テータ関数と楕円積分

　$r_2(n),r_2(2n)$を定める集合に対して
\begin{eqnarray} \{(l,m)\in\Z^2\mid l^2+m^2=n\}&\longleftrightarrow&\{(l',m')\in\Z^2\mid l'^2+m'^2=2n\} \\(l,m)&\longrightarrow&(l+m,l-m) \\\l(\frac{l'+m'}2,\frac{l'-m'}2\r)&\longleftarrow&(l',m') \end{eqnarray}
および
\begin{eqnarray} \{(l,m)\in\Z^2\mid l^2+m^2=2n+1\} &\longleftrightarrow&\{(l',m')\in\Z^2\mid l'(l'+1)+m'(m'+1)=n\} \\(l,m)&\longrightarrow&\l(\frac{l+m-1}2,\frac{l-m-1}2\r) \\(l'+m'+1,l'-m')&\longleftarrow&(l',m') \end{eqnarray}
という全単射があることからわかる。

二つ目の式の証明

\begin{eqnarray} \t_3(\tau)^2&=&\sum^\infty_{l,m=-\infty}q^{l^2+m^2} =\sum^\infty_{n=0}r_2(n)q^n \\\t_4(\tau)^2&=&\sum^\infty_{l,m=-\infty}(-1)^{l+m}q^{l^2+m^2} =\sum^\infty_{n=0}(-1)^nr_2(n)q^n \end{eqnarray}
に注意すると
$$\t_3(\tau)^2+\t_4(\tau)^2=2\sum^\infty_{n=0}r(2n)q^{2n} =2\sum^\infty_{n=0}r_2(n)(q^2)^n=2\t_3(2\tau)^2$$
がわかる。

一つ目の式の証明

$$\t_3(\tau)+\t_4(\tau)=2\sum^\infty_{n=-\infty}q^{(2n)^2} =2\t_3(4\tau)$$
に注意すると
\begin{eqnarray} \t_3(\tau)\t_4(\tau) &=&\frac12\Big((\t_3(\tau)+\t_4(\tau))^2-(\t_3(\tau)^2+\t_4(\tau)^2)\Big) \\&=&\frac12(4\t_3(4\tau)^2-2\t_3(2\tau)^2) \\&=&(\t_3(2\tau)^2+\t_4(2\tau)^2)-\t_3(2\tau)^2 \\&=&\t_4(2\tau)^2 \end{eqnarray}
がわかる。

三つ目の式の証明

\begin{eqnarray} \t_3(\tau)^2-\t_4(\tau)^2 &=&2\sum^\infty_{n=0}r_2(2n+1)q^{2n+1} \\&=&2\sum^\infty_{l,m=-\infty}q^{2(l(l+1)+m(m+1))+1} \\&=&2\sum^\infty_{l,m=-\infty}(q^2)^{(l+\frac12)^2+(m+\frac12)^2} \\&=&2\t_2(2\tau)^2 \end{eqnarray}
とわかる。

\begin{eqnarray} 2\t_3(2\tau)^2&=&\t_3(\tau)^2+\t_4(\tau)^2 \\2\t_2(2\tau)^2&=&\t_3(\tau)^2-\t_4(\tau)^2 \end{eqnarray}
を$\t_3(\tau)^2,\t_4(\tau)^2$について解くと
\begin{eqnarray} \t_3(\tau)^2&=&\t_3(2\tau)^2+\t_2(2\tau)^2 \\\t_4(\tau)^2&=&\t_3(2\tau)^2-\t_2(2\tau)^2 \end{eqnarray}
が成り立つので、これを掛け合わせることで
$$(\t_3(\tau)\t_4(\tau))^2=\t_4(2\tau)^4=\t_3(2\tau)^4-\t_2(2\tau)^2$$
つまり
$$\t_2(\tau)^4+\t_4(\tau)^4=\t_3(\tau)^4$$
を得る。

　周期$1$の関数
$\dis F(x)=\sum^\infty_{n=-\infty}f(n+x)$
のフーリエ級数展開
$\dis F(x)=\sum^\infty_{n=-\infty}c_ne^{2\pi inx}$
を考えると
\begin{eqnarray} c_n&=&\int^1_0F(x)e^{-2\pi inx}dx \\&=&\sum^\infty_{n=-\infty}\int^1_0f(n+x)e^{-2\pi inx}dx \\&=&\sum^\infty_{n=-\infty}\int^{n+1}_nf(x)e^{-2\pi inx}dx \qquad(\because e^{-2\pi in^2}=1) \\&=&\int^\infty_{-\infty}f(x)e^{-2\pi inx}dx=\hat f(n) \end{eqnarray}
が成り立つことからわかる。

　$\hat f(y)$の導関数を考えると
\begin{eqnarray} \frac{d}{dy}\hat f(y) &=&\int^\infty_{-\infty}e^{-\pi x^2s}(-2\pi ixe^{-2\pi ixy})dx \\&=&\frac is\int^\infty_{-\infty}(e^{-\pi x^2s})'e^{-2\pi ixy}dx \\&=&-\frac is\int^\infty_{-\infty}e^{-\pi x^2s}(-2\pi iye^{-2\pi ixy})dx \\&=&-\frac{2\pi y}s\hat f(y) \end{eqnarray}
という微分方程式が成り立ち、その解は
$$\hat f(y)=Ce^{-\pi y^2/s}\quad(Cは定数)$$
であるので
$$C=\hat f(0)=\int^\infty_{-\infty}e^{-\pi x^2s}dx =\farc1{\sqrt{\pi s}}\int^\infty_{-\infty}e^{-x^2}dx =\farc1{\sqrt{\pi s}}\sqrt\pi=\frac1{\sqrt s}$$
に注意すると主張を得る。

