\infty}(-1)^ne^{\pi i(\t+\frac12)^2-\frac14\pi i\t} \\&=&\sum^\infty_{n=0}(-1)^ne^{\pi i(\t+\frac12)^2-\frac14\pi i\t} +\sum^\infty_{n=0}(-1)^{n+1}e^{\pi i(-n-1+\frac12)^2-\frac14\pi i\t} \\&=&0 \end{eqnarray}
なので$\T(\nu,\t)$が$0$となるとき$\vt(\nu,\t)$も$0$となることがわかる。

比が$1$であること

以上より
$\dis c(\t)=\frac{\vt(\nu,\t)}{\T(\nu,\t)}$
は$\nu$に依らない関数であり
$\nu=\frac12$において$z=-1$、$\nu=\frac14$において$z=i$、$\t\mapsto4\t$において$q\mapsto q^4$なので
\begin{eqnarray} \vt(\frac12,\t) &=&\sum^\infty_{n=-\infty}(-1)^nq^{n^2} \\\vt(\frac14,\t) &=&\sum^\infty_{n=-\infty}i^nq^{n^2} \\&=&\sum^\infty_{n=-\infty}(-1)^nq^{(2n)^2} +\sum^\infty_{n=1}i^{2n-1}q^{(2n-1)^2}+\sum^\infty_{n=1}(-i)^{2n-1}q^{(-(2n-1))^2} \\&=&\sum^\infty_{n=-\infty}(-1)^nq^{4n^2}=\vt(\frac12,4\t) \\ \\\T(\frac12,\t) &=&\prod^\infty_{n=1}(1-q^{2n})(1-q^{2n-1})^2 \\\T(\frac14,\t) &=&\prod^\infty_{n=1}(1-q^{2n})(1+iq^{2n-1})(1-iq^{2n-1}) \\&=&\prod^\infty_{n=1}\Big((1-q^{4n})(1-q^{4n-2})\Big)(1+q^{2(2n-1)}) \\&=&\prod^\infty_{n=1}\Big((1-q^{8n})(1-q^{8n-4})\Big)(1-q^{4(2n-1)}) \\&=&\prod^\infty_{n=1}(1-q^{8n})(1-q^{4(2n-1)})^2=\T(\frac12,4\t) \end{eqnarray}
つまり
$\dis c(\t)=\frac{\vt(\farc14,\t)}{\T(\farc14,\t)}=\frac{\vt(\frac12,4\t)}{\T(\farc12,4\t)}=c(4\t)$
が成り立つ。よって$\t\mapsto4^{-1}\t$とすることで
$\dis c(\t)=c(4^{-1}\t)=\lim_{n\to\infty}c(4^{-n}\t)=c(0)$
と$c(\t)$は$\t$にも依らないことがわかる。

そして$\t\to i\infty$において$q\to0$なので
$\dis\lim_{\t\to i\infty}\vt(\nu,\t) =\lim_{q\to0}\Big(1+\sum_{n=1}^\infty q^{n^2}(z^n+z^{-n})\Big)=1$
$\dis\lim_{\t\to i\infty}\T(\nu,\t) =\lim_{q\to0}\prod^\infty_{n=1}(1-q^{2n})(1+q^{2n-1}z)(1+q^{2n-1}z^{-1})=1$
つまり
$\dis c(\t)=\lim_{\t\to i\infty}c(\t)=1$
を得る。