文献あり

テータ関数,イータ関数の特殊値を求める

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$\begin{aligned} \sum_{n \in Z} e^{- π n^{2}} & = \frac{\sqrt[4]{π}}{Γ (\frac{3}{4})} \\ \prod_{n = 1}^{\infty} \tanh π n & = \frac{π^{1 / 4}}{2^{1 / 8} Γ (\frac{3}{4})} \\ \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n (e^{2 π n} - 1)} & = \frac{\ln 2}{2} + \ln Γ (\frac{3}{4}) - \frac{\ln π}{4} - \frac{π}{12} \end{aligned}$

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

$\begin{aligned} K (k) & = \int_{0}^{\frac{π}{2}} \frac{d θ}{\sqrt{1 - k^{2} \sin^{2} θ}} \\ = \int_{0}^{1} \frac{d x}{\sqrt{(1 - x^{2}) (1 - k^{2} x^{2})}} \end{aligned}$

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、

$\begin{aligned} K (\frac{1}{\sqrt{2}}) & = \frac{π^{3 / 2}}{2 Γ {(\frac{3}{4})}^{2}} \end{aligned}$

があります。

$\begin{aligned} K (\frac{1}{\sqrt{2}}) & = \int_{0}^{\frac{π}{2}} \frac{d θ}{\sqrt{1 - \frac{\sin^{2} θ}{2}}} \\ = \sqrt{2} \int_{0}^{\frac{π}{2}} \frac{d θ}{\sqrt{2 - \sin^{2} θ}} \\ = \sqrt{2} \int_{0}^{\frac{π}{2}} \frac{d θ}{\sqrt{1 + \cos^{2} θ}} \\ = \sqrt{2} \int_{0}^{1} \frac{d x}{\sqrt{1 - x^{4}}} (x = \cos θ) \\ = \frac{\sqrt{2}}{4} \int_{0}^{1} t^{\frac{1}{4} - 1} (1 - t)^{\frac{1}{2} - 1} d t (t = x^{4}) \\ = 2^{- 3 / 2} B (\frac{1}{4}, \frac{1}{2}) \\ = \frac{Γ (\frac{1}{4}) Γ (\frac{1}{2})}{2^{3 / 2} Γ (\frac{3}{4})} \\ = \frac{\sqrt{π}}{2 \sqrt{2}} \frac{π}{\sin \frac{π}{4}} \frac{1}{Γ {(\frac{3}{4})}^{2}} \\ = \frac{π^{3 / 2}}{2 Γ {(\frac{3}{4})}^{2}} \end{aligned}$

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 $\sqrt{a b}$ 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
$a_{0} = a, b_{0} = b a_{n + 1} = \frac{a_{n} + b_{n}}{2}, b_{n + 1} = \sqrt{a_{n} b_{n}}$
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、 $A G M (a, b)$ 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、
$\begin{aligned} A G M (1, k) & = \frac{π}{2 K (k^{'})} \end{aligned}$

証明はこちらに書いてあります。

テータ関数

$\begin{aligned} ϑ_{2} (q) & = \sum_{n \in Z} q^{{(n + \frac{1}{2})}^{2}} \\ ϑ_{3} (q) & = \sum_{n \in Z} q^{n^{2}} \\ ϑ_{4} (q) & = \sum_{n \in Z} q^{n^{2}} (- 1)^{n} \end{aligned}$

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。

$ϑ_{2}^{4} (q) + ϑ_{4}^{4} (q) = ϑ_{3}^{4} (q)$

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。

$τ τ^{'} = - 1$ のとき
$\begin{aligned} \sum_{n \in Z} e^{n^{2} π i τ + 2 π i v n} & = \frac{1}{\sqrt{- i τ}} \sum_{n \in Z} e^{(n - v)^{2} π i τ^{'}} \end{aligned}$

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。

$k = \frac{ϑ_{2}^{2} (q)}{ϑ_{3}^{2} (q)}, k^{'} = \sqrt{1 - k^{2}} = \frac{ϑ_{4}^{2} (q)}{ϑ_{3}^{2} (q)}, K = K (k), K^{'} = K (k^{'})$ とするとき、
$\begin{aligned} ϑ_{3}^{2} (q) & = \frac{1}{A G M (1, k^{'})} = \frac{2 K}{π} & (1) \\ q & = e^{- π K^{'} / K} & (2) \end{aligned}$

