テータ関数,イータ関数の特殊値を求める
$$ \begin {aligned} \sum_{n \in \mathbb Z}e^{-\pi n^{2}}&=\frac {\sqrt [4]{\pi }}{\Gamma \left (\frac {3}4\right )}\\ \prod _{n=1}^\infty \tanh \pi n&=\frac {\pi ^{1/4}}{2^{1/8}\Gamma \left (\frac {3}4\right )}\\ \sum _{n=1}^\infty \frac {1}{n(e^{2\pi n}-1)} &=\frac {\ln 2}2+\ln \Gamma \left (\frac {3}4\right )-\frac {\ln \pi }4-\frac {\pi }{12} \end {aligned} $$
いきなりですがこんな等式が成り立つらしいです。証明の手順をネットで探すのが結構大変だったので、この記事で纏めます。大雑把に纏めたので、定義や主張の詳しい条件は省略したりしています。また数日でかき集めた情報なので、間違ったことを書いている可能性があります。ご了承ください。
第一種完全楕円積分
$$ \begin {aligned} K(k)&=\int _{0}^{\frac {\pi }2}\frac {d\theta }{\sqrt {1-k^2\sin ^{2}\theta }}\\ &=\int _{0}^{1}\frac {dx}{\sqrt {(1-x^{2})(1-k^{2}x^{2})}} \end {aligned} $$
この$k$を母数と言います。特に指定が無い限り、$k'=\sqrt{1-k^2},K=K(k),K'=K(k')$と表すものとします。
代表的な特殊値として、
$$ \begin {aligned} K\left (\frac {1}{\sqrt 2}\right ) &=\frac {\pi ^{3/2}}{2\Gamma \left (\frac {3}4\right )^2} \end {aligned} $$
があります。
$$ \begin {aligned} K\left (\frac {1}{\sqrt 2}\right )&=\int _{0}^{\frac {\pi }2}\frac {d\theta }{\sqrt {1-\frac {\sin ^{2}\theta }2}}\\ &=\sqrt 2\int _{0}^{\frac {\pi }2}\frac {d\theta }{\sqrt{2-\sin ^{2}\theta }}\\ &=\sqrt 2\int _{0}^{\frac {\pi }2}\frac {d\theta }{\sqrt {1+\cos ^{2}\theta }}\\ &=\sqrt 2\int _{0}^{1}\frac {dx}{\sqrt {1-x^{4}}}\quad (x=\cos \theta )\\ &=\frac {\sqrt 2}4\int _{0}^{1}t^{\frac {1}4-1}(1-t)^{\frac {1}2-1}dt\quad (t=x^4)\\ &=2^{-3/2}B\left (\frac {1}4,\frac {1}2\right )\\ &=\frac {\Gamma \left (\frac {1}4\right )\Gamma \left (\frac {1}2\right )}{2^{3/2}\Gamma \left (\frac {3}4\right )}\\ &=\frac {\sqrt \pi }{2\sqrt 2}\frac {\pi }{\sin \frac {\pi }4}\frac {1}{\Gamma \left (\frac {3}4\right )^2}\\ &=\frac {\pi ^{3/2}}{2\Gamma \left (\frac {3}4\right )^2} \end {aligned} $$
算術幾何平均(AGM)
$a$と$b$の算術幾何平均とは、簡単には算術平均$(a+b)/2$と幾何平均$\sqrt{ab}$を繰り返しとった時の収束先です。$a,b$は複素数とできますが、簡便のため、ここではどちらも正の実数とします。
$a,b>0$について
$$
a_0=a,b_0=b\\
a_{n+1}=\frac{a_n+b_n}2, b_{n+1}=\sqrt{a_nb_n}
$$
と数列$\{a_n\},\{b_n\}$を定めればこれらは同じ値に収束するので、その値を$a,b$の算術幾何平均と呼び、$AGM(a,b)$と表記する。
これが良く定義できていることは、こちらで確認できます。
また算術幾何平均は第一種完全楕円積分で書くことができます。
$k'=\sqrt{1-k^2}$とするとき、
$$
\begin {aligned}
AGM(1,k)&=\frac {\pi }{2K(k')}
\end {aligned}
$$
証明はこちらに書いてあります。
