楕円関数論の基礎のキソ

　$\mathrm{Im}({\omega }_2/{\omega }_1)=0$とするとある実数$a$が存在して${\omega }_2=a{\omega }_1$となるが、これは$L=\mathbb{Z}{\omega }_1+\mathbb{Z}{\omega }_2$が格子であることに矛盾。
　したがって${\omega }_2/{\omega }_1\in \mathbb{H}$または${\omega }_1/{\omega }_2\in \mathbb{H}$が成り立つのでそれを$\tau$とおくと$L=\omega L_{\tau }$となることがわかる。

　$\mathbb{C}$上正則な楕円関数は有界な領域$\mathcal{P}$でも正則、つまり$\mathcal{P}$上で有界であり二重周期性から$\mathbb{C}$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$\mathcal{P}$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)$\mathcal{P}$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$\mathcal{P}+v$の境界
$$(\partial \mathcal{P}+v):v\to ({\omega }_1+v)\to ({\omega }_1+{\omega }_2+v)\to ({\omega }_2+v)\to v$$
において$f$が極を持たないような$v\in \mathbb{C}$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
$$\frac{1}{2\pi i}{\oint }_{\partial \mathcal{P}+v}f(z)dz=\sum _{\alpha :\mathrm{poles}}\mathrm{Res}(f,\alpha )$$
(ただし$\alpha$は$\mathcal{P}$上の$f$の極全体を渡る)が成り立つが
$$\begin{array}{rl}{\int }_{{\omega }_1+v}^{{\omega }_1+{\omega }_2+v}f(z)dz& ={\int }_v^{{\omega }_2+v}f(z+{\omega }_1)dz=-{\int }_{{\omega }_2+v}^{v}f(z)dz\\ {\int }_{{\omega }_1+{\omega }_2+v}^{{\omega }_2+v}f(z)dz& ={\int }_{{\omega }_1+v}^{v}f(z+{\omega }_2)dz=-{\int }_v^{{\omega }_1+v}f(z)dz\end{array}$$
であることに注意すると
$${\oint }_{\partial \mathcal{P}+v}f(z)dz=0$$
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$\mathcal{P}+v$の境界上で$f$が零点も極も持たないような$v\in \mathbb{C}$を取ると、偏角の原理から
$$\frac{1}{2\pi i}{\oint }_{\partial \mathcal{P}+v}\frac{f^{\prime }(z)}{f(z)}dz=(f\text{の}\mathcal{P}\text{上の零点の個数})-(f\text{の}\mathcal{P}\text{上の極の個数})$$
が成り立つが$f^{\prime }(z)/f(z)$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。

$$z_0=\frac{{\omega }_1}{2},\frac{{\omega }_2}{2},\frac{{\omega }_1+{\omega }_2}{2}$$
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
$$\mathrm{\wp }(-z)=\frac{1}{z^2}+\sum _{\omega \ne 0}(\frac{1}{(z-(-\omega ){)}^2}-\frac{1}{(-\omega {)}^2})=\mathrm{\wp }(z)$$
とわかる。また$\mathrm{\wp }$は$\mathcal{P}$上で$z=0$のみを極に持つので位数は$2$となる。
　いま$\mathrm{\wp }$関数の導関数
$${\mathrm{\wp }}^{\prime }(z)=\sum _{\omega \in L}\frac{-2}{(z-\omega {)}^3}$$
は任意の$\omega \in L$に対し
$${\mathrm{\wp }}^{\prime }(z+\omega )=\sum _{{\omega }^{\prime }\in L}\frac{-2}{(z-({\omega }^{\prime }-\omega ){)}^3}={\mathrm{\wp }}^{\prime }(z)$$
を満たすので
$$\mathrm{\wp }(z+\omega )-\mathrm{\wp }(z)=Const.$$
が成り立つが、$z=-\omega /2$のとき偶関数性より
$$\mathrm{\wp }\left(\frac{\omega }{2}\right)-\mathrm{\wp }(-\frac{\omega }{2})=0$$
となるので
$$\mathrm{\wp }(z+\omega )-\mathrm{\wp }(z)=0$$
を得る。
　したがって$\mathrm{\wp }$の二重周期性がわかり、$\mathrm{\wp }$は有理型関数でもあることから楕円関数となる。