　ポワソン和公式を$f(x)=e^{-\pi x^2s}$について適用することで
$$\sum^\infty_{n=-\infty}e^{-\pi (n+x)^2s} =\frac1{\sqrt s}\sum^\infty_{n=-\infty}e^{2\pi inx}e^{-\pi n^2/s}$$
が成り立つので、この$s=-i\tau,\;x=0,\frac12$の場合を考えることで
$\t_3(\tau)=\t_3(-1/\tau)/\sqrt{-i\tau}$
$\t_2(\tau)=\t_4(-1/\tau)/\sqrt{-i\tau}$
がわかり、二つ目の式を$\tau\mapsto-1/\tau$とすることで
$\t_2(-1/\tau)=\sqrt{-i\tau}\t_4(\tau)$
を得る。

$$I(a,b)=\int^{\frac\pi2}_0\frac{d\t}{\sqrt{a^2\cos^2\t+b^2\sin^2\t}}$$
とおいたとき、
$$\sin\t=\frac{2a\sin\vp}{(a+b)+(a-b)\sin^2\vp}$$
と変数変換すると
\begin{eqnarray} \sqrt{a^2\cos^2\t+b^2\sin^2\t}&=&a\frac{(a+b)-(a-b)\sin^2\vp}{(a+b)+(a-b)\sin^2\vp} \\\cos\t&=&\frac{\sqrt{(a+b)^2\cos^2\vp+4ab\sin^2\vp}}{(a+b)+(a-b)\sin^2\vp}\cos\vp \\\cos\t d\t&=&2a\frac{(a+b)-(a-b)\sin^2\vp}{((a+b)+(a-b)\sin^2\vp)^2}\cos\vp d\vp \end{eqnarray}
となるので
$$I(a,b)=\int^{\frac\pi2}_0\frac{2}{\sqrt{(a+b)^2\cos^2\vp+4ab\sin^2\vp}}d\vp =I\l(\frac{a+b}2,\sqrt{ab}\r)$$
がわかる。
　よって
\begin{eqnarray} I(a,b)&=&I(a_1,b_1)=I(a_n,b_n)=\lim_{n\to\infty}I(a_n,b_n) \\&=&I(M(a,b),M(a,b))=\frac{I(1,1)}{M(a,b)}=\frac\pi2\frac1{M(a,b)} \end{eqnarray}
を得る。

　ヤコビの恒等式(定理3)から
$$k'=\sqrt{1-k^2}=\frac{\t_4(\tau)^2}{\t_3(\tau)^2}$$
がわかるので
$$K(k)=\frac\pi2\frac1{M(1,k')} =\frac\pi2\frac{\t_3(\tau)^2}{M(\t_3(\tau)^2,\t_4(\tau)^2)}$$
が成り立つ。

　いま定理2の式を整理すると
$$\frac{\t_3(\tau)^2+\t_4(\tau)^2}2=\t_3(2\tau)^2,\quad \sqrt{\t_3(\tau)^2\t_4(\tau)^2}=\t_4(2\tau)^2$$
となるので
$$a_n=\t_3(2^n\tau)^2,b_n=\t_4(2^n\tau)^2$$
は$\t_3(\tau)^2,\t_4(\tau)^2$の算術幾何平均を定める数列となり、
$$M(\t_3(\tau)^2,\t_4(\tau)^2)=\lim_{n\to\infty}\t_3(2^n\tau) =\lim_{|q|\to0}\sum^\infty_{m=-\infty}q^{m^2}=1$$
がわかる。よって結論を得る。

　ヤコビの変換公式(定理6)から
$$k'=\frac{\t_4(\tau)^2}{\t_3(\tau)^2} =\frac{\t_2(-1/\tau)^2}{\t_3(-1/\tau)^2}=k(-1/\tau)$$
が成り立つ。よって再びヤコビの変換公式から
$$K'=K(k(-1/\tau))=\frac\pi2\t_3(-1/\tau)^2=-i\tau\frac\pi2\t_3(\tau)^2$$
がわかり、これと
$$K=\frac\pi2\t_3(\tau)^2$$
を合わせることで主張を得る。

　テータ関数の擬二重周期
$$\t_j(v+m+n\tau,\tau)=(\pm1)_j^m(\pm1')_j^nq^{-n^2}z^{-n}\t_j(v,\tau)$$
ただし
$$(\pm1)_j=\l\{\begin{array}{lc}-1&(j=1,2)\\1&(j=3,4)\end{array}\r.,\quad (\pm1')_j=\l\{\begin{array}{lc}-1&(j=1,4)\\1&(j=2,3)\end{array}\r.$$
から
$$\Theta(u)=\frac{\t_1(u/\pi\t_3(\tau)^2,\tau)}{\t_4(u/\pi\t_3(\tau)^2,\tau)}$$
は
$$\l(2\pi\t_3(\tau)^2,\tau\pi\t_3(\tau)^2\r)=(4K,2iK')$$
を周期に持つ二重周期関数となり、またその零点と極の位置は$\sn u$と一致していることがわかるので
$$\frac{\sn(u,k)}{\Theta(u)}$$
は極を持たない楕円関数、つまり定数関数となり、$u=K$のときを考えると
$$\sn(K,k)\frac{\t_4(\frac12,\tau)}{\t_1(\frac12,\tau)}=1\cdot\frac{\t_3(\tau)}{\t_2(\tau)}$$
が成り立つことからわかる。$\cn,\dn$についても同様に周期性と零点・極の位置、$u=0$の場合を考えることでわかる。