テータ関数
$$ \begin {aligned} \vartheta _2(q)&=\sum_{n \in \mathbb Z}q^{\left (n+\frac {1}2\right )^2}\\ \vartheta _3(q)&=\sum_{n \in \mathbb Z}q^{n^2}\\ \vartheta _4(q)&=\sum_{n \in \mathbb Z}q^{n^2}(-1)^n \end {aligned} $$
これらには豊富な関係式があり、特に以下が成り立ちます。
$$ \vartheta _2^4(q)+\vartheta _4^4(q)=\vartheta _3^4(q) $$
証明はこちらにあります。
また、テータ変換公式などと呼ばれる恒等式があります。
$\tau \tau'=-1$のとき
$$
\begin {aligned}
\sum_{n \in \mathbb Z}e^{n^{2}\pi i\tau +2\pi ivn}&=\frac {1}{\sqrt {-i\tau }}\sum_{n \in \mathbb Z}e^{(n-v)^2\pi i\tau '}
\end {aligned}
$$
証明はこちらにあります。
テータ関数は第一種完全楕円積分とも関係があります。
$k=\frac {\vartheta _2^2(q)}{\vartheta _3^2(q)},k'=\sqrt{1-k^2}=\frac{\vartheta _4^2(q)}{\vartheta _3^2(q)},K=K(k),K'=K(k')$とするとき、
$$
\begin {aligned}
\vartheta _3^2(q)&=\frac{1}{AGM(1,k')}=\frac {2K}\pi &(1)\\
q&=e^{-\pi K'/K}&(2)
\end {aligned}
$$
(1)の証明はこちらにあります。
ここで(2)を証明します。
$$
\begin {aligned}
q&=e^{\pi i\tau },\tau '=-\frac {1}{\tau },q'=e^{\pi i\tau '}\\
\end{aligned}
$$
とする。テータ変換公式より
$$
\begin{aligned}
\frac {\vartheta _4(q)}{\vartheta _3(q)}&=\frac {\sum e^{n^2\pi i\tau +\pi i n}}{\sum e^{n^{2}\pi i\tau }}\\
&=\frac {\frac{1}{\sqrt {-i\tau }}\sum e^{\left( n-1/2\right )^{2}\pi i\tau '}}{\frac{1}{\sqrt {-i\tau }}\sum e^{n^{2}\pi i\tau '}}\\
&=\frac {\vartheta _2(q')}{\vartheta _3(q')}
\\
K'&=K\left (\frac {\vartheta _4^2(q)}{\vartheta _3^2(q)}\right )\\
&=K\left (\frac {\vartheta _2^2(q')}{\vartheta _3^2(q')}\right )\\
&=\frac {\pi }2\vartheta _3^2(q')\\
&=\frac{\pi (-i\tau )}2\vartheta _3^2(q)\\
&=-i\tau K\\
i\tau &=-\frac {K'}K\\
q&=e^{-\pi \frac {K'}{K}}\ \boxed{}
\end {aligned}
$$
上述の(1),(2)を合わせて以下が成り立ちます。
$$ \begin {aligned} \vartheta _3(e^{-\pi K'/K})&=\sqrt {\frac {2K}\pi } \end {aligned} $$
これにより、$p>0$に対して$p=K'/K$となるような$k$を求めることが出来れば、$\vartheta _3(e^{-\pi p})$を$K$で書けることになります。
$\vartheta _3(e^{-\pi})$を求めます。
まず$K'/K=1$となる$k$を探します。
$K=K'$より$k=k'=\frac 1{\sqrt 2}$が分かるので
$$
\begin {aligned}
\vartheta _3(e^{-\pi})&=\sqrt {\frac {2K\left (\frac {1}{\sqrt 2}\right )}\pi }\\
&=\sqrt {\frac {2}\pi \frac {\pi ^{3/2}}{2\Gamma \left (\frac {3}4\right )^2}}\\
&=\frac {\sqrt [4]{\pi }}{\Gamma \left (\frac {3}4\right )}
\end {aligned}
$$
これは記事の最初で紹介した
$$