　$\mathrm{\wp }$は偶関数なので${\mathrm{\wp }}^{\prime }$は奇関数であり、したがって命題6より上の零点を持つことがわかる。また
$${\mathrm{\wp }}^{\prime }(z)=\sum _{\omega \in L}\frac{-2}{(z-\omega {)}^3}$$
より${\mathrm{\wp }}^{\prime }$は$\mathcal{P}$上で$z=0$以外を極に持たないので${\mathrm{\wp }}^{\prime }$は位数$3$の楕円関数であり、したがってその零点は上で尽くされることがわかる。

$$f(z)=\mathrm{\wp }(z)-\frac{1}{z^2}$$
とおくとこれは$z=0$周りで正則であり
$$f^{(n)}(z)=(n+1)!\sum _{\omega \ne 0}\frac{1}{(\omega -z{)}^{n+2}}(n\ge 1)$$
なので$f$は偶関数であることおよび$f(0)=0$に注意すると
$$f(z)=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{f^{(2n)}(0)}{(2n)!}{z}^{2n}=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(2n+1)G_{2n+1}(L)z^{2n}$$
と展開できることがわかる。

$$h(z)={\mathrm{\wp }}^{\prime }(z{)}^2-4\mathrm{\wp }(z{)}^3+g_2\mathrm{\wp }(z)+g_3$$
とおいたとき、$h$は楕円関数であって$\mathcal{P}$上で極を取るとするなら$z=0$に限るので、これが$z=0$で極を持たない、特に$h(0)=0$となることを示す。
　$\mathrm{\wp }(z{)}^3,{\mathrm{\wp }}^{\prime }(z{)}^2$のローラン展開の$0$次以下の項を考えると命題9より
$$\begin{array}{rl}\mathrm{\wp }(z)& =z^{-2}+3G_4{z}^2+5G_6{z}^4+O(z^6)\\ \mathrm{\wp }(z{)}^3& =(z^{-2}+3G_4{z}^2+5G_6{z}^4{)}^3+O(z^2)\\ & =z^{-6}+9G_4{z}^{-2}+15G_6+O(z^2)\\ \\ {\mathrm{\wp }}^{\prime }(z)& =-2z^{-3}+6G_{4}z+20G_6{z}^3+O(z^5)\\ {\mathrm{\wp }}^{\prime }(z{)}^2& =(-2z^{-3}+6G_{4}z+20G_6{z}^3{)}^2+O(z^2)\\ & =4z^{-6}-24G_4{z}^{-2}-80G_6+O(z^2)\end{array}$$
であるので
$$\begin{array}{rl}& {\mathrm{\wp }}^{\prime }(z{)}^2-4\mathrm{\wp }(z{)}^3+g_2\mathrm{\wp }(z)+g_3\\ =& 4z^{-6}-24G_4{z}^{-2}-80G_6\\ & -4z^{-6}-36G_4{z}^{-2}-60G_6\\ & +60G_4{z}^{-2}+140G_6+O(z^2)\\ =& O(z^2)\end{array}$$
と$h(z)$は$z=0$を零点に持つことがわかる。
　特にこのことから$h$は$\mathbb{C}$上で正則となるのでリウヴィルの第一定理(定理3)より恒等的に$0$となることがわかる。

$$z_0=\frac{{\omega }_1}{2},\frac{{\omega }_2}{2},\frac{{\omega }_1+{\omega }_2}{2}$$
に対して$f(z)=\mathrm{\wp }(z)-\mathrm{\wp }(z_0)$とおくと命題8より
$$f(z_0)=0,f^{\prime }(z_0)={\mathrm{\wp }}^{\prime }(z_0)=0$$
が成り立つので$f$は$\mathcal{P}$上で$z=z_0$を二位の零点を持つことがわかる。また$f$は二位の楕円関数なの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
$$\begin{array}{rl}{\mathrm{\wp }}^{\prime }(z{)}^2& =4\mathrm{\wp }(z{)}^3-g_2\mathrm{\wp }(z)-g_3\\ & =4(\mathrm{\wp }(z)-e_1)(\mathrm{\wp }(z)-e_2)(\mathrm{\wp }(z)-e_3)\end{array}$$
と因数分解したときこの左辺が$z=z_0$を二位の零点に持つことと、上で示したように$\mathrm{\wp }(z)-\mathrm{\wp }(z_0)$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$\mathcal{P}+v$の境界上で$\zeta$が極を持たないような$v\in \mathbb{C}$(つまり$v\notin L$)を取ると留数定理より
$${\oint }_{\partial \mathcal{P}+v}\zeta (z)dz=2\pi i$$
が成り立つ。ここで$0<\arg {\omega }_2-\arg {\omega }_1<\pi$の仮定より積分経路
$$(\partial \mathcal{P}+v):v\to ({\omega }_1+v)\to ({\omega }_1+{\omega }_2+v)\to ({\omega }_2+v)\to v$$
は反時計回りになり
$$\begin{array}{rl}{\int }_{{\omega }_1+v}^{{\omega }_1+{\omega }_2+v}\zeta (z)dz& ={\int }_v^{{\omega }_2+v}\zeta (z+{\omega }_1)dz\\ & ={\int }_v^{{\omega }_2+v}(\zeta (z)+{\eta }_1)dz\\ & ={\eta }_1{\omega }_2-{\int }_{{\omega }_2+v}^v\zeta (z)dz\\ {\int }_{{\omega }_1+{\omega }_2+v}^{{\omega }_2+v}\zeta (z)dz& ={\int }_{{\omega }_1+v}^v\zeta (z+{\omega }_2)dz\\ & =-{\eta }_2{\omega }_1-{\int }_v^{{\omega }_1+v}\zeta (z)dz\end{array}$$
であることに注意すると
$${\oint }_{\partial \mathcal{P}+v}\zeta (z)dz={\eta }_1{\omega }_2-{\eta }_2{\omega }_1=2\pi i$$
を得る。