(1)の証明はこちらにあります。
ここで(2)を証明します。

$\begin{aligned} q & = e^{π i τ}, τ^{'} = - \frac{1}{τ}, q^{'} = e^{π i τ^{'}} \end{aligned}$
とする。テータ変換公式より
$\begin{aligned} \frac{ϑ_{4} (q)}{ϑ_{3} (q)} & = \frac{\sum e^{n^{2} π i τ + π i n}}{\sum e^{n^{2} π i τ}} \\ = \frac{\frac{1}{\sqrt{- i τ}} \sum e^{{(n - 1 / 2)}^{2} π i τ^{'}}}{\frac{1}{\sqrt{- i τ}} \sum e^{n^{2} π i τ^{'}}} \\ = \frac{ϑ_{2} (q^{'})}{ϑ_{3} (q^{'})} \\ K^{'} & = K (\frac{ϑ_{4}^{2} (q)}{ϑ_{3}^{2} (q)}) \\ = K (\frac{ϑ_{2}^{2} (q^{'})}{ϑ_{3}^{2} (q^{'})}) \\ = \frac{π}{2} ϑ_{3}^{2} (q^{'}) \\ = \frac{π (- i τ)}{2} ϑ_{3}^{2} (q) \\ = - i τ K \\ i τ & = - \frac{K^{'}}{K} \\ q & = e^{- π \frac{K^{'}}{K}} \end{aligned}$

上述の(1),(2)を合わせて以下が成り立ちます。

$\begin{aligned} ϑ_{3} (e^{- π K^{'} / K}) & = \sqrt{\frac{2 K}{π}} \end{aligned}$

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、 $ϑ_{3} (e^{- π p})$ を $K$ で書けることになります。

$ϑ_{3} (e^{- π})$ 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
$\begin{aligned} ϑ_{3} (e^{- π}) & = \sqrt{\frac{2 K (\frac{1}{\sqrt{2}})}{π}} \\ = \sqrt{\frac{2}{π} \frac{π^{3 / 2}}{2 Γ {(\frac{3}{4})}^{2}}} \\ = \frac{\sqrt[4]{π}}{Γ (\frac{3}{4})} \end{aligned}$
これは記事の最初で紹介した
$\sum_{n \in Z} e^{- π n^{2}} = \frac{\sqrt[4]{π}}{Γ (\frac{3}{4})}$
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。

Modular lambda star function

$\begin{aligned} \frac{K (\sqrt{1 - λ^{*} (x)^{2}})}{K (λ^{*} (x))} & = \sqrt{x} \end{aligned}$

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 $λ^{*} (x)$ は代数的数になり、 $K (λ^{*} (x))$ 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。

$\begin{aligned} λ^{*} (4 x) & = \frac{1 - \sqrt{1 - λ^{*} (x)^{2}}}{1 + \sqrt{1 - λ^{*} (x)^{2}}} \end{aligned}$

$λ^{*} (x) = k$ 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
$\frac{L^{'}}{L} = 2 \frac{K^{'}}{K}$

$\begin{aligned} \frac{L^{'}}{L} & = \frac{A G M (1, l^{'})}{A G M (1, l)} \\ = \frac{A G M (1 + l, 1 - l)}{A G M (1, l)} \\ = \frac{A G M (\frac{2}{1 + k^{'}}, \frac{2 k^{'}}{1 + k^{'}})}{A G M (1, \frac{1 - k^{'}}{1 + k^{'}})} \\ = 2 \frac{A G M (1, k^{'})}{A G M (1 + k^{'}, 1 - k^{'})} \\ = 2 \frac{A G M (1, k^{'})}{A G M (1, k)} \\ = 2 \frac{K^{'}}{K} \end{aligned}$