\sum_{n \in \mathbb Z}e^{-\pi n^{2}}=\frac {\sqrt [4]{\pi }}{\Gamma \left (\frac {3}4\right )}
$$
です。
$K'/K=1$の場合は簡単に$k$を決定できましたが、一般の場合についての関数に名前がついているらしいです。
$$ \begin {aligned} \frac {K(\sqrt {1-\lambda^*(x)^2})}{K(\lambda^*(x))}&=\sqrt x \end {aligned} $$
概容はこちらをご覧ください。
どうやら$x$が正の有理数のとき$\lambda^*(x)$は代数的数になり、$K(\lambda^*(x))$はガンマ関数のclosed formで書けるらしいです。へぇ～
Wikipediaにこんな関係式が載っていたので示してみます。
$$ \begin {aligned} \lambda^*(4x)&=\frac {1-\sqrt {1-\lambda^*(x)^2}}{1+\sqrt {1-\lambda^*(x)^2}} \end {aligned} $$
$\lambda ^*(x)=k$とすることで、定理の主張は次のように言い換えられます:
$$
l=\frac {1-k'}{1+k'},l'=\sqrt {1-l^2},
L=K(l),L'=K(l')
$$
のとき
$$
\frac {L'}L=2\frac{K'}K
$$
$$ \begin{aligned} \frac {L'}{L}&=\frac {AGM(1,l')}{AGM(1,l)}\\ &=\frac {AGM(1+l,1-l)}{AGM(1,l)}\\ &=\frac {AGM\left (\frac {2}{1+k'},\frac {2k'}{1+k'}\right )}{AGM\left (1,\frac {1-k'}{1+k'}\right )}\\ &=2\frac {AGM(1,k')}{AGM(1+k',1-k')}\\ &=2\frac {AGM(1,k')}{AGM(1,k)}\\ &=2\frac {K'}{K}\ \boxed{} \end {aligned} $$
$\vartheta _3(e^{-2\pi}),\vartheta _4(e^{-2\pi})$を求めます。
$K'/K=1$となるのは$k=\frac 1{\sqrt2}$のときですから、$L'/L=2$となるのは
$$
l=\frac{1-k'}{1+k'}=\frac{\sqrt 2-1}{\sqrt 2+1}
$$
のときです。
$$
\begin {aligned}
\vartheta _3^2(e^{-2\pi })&=\frac {1}{AGM(1,l')}\\
&=\frac {1}{AGM(1+l,1-l)}\\
&=\frac {1}{AGM\left (\frac {2}{1+k'},\frac {2k'}{1+k'}\right )}\\
&=\frac {1+k'}{2}\frac {1}{AGM(1,k')}\\
&=\frac {1+k'}\pi K(k)\\
&=\frac {1+\frac {1}{\sqrt 2}}{\pi }K\left (\frac {1}{\sqrt 2}\right )\\
&=\frac {1+\sqrt 2}{\sqrt 2\pi }\frac {\pi ^{3/2}}{2\Gamma \left (\frac {3}4\right )^{2}}\\
&=\frac {1+\sqrt 2}{2^{3/2}}\frac {\sqrt \pi }{\Gamma \left (\frac {3}4\right )^2}\\
\vartheta _3(e^{-2\pi })&=\frac {\sqrt {1+\sqrt 2}}{2^{3/4}}\frac {\pi ^{1/4}}{\Gamma \left (\frac {3}4\right )}\\
\vartheta _4(e^{-2\pi })&=\frac {\vartheta _4(e^{-2\pi })}{\vartheta _3(e^{-2\pi })}\vartheta _3(e^{-2\pi })\\
&=\sqrt {l'}\vartheta _3(e^{-2\pi })\\
&=\sqrt[4] {1-\left (\frac {\sqrt 2-1}{\sqrt 2+1}\right )^2}\vartheta _3(e^{-2\pi })\\
&=\frac {\sqrt [4]{4\sqrt 2}}{\sqrt {1+\sqrt 2}}\cdot \frac {\sqrt {1+\sqrt 2}}{2^{3/4}}\frac {\pi ^{1/4}}{\Gamma \left (\frac {3}4\right )}\\
&=\frac {\pi ^{1/4}}{2^{1/8}\Gamma \left (\frac {3}4\right )}
\end {aligned}