$$\frac{d}{dz}\log \left(\frac{\sigma (z+\omega )}{\sigma (z)}\right)=\zeta (z+\omega )-\zeta (z)=\eta (\omega )$$
が成り立つので$z$に依らないある定数$A$があって
$$\sigma (z+\omega )=A{e}^{\eta z}\sigma (z)$$
と表せる。
　また$\sigma$は奇関数なのでこの$z=-\omega /2$の場合を考えることで
$$\sigma \left(\frac{\omega }{2}\right)=A{e}^{-\eta \frac{\omega }{2}}\sigma (-\frac{\omega }{2})=-A{e}^{-\eta \frac{\omega }{2}}\sigma \left(\frac{\omega }{2}\right)$$
つまり$A=-e^{\eta \frac{\omega }{2}}$を得る。

　基本周期$\tau$に対応する基本擬周期を${\eta }_{\tau }$とおくと$\tau \in \mathbb{H}$より$0<\arg \tau -\arg 1<\pi$なのでルジャンドル関係式(命題12)から
$$\eta \tau -{\eta }_{\tau }=2\pi i$$
が成り立つことに注意すると命題17から
$$\begin{array}{rl}\phi (z+1,\tau )& =\exp (-\frac{\eta }{2}(z+1{)}^2+i\pi (z+1))\cdot \exp (\eta (z+\frac{1}{2})-\pi i)\sigma (z)\\ & =\exp (-\frac{\eta }{2}{z}^2+i\pi z)\sigma (z;L_{\tau })\\ & =\phi (z)\\ \\ \phi (z+\tau ,\tau )& =-\exp (-\frac{\eta }{2}(z+\tau {)}^2+i\pi (z+\tau ))\cdot \exp ({\eta }_{\tau }(z+\frac{\tau }{2}))\sigma (z;L_{\tau })\\ & =-\exp (-\eta \tau (z+\frac{\tau }{2})+i\pi \tau )\cdot \exp ({\eta }_{\tau }(z+\frac{\tau }{2}))\phi (z,\tau )\\ & =-\exp (-(2\pi i+{\eta }_{\tau })(z+\frac{\tau }{2})+i\pi \tau +{\eta }_{\tau }(z+\frac{\tau }{2}))\phi (z,\tau )\\ & =-\exp \left(2\pi iz\right)\phi (z,\tau )\end{array}$$
とわかる。

あらすじ

$$g(z,\tau )=\frac{w-1}{2\pi i}\prod _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(1-q^{n}w)(1-q^n{w}^{-1})}{(1-q^n{)}^2}$$
とおいたとき$g$は$\phi$と同じ擬二重周期を持ち、同じ零点を持つことを示せば
$$\frac{\phi (z,\tau )}{g(z,\tau )}$$
は格子$L_{\tau }$についての$\mathbb{C}$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
$$\underset{z\to 0}{lim}\frac{\phi (z,\tau )}{g(z,\tau )}=1$$
を示すことで証明が完結する。

同じ擬周期を持つこと

　$z^{\prime }=z+1$において$w^{\prime }=e^{2\pi i(z+1)}=w$となるので
$$g(z+1,\tau )=g(z,\tau )$$
がわかり、また$z^{\prime }=z+\tau$において$w^{\prime }=qw$となるので
$$\begin{array}{rl}g(z,\tau )& =\frac{qw-1}{2\pi i}\prod _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(1-q^{n+1}w)(1-q^{n-1}{w}^{-1})}{(1-q^n{)}^2}\\ & =\frac{qw-1}{2\pi i}\frac{1-q^0{w}^{-1}}{1-q^{1}w}\prod _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(1-q^{n}w)(1-q^n{w}^{-1})}{(1-q^n{)}^2}\\ & =\frac{qw-1}{w-1}\frac{1-w^{-1}}{1-qw}g(z,\tau )\\ & =-w^{-1}g(z,\tau )=-e^{2\pi iz}g(z,\tau )\end{array}$$
とわかる。