$ϑ_{3} (e^{- 2 π}), ϑ_{4} (e^{- 2 π})$ を求めます。
$K^{'} / K = 1$ となるのは $k = \frac{1}{\sqrt{2}}$ 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。
$\begin{aligned} ϑ_{3}^{2} (e^{- 2 π}) & = \frac{1}{A G M (1, l^{'})} \\ = \frac{1}{A G M (1 + l, 1 - l)} \\ = \frac{1}{A G M (\frac{2}{1 + k^{'}}, \frac{2 k^{'}}{1 + k^{'}})} \\ = \frac{1 + k^{'}}{2} \frac{1}{A G M (1, k^{'})} \\ = \frac{1 + k^{'}}{π} K (k) \\ = \frac{1 + \frac{1}{\sqrt{2}}}{π} K (\frac{1}{\sqrt{2}}) \\ = \frac{1 + \sqrt{2}}{\sqrt{2} π} \frac{π^{3 / 2}}{2 Γ {(\frac{3}{4})}^{2}} \\ = \frac{1 + \sqrt{2}}{2^{3 / 2}} \frac{\sqrt{π}}{Γ {(\frac{3}{4})}^{2}} \\ ϑ_{3} (e^{- 2 π}) & = \frac{\sqrt{1 + \sqrt{2}}}{2^{3 / 4}} \frac{π^{1 / 4}}{Γ (\frac{3}{4})} \\ ϑ_{4} (e^{- 2 π}) & = \frac{ϑ_{4} (e^{- 2 π})}{ϑ_{3} (e^{- 2 π})} ϑ_{3} (e^{- 2 π}) \\ = \sqrt{l^{'}} ϑ_{3} (e^{- 2 π}) \\ = \sqrt[4]{1 - {(\frac{\sqrt{2} - 1}{\sqrt{2} + 1})}^{2}} ϑ_{3} (e^{- 2 π}) \\ = \frac{\sqrt[4]{4 \sqrt{2}}}{\sqrt{1 + \sqrt{2}}} \cdot \frac{\sqrt{1 + \sqrt{2}}}{2^{3 / 4}} \frac{π^{1 / 4}}{Γ (\frac{3}{4})} \\ = \frac{π^{1 / 4}}{2^{1 / 8} Γ (\frac{3}{4})} \end{aligned}$

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。

ヤコビの三重積

$\begin{aligned} \sum_{n \in Z} q^{n^{2}} z^{n} & = \prod_{n = 1}^{\infty} (1 - q^{2 n}) (1 + q^{2 n - 1} z) (1 + q^{2 n - 1} z^{- 1}) \end{aligned}$

こちらの記事

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。

$\begin{aligned} \prod_{n = 1}^{\infty} \tanh n π & = \prod_{n = 1}^{\infty} \frac{1 - e^{- 2 n π}}{1 + e^{- 2 n π}} \\ = \prod_{n = 1}^{\infty} \frac{1 - q^{n}}{1 + q^{n}} (q = e^{- 2 π}) \\ = \prod_{n = 1}^{\infty} \frac{(1 - q^{n})^{2}}{1 - q^{2 n}} \\ = \prod_{n = 1}^{\infty} \frac{(1 - q^{2 n - 1})^{2} (1 - q^{2 n})^{2}}{1 - q^{2 n}} \\ = \prod_{n = 1}^{\infty} (1 - q^{2 n}) (1 - q^{2 n - 1}) (1 - q^{2 n - 1}) \\ = \sum_{n \in Z} q^{n^{2}} (- 1)^{n} \\ = ϑ_{4} (q) \\ = \frac{π^{1 / 4}}{2^{1 / 8} Γ (\frac{3}{4})} . \end{aligned}$

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。

オイラーの分割恒等式

$\begin{aligned} \prod_{n = 1}^{\infty} (1 - x^{2 n - 1}) & = \prod_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{1 + x^{n}} \end{aligned}$

$\begin{aligned} \prod_{n = 1}^{\infty} (1 - x^{2 n - 1}) & = \prod_{n = 1}^{\infty} \frac{(1 - x^{2 n - 1}) (1 - x^{2 n})}{1 - x^{2 n}} \\ = \prod_{n = 1}^{\infty} \frac{1 - x^{n}}{1 - x^{2 n}} \\ = \prod_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{1 + x^{n}} \end{aligned}$

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

デデキントのイータ関数

$\begin{aligned} η (τ) & = e^{π i τ / 12} \prod_{n = 1}^{\infty} (1 - e^{2 π i τ n}) & Im τ > 0 \end{aligned}$