$$
ヤコビの三重積
無限和と無限積を変換してくれるのがヤコビの三重積です。
$$ \begin {aligned} \sum_{n \in \mathbb Z}q^{n^2}z^n&=\prod _{n=1}^\infty (1-q^{2n})(1+q^{2n-1}z)(1+q^{2n-1}z^{-1}) \end {aligned} $$
に証明を書きました。
これを使うとこの記事の最初に紹介した無限積が求まります。
$$ \begin {aligned} \prod _{n=1}^\infty \tanh n\pi &=\prod _{n=1}^\infty \frac {1-e^{-2n\pi }}{1+e^{-2n\pi }}\\ &=\prod _{n=1}^\infty \frac {1-q^n}{1+q^n}\quad \left (q=e^{-2\pi }\right )\\ &=\prod _{n=1}^\infty \frac {(1-q^{n})^2}{1-q^{2n}}\\ &=\prod _{n=1}^\infty \frac {(1-q^{2n-1})^2(1-q^{2n})^2}{1-q^{2n}}\\ &=\prod _{n=1}^\infty (1-q^{2n})(1-q^{2n-1})(1-q^{2n-1})\\ &=\sum_{n \in \mathbb Z}q^{n^2}(-1)^n\\ &=\vartheta _4(q)\\ &=\frac {\pi ^{1/4}}{2^{1/8}\Gamma \left (\frac {3}4\right )}. \end {aligned} $$
この例の途中で使った(とも言える)無限積の変換に名前がついているので紹介します。非常に有効なテクニックで、ヤコビの三重積の証明などでも使えます。
$$ \begin {aligned} \prod _{n=1}^\infty (1-x^{2n-1})&=\prod _{n=1}^\infty \frac {1}{1+x^{n}} \end {aligned} $$
$$ \begin {aligned} \prod _{n=1}^\infty (1-x^{2n-1})&=\prod _{n=1}^\infty \frac {\textcolor {blue}{(1-x^{2n-1})(1-x^{2n})}}{1-x^{2n}}\\ &=\prod _{n=1}^\infty \frac {\textcolor {blue}{1-x^{n}}}{1-x^{2n}}\\ &=\prod _{n=1}^\infty \frac {1}{1+x^{n}}\,\boxed{} \end {aligned} $$
なぜ"分割"という単語が入っているのかについてはこちらをご覧ください。
イータ関数
$$ \begin {aligned} \eta (\tau )&=e^{\pi i\tau /12}\prod _{n=1}^\infty \left (1-e^{2\pi i\tau n}\right )&\Im \tau >0 \end {aligned} $$
※ディリクレのイータ関数とは全くの別物です。
ヤコビの三重積とオイラーの分割恒等式を使って、イータ関数をテータ関数で表します。
$$ \begin {aligned} \eta^3(\tau)&=\frac {1}2\vartheta _2(q)\vartheta _3(q)\vartheta _4(q)&q=e^{\pi i\tau } \end {aligned} $$
$$ \begin {aligned} \eta^3(\tau)&=e^{\pi i\tau /4}\prod _{n=1}^\infty (1-e^{2\pi i\tau n})^3\\ &=q^{1/4}\prod _{n=1}^\infty (1-q^{2n})^3\\ &=q^{1/4}\prod _{n=1}^\infty\left (1-q^{2n}\right ) ^3\left (1+q^{2n}\right )^2(1-q^{2(2n-1)})^2\\ &=q^{1/4}\prod _{n=1}^\infty \textcolor {purple}{\left (1-q^{2n}\right )^3}\textcolor {blue}{\left (1+q^{2n}\right )^2}\textcolor {green}{\left (1+q^{2n-1}\right )^2}\textcolor {red}{\left (1-q^{2n-1}\right )^2}\\ &=\textcolor {blue}{\frac {1}2}q^{1/4}\prod _{n=1}^\infty \textcolor {purple}{\left (1-q^{2n}\right )}\textcolor {blue}{\left (1+q\cdot q^{2n-1}\right )\left (1+q^{-1}q^{2n-1}\right )}\\ &\quad \cdot \prod _{n=1}^\infty \textcolor {purple}{\left (1-q^{2n}\right )}\textcolor {green}{\left (1+q^{2n-1}\right )\left (1+q^{2n-1}\right )}\\ &\quad \cdot \prod _{n=1}^\infty \textcolor{purple}{\left (1-q^{2n}\right )}\textcolor {red}{\left (1-q^{2n-1}\right )\left (1-q^{2n-1}\right )}\\ &=\left (\frac {1}2\sum_{n \in \mathbb Z}q^{n^2}q^{n}q^{1/4}\right )\left (\sum_{n \in \mathbb Z}q^{n^{2}}\right )\left (\sum_{n \in \mathbb Z}q^{n^{2}}(-1)^{n}\right )\\ &=\frac {1}2\vartheta _2(q)\vartheta _3(q)\vartheta _4(q)\ \boxed{} \end {aligned} $$
今までの内容を用いて、イータ関数を第一種完全楕円積分で表します。
$$ \begin {aligned} \eta\left (i\frac {K'}{K}\right )&=\sqrt [6]{2kk'}\sqrt {\frac {K}\pi } \end {aligned} $$
$q=e^{-\pi K'/K}$とおく。
$$
\begin {aligned}
\eta\left (i\frac {K'}{K}\right )&=\sqrt [3]{\frac {1}2\vartheta _2(q)\vartheta _3(q)\vartheta _4(q)}\\
&=2^{-1/3}\vartheta _3(q)\sqrt [3]{\frac {\vartheta _2(q)}{\vartheta _3(q)}\frac {\vartheta _4(q)}{\vartheta _3(q)}}\\
&=2^{-1/3}\sqrt {\frac {2K}\pi }\sqrt[3] {\sqrt k\sqrt {k'}}\\
&=\sqrt[6] {2kk'}\sqrt {\frac {K}\pi }\ \boxed{}
\end {aligned}
$$
$\eta(i)$を求めます。$K'/K=1$より$k=k'=\frac{1}{\sqrt 2}$なので
$$
\begin {aligned}
\eta(i)&=\sqrt [6]{2\frac {1}{\sqrt 2}\frac {1}{\sqrt 2}}\sqrt {\frac {K\left (\frac {1}{\sqrt 2}\right )}\pi }\\
&=\sqrt {\frac {1}\pi \frac {\pi ^{3/2}}{2\Gamma \left (\frac {3}4\right )^2}}\\
&=\frac {\sqrt[4] {\pi }}{\sqrt 2\Gamma \left (\frac {3}4\right )}
\end {aligned}
$$
更に、冒頭で紹介した級数を計算できます。
$$
\begin {aligned}
\sum _{n=1}^\infty \frac {1}{n(e^{2\pi n}-1)}
&=\sum _{n=1}^\infty \frac {1}n\sum _{m=1}^\infty e^{-2\pi nm}\\
&=\sum _{m=1}^\infty \sum _{n=1}^\infty \frac {e^{-2\pi mn}}n\\
&=-\sum _{m=1}^\infty \ln \left (1-e^{-2\pi m}\right )\\
&=-\ln \left (\prod _{m=1}^\infty \left (1-e^{-2\pi m}\right )\right )\\
&=-\ln \left (e^{\pi /12}\eta(i)\right )\\
&=-\ln \left (\frac {e^{\pi /12}\pi ^{1/4}}{2^{1/2}\Gamma \left (\frac {3}4\right )}\right )\\
&=\frac {\ln 2}2+\ln \Gamma \left (\frac {3}4\right )-\frac {\ln \pi }4-\frac {\pi }{12}
\end {aligned}
$$
テータ関数の特殊値にガンマ関数が現れましたが、比を取ることで代数的数になったりします。以下の定理が成り立ちます。
$\tau=i\frac{K'}{K}$のとき
$$
\begin{aligned}