同じ零点を持つこと

　$g(z,\tau )$が$0$となるのは$w=q^m(m\in \mathbb{Z})$のとき、つまり
$$\begin{array}{rl}2\pi z& =2\pi im\tau +2\pi in\\ z& =m\tau +n\in (\mathbb{Z}\tau +\mathbb{Z})=L_{\tau }\end{array}$$
のときに限り、逆に$z\in L_{\tau }$であれば$g(z,\tau )=0$となることがわかる。
　$\phi (z,\tau )=0⟺z\in L_{\tau }$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

　$z\to 0$における$\phi ,g$の挙動を考えると
$$\begin{array}{rl}\phi (z,\tau )& =e^{-\frac{\eta }{2}{z}^2+2\pi iz}z\prod _{\omega \ne 0}(1-\frac{z}{\omega })e^{\frac{z}{\omega }+\frac{1}{2}(\frac{z}{\omega }{)}^2}\\ & =z+O(z)\\ \\ g(z,\tau )& =\frac{w-1}{2\pi i}\prod _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(1-q^{n}w)(1-q^n{w}^{-1})}{(1-q^n{)}^2}\\ & =\frac{2\pi iz+O(z^2)}{2\pi i}(1+O(z))\\ & =z+O(z^2)\end{array}$$
が成り立つので
$$\underset{z\to 0}{lim}\frac{\phi (z,\tau )}{g(z,\tau )}=\underset{z\to 0}{lim}\frac{z}{z}=1$$
を得る。

$$\frac{dw}{dz}=2\pi iw$$
に注意すると命題15から
$$\begin{array}{rcl}\zeta (z;L_{\tau })& =& \frac{d}{dz}\log \sigma (z;L_{\tau })\\ & =& \eta z+\pi i\frac{w^{\frac{1}{2}}+w^{-\frac{1}{2}}}{w^{\frac{1}{2}}-w^{-\frac{1}{2}}}+2\pi i\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(-\frac{q^{n}w}{1-q^{n}w}+\frac{q^n{w}^{-1}}{1-q^n{w}^{-1}})\end{array}$$
が成り立ち、またこの最後の項は
$$\begin{array}{rcl}& & 2\pi i\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(\frac{q^n{w}^{-1}}{1-q^n{w}^{-1}}-\frac{q^{n}w}{1-q^{n}w})\\ & =& 2\pi i\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\sum _{m=1}^{\mathrm{\infty }}((q^n{w}^{-1}{)}^m-(q^{n}w{)}^m)\\ & =& 2\pi i\sum _{m=1}^{\mathrm{\infty }}\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(q^m{)}^n(w^{-m}-w^m)\\ & =& 2\pi i\sum _{m=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{q^m}{1-q^m}(w^{-m}-w^m)\\ & =& 4\pi \sum _{m=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{q^m}{1-q^m}\sin \left(2\pi mz\right)\end{array}$$
と変形できるので
$$\zeta (z;L_{\tau })=\eta z+\pi \frac{\cos \left(\pi z\right)}{\sin \left(\pi z\right)}+4\pi \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{q^n}{1-q^n}\sin \left(2\pi nz\right)$$
が得られる。
　そしてこれを微分することで
$$\begin{array}{rcl}\mathrm{\wp }(z;L_{\tau })& =& -{\zeta }^{\prime }(z;L_{\tau })\\ & =& -\eta +\frac{{\pi }^2}{{\sin }^2(\pi z)}-8{\pi }^2\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{n{q}^n}{1-q^n}\cos \left(2\pi nz\right)\end{array}$$
となるので
$$\begin{array}{rl}\underset{z\to 0}{lim}(\frac{{\pi }^2}{{\sin }^2(\pi z)}-\frac{1}{z^2})& =\underset{z\to 0}{lim}\frac{(\pi z{)}^2}{{\sin }^2(\pi z)}(\frac{\pi z+\sin \left(\pi z\right)}{\pi z}\cdot \frac{\pi z-\sin \left(\pi z\right)}{{\pi }^3{z}^3}){\pi }^2\\ & =\frac{{\pi }^2}{3}\end{array}$$
に注意してこの両辺から$1/z^2$を引いて$z\to 0$極限を取ることで
$$0=-\eta +\frac{{\pi }^2}{3}-8{\pi }^2\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{n{q}^n}{1-q^n}$$
すなわち
$$\eta (\tau )=\frac{{\pi }^2}{3}(1-24\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{n{q}^n}{1-q^n})$$
を得る。