※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。

$\begin{aligned} η^{3} (τ) & = \frac{1}{2} ϑ_{2} (q) ϑ_{3} (q) ϑ_{4} (q) & q = e^{π i τ} \end{aligned}$

$\begin{aligned} η^{3} (τ) & = e^{π i τ / 4} \prod_{n = 1}^{\infty} (1 - e^{2 π i τ n})^{3} \\ = q^{1 / 4} \prod_{n = 1}^{\infty} (1 - q^{2 n})^{3} \\ = q^{1 / 4} \prod_{n = 1}^{\infty} {(1 - q^{2 n})}^{3} {(1 + q^{2 n})}^{2} (1 - q^{2 (2 n - 1)})^{2} \\ = q^{1 / 4} \prod_{n = 1}^{\infty} {(1 - q^{2 n})}^{3} {(1 + q^{2 n})}^{2} {(1 + q^{2 n - 1})}^{2} {(1 - q^{2 n - 1})}^{2} \\ = \frac{1}{2} q^{1 / 4} \prod_{n = 1}^{\infty} (1 - q^{2 n}) (1 + q \cdot q^{2 n - 1}) (1 + q^{- 1} q^{2 n - 1}) \\ \cdot \prod_{n = 1}^{\infty} (1 - q^{2 n}) (1 + q^{2 n - 1}) (1 + q^{2 n - 1}) \\ \cdot \prod_{n = 1}^{\infty} (1 - q^{2 n}) (1 - q^{2 n - 1}) (1 - q^{2 n - 1}) \\ = (\frac{1}{2} \sum_{n \in Z} q^{n^{2}} q^{n} q^{1 / 4}) (\sum_{n \in Z} q^{n^{2}}) (\sum_{n \in Z} q^{n^{2}} (- 1)^{n}) \\ = \frac{1}{2} ϑ_{2} (q) ϑ_{3} (q) ϑ_{4} (q) \end{aligned}$

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。

$\begin{aligned} η (i \frac{K^{'}}{K}) & = \sqrt[6]{2 k k^{'}} \sqrt{\frac{K}{π}} \end{aligned}$

$q = e^{- π K^{'} / K}$ とおく。
$\begin{aligned} η (i \frac{K^{'}}{K}) & = \sqrt[3]{\frac{1}{2} ϑ_{2} (q) ϑ_{3} (q) ϑ_{4} (q)} \\ = 2^{- 1 / 3} ϑ_{3} (q) \sqrt[3]{\frac{ϑ_{2} (q)}{ϑ_{3} (q)} \frac{ϑ_{4} (q)}{ϑ_{3} (q)}} \\ = 2^{- 1 / 3} \sqrt{\frac{2 K}{π}} \sqrt[3]{\sqrt{k} \sqrt{k^{'}}} \\ = \sqrt[6]{2 k k^{'}} \sqrt{\frac{K}{π}} \end{aligned}$

$η (i)$ を求めます。 $K^{'} / K = 1$ より $k = k^{'} = \frac{1}{\sqrt{2}}$ なので
$\begin{aligned} η (i) & = \sqrt[6]{2 \frac{1}{\sqrt{2}} \frac{1}{\sqrt{2}}} \sqrt{\frac{K (\frac{1}{\sqrt{2}})}{π}} \\ = \sqrt{\frac{1}{π} \frac{π^{3 / 2}}{2 Γ {(\frac{3}{4})}^{2}}} \\ = \frac{\sqrt[4]{π}}{\sqrt{2} Γ (\frac{3}{4})} \end{aligned}$
更に、冒頭で紹介した級数を計算できます。
$\begin{aligned} \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n (e^{2 π n} - 1)} & = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n} \sum_{m = 1}^{\infty} e^{- 2 π n m} \\ = \sum_{m = 1}^{\infty} \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{e^{- 2 π m n}}{n} \\ = - \sum_{m = 1}^{\infty} \ln (1 - e^{- 2 π m}) \\ = - \ln (\prod_{m = 1}^{\infty} (1 - e^{- 2 π m})) \\ = - \ln (e^{π / 12} η (i)) \\ = - \ln (\frac{e^{π / 12} π^{1 / 4}}{2^{1 / 2} Γ (\frac{3}{4})}) \\ = \frac{\ln 2}{2} + \ln Γ (\frac{3}{4}) - \frac{\ln π}{4} - \frac{π}{12} \end{aligned}$