\frac {\eta^6(2\tau )}{\eta^6(\tau )}
&=\frac {1}4kk'^{-1/2}
\end{aligned}
$$
$q=e^{-\pi i \tau}$とおく。
ヤコビの三重積より
$$
\begin {aligned}
\frac {\vartheta _2(q^2)\vartheta _3(q^2)}{\vartheta _2^2(q)}
&=\frac {q^{1/2}\displaystyle \sum_{n ,m\in \mathbb Z}q^{2(n^2+n+m^2)}}{q^{1/2}\displaystyle \left (\sum_{n \in \mathbb Z}q^{n^2+n}\right )^2}\\
&=\prod _{n=1}^\infty \frac {\left (1-q^{4n}\right )\left (1+q^{4n}\right )\left (1+q^{4n-4}\right )\cdot \left (1-q^{4n}\right )\left (1+q^{4n-2}\right )^2}{\left (1-q^{2n}\right )^2\left (1+q^{2n}\right )^2\left (1+q^{2n-2}\right )^2}\\
&=\frac {1}2\prod _{n=1}^\infty \frac {\left (1-q^{4n}\right )^2\cdot \left (1+q^{4n}\right )^2\left (1+q^{4n-2}\right )^2}{\left (1-q^{2n}\right )^2\left (1+q^{2n}\right )^2\cdot \left (1+q^{2n}\right )^2}\\
&=\frac {1}2\prod _{n=1}^\infty \frac {\left (1+q^{2n}\right )^2}{\left (1+q^{2n}\right )^2}\\
&=\frac {1}2
\end {aligned}
$$
が成り立つので、
$$
\begin{aligned}
\frac {\eta^6(2\tau )}{\eta^6(\tau )}
&=\frac {\vartheta _2^2(q^2)\vartheta _3^2(q^2)\vartheta _4^2(q^2)}{\vartheta _2^2(q)\vartheta _3^2(q)\vartheta _4^2(q)}\\
&=\frac {\vartheta _2^2(q)}{\vartheta _3^2(q)}\frac {\vartheta _3(q)}{\vartheta _4(q)}\frac {\vartheta _2^2(q^2)\vartheta _3^2(q^2)\vartheta _4^2(q^2)}{\vartheta _2^4(q)\vartheta _3(q)\vartheta _4(q)}\\
&=kk'^{-1/2}\frac {\vartheta _2^2(q^2)\vartheta _3^2(q^2)}{\vartheta _2^4(q)}\\
&=\frac {1}4kk'^{-1/2}\ \boxed{}
\end{aligned}
$$
以下が従います。
$q=e^{-\pi K'/K}$のとき
$$
\begin {aligned}
\prod _{n=1}^\infty (1+q^{2n})^6
&=\frac {1}4q^{-1/2}kk'^{-1/2}
\end {aligned}
$$
$\tau = i\frac{K'}K$として
$$
\begin {aligned}
\prod _{n=1}^\infty (1+q^{2n})^6&=\left (\prod _{n=1}^\infty \frac {1-q^{4n}}{1-q^{2n}}\right )^6\\
&=q^{-1/2}\frac {\eta^6(2\tau )}{\eta^6(\tau )}\quad \left (q=e^{\pi i\tau }\right )\\
&=\frac {1}4q^{-1/2}kk'^{-1/2}.
\end {aligned}
$$
$$ \begin {aligned} \prod _{n=1}^\infty \left (1+e^{-2\pi n}\right ) &=\prod _{n=1}^\infty \left (1+q^{2n}\right )\quad \left (k=\frac {1}{\sqrt 2},q=e^{-\pi K'/K}\right )\\ &=\left (\frac {1}4e^{\frac {\pi }2}\left (\frac {1}{\sqrt 2}\right )\left (\frac {1}{\sqrt 2}\right )^{-1/2}\right )^{1/6}\\ &=e^{\pi /12}2^{-3/8} \end {aligned} $$