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。

$τ = i \frac{K^{'}}{K}$ のとき
$\begin{aligned} \frac{η^{6} (2 τ)}{η^{6} (τ)} & = \frac{1}{4} k k^{' - 1 / 2} \end{aligned}$

$q = e^{- π i τ}$ とおく。
ヤコビの三重積より
$\begin{aligned} \frac{ϑ_{2} (q^{2}) ϑ_{3} (q^{2})}{ϑ_{2}^{2} (q)} & = \frac{q^{1 / 2} \sum_{n, m \in Z} q^{2 (n^{2} + n + m^{2})}}{q^{1 / 2} {(\sum_{n \in Z} q^{n^{2} + n})}^{2}} \\ = \prod_{n = 1}^{\infty} \frac{(1 - q^{4 n}) (1 + q^{4 n}) (1 + q^{4 n - 4}) \cdot (1 - q^{4 n}) {(1 + q^{4 n - 2})}^{2}}{{(1 - q^{2 n})}^{2} {(1 + q^{2 n})}^{2} {(1 + q^{2 n - 2})}^{2}} \\ = \frac{1}{2} \prod_{n = 1}^{\infty} \frac{{(1 - q^{4 n})}^{2} \cdot {(1 + q^{4 n})}^{2} {(1 + q^{4 n - 2})}^{2}}{{(1 - q^{2 n})}^{2} {(1 + q^{2 n})}^{2} \cdot {(1 + q^{2 n})}^{2}} \\ = \frac{1}{2} \prod_{n = 1}^{\infty} \frac{{(1 + q^{2 n})}^{2}}{{(1 + q^{2 n})}^{2}} \\ = \frac{1}{2} \end{aligned}$
が成り立つので、
$\begin{aligned} \frac{η^{6} (2 τ)}{η^{6} (τ)} & = \frac{ϑ_{2}^{2} (q^{2}) ϑ_{3}^{2} (q^{2}) ϑ_{4}^{2} (q^{2})}{ϑ_{2}^{2} (q) ϑ_{3}^{2} (q) ϑ_{4}^{2} (q)} \\ = \frac{ϑ_{2}^{2} (q)}{ϑ_{3}^{2} (q)} \frac{ϑ_{3} (q)}{ϑ_{4} (q)} \frac{ϑ_{2}^{2} (q^{2}) ϑ_{3}^{2} (q^{2}) ϑ_{4}^{2} (q^{2})}{ϑ_{2}^{4} (q) ϑ_{3} (q) ϑ_{4} (q)} \\ = k k^{' - 1 / 2} \frac{ϑ_{2}^{2} (q^{2}) ϑ_{3}^{2} (q^{2})}{ϑ_{2}^{4} (q)} \\ = \frac{1}{4} k k^{' - 1 / 2} \end{aligned}$

以下が従います。

$q = e^{- π K^{'} / K}$ のとき
$\begin{aligned} \prod_{n = 1}^{\infty} (1 + q^{2 n})^{6} & = \frac{1}{4} q^{- 1 / 2} k k^{' - 1 / 2} \end{aligned}$

$τ = i \frac{K^{'}}{K}$ として
$\begin{aligned} \prod_{n = 1}^{\infty} (1 + q^{2 n})^{6} & = {(\prod_{n = 1}^{\infty} \frac{1 - q^{4 n}}{1 - q^{2 n}})}^{6} \\ = q^{- 1 / 2} \frac{η^{6} (2 τ)}{η^{6} (τ)} (q = e^{π i τ}) \\ = \frac{1}{4} q^{- 1 / 2} k k^{' - 1 / 2} . \end{aligned}$

$\begin{aligned} \prod_{n = 1}^{\infty} (1 + e^{- 2 π n}) & = \prod_{n = 1}^{\infty} (1 + q^{2 n}) (k = \frac{1}{\sqrt{2}}, q = e^{- π K^{'} / K}) \\ = {(\frac{1}{4} e^{\frac{π}{2}} (\frac{1}{\sqrt{2}}) {(\frac{1}{\sqrt{2}})}^{- 1 / 2})}^{1 / 6} \\ = e^{π / 12} 2^{- 3 / 8} \end{aligned}$