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大学数学基礎解説
文献あり

テータ関数と楕円積分

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$$\newcommand{a}[0]{\alpha} \newcommand{b}[0]{\beta} \newcommand{C}[0]{\mathbb{C}} \newcommand{cn}[0]{\operatorname{cn}} \newcommand{d}[0]{\delta} \newcommand{dis}[0]{\displaystyle} \newcommand{dn}[0]{\operatorname{dn}} \newcommand{e}[0]{\varepsilon} \newcommand{farc}[2]{\frac{#1}{#2}} \newcommand{G}[0]{\Gamma} \newcommand{g}[0]{\gamma} \newcommand{Gal}[0]{\operatorname{Gal}} \newcommand{id}[0]{\operatorname{id}} \newcommand{Im}[0]{\operatorname{Im}} \newcommand{Ker}[0]{\operatorname{Ker}} \newcommand{l}[0]{\left} \newcommand{Li}[0]{\operatorname{Li}} \newcommand{li}[0]{\operatorname{li}} \newcommand{N}[0]{\mathbb{N}} \newcommand{ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{ord}[0]{\operatorname{ord}} \newcommand{P}[0]{\mathfrak{P}} \newcommand{p}[0]{\mathfrak{p}} \newcommand{q}[0]{\mathfrak{q}} \newcommand{Q}[0]{\mathbb{Q}} \newcommand{r}[0]{\right} \newcommand{R}[0]{\mathbb{R}} \newcommand{Re}[0]{\operatorname{Re}} \newcommand{s}[0]{\sigma} \newcommand{sn}[0]{\operatorname{sn}} \newcommand{t}[0]{\theta} \newcommand{ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{vp}[0]{\varphi} \newcommand{vt}[0]{\vartheta} \newcommand{Z}[0]{\mathbb{Z}} \newcommand{z}[0]{\zeta} \newcommand{ZZ}[1]{\mathbb{Z}/#1\mathbb{Z}} \newcommand{ZZt}[1]{(\mathbb{Z}/#1\mathbb{Z})^\times} $$

はじめに

 この記事では後の記事に向けてテータ関数
$$\t(v,\tau)=\sum^\infty_{n=\infty}q^{n^2}z^n\quad(q=e^{\pi i\tau},z=e^{2\pi iv})$$
と楕円積分
$$K(k)=\int^1_0\frac{dt}{\sqrt{(1-t^2)(1-k^2t^2)}}$$
の関係について解説していきます。

楕円テータ関数の性質

テータ関数

 複素数$v,\tau\;(\Im(\tau)>0)$に対してテータ関数
$$\t(v,\tau)=\sum^\infty_{n=\infty}e^{\pi in^2\tau+2\pi inv} =\sum^\infty_{n=\infty}q^{n^2}z^n\quad(q=e^{\pi i\tau},z=e^{2\pi iv})$$
で定義する。またこれに対して指標付きテータ関数
$$\t_{a,b}(v,\tau)=\sum^\infty_{n=\infty}e^{\pi i(n+a)^2\tau+2\pi i(n+a)(v+b)}$$
と定め、特に$a,b=0,\frac12$の場合を楕円テータ関数といい
\begin{eqnarray} \t_1(v,\tau)&=&-\t_{\farc12,\farc12}(v,\tau)= \frac1i\sum^\infty_{n=\infty}(-1)^nq^{(n+\frac12)^2}z^{n+\frac12} \\\t_2(v,\tau)&=&\t_{\frac12,0}(v,\tau)= \sum^\infty_{n=\infty}q^{(n+\frac12)^2}z^{n+\frac12} \\\t_3(v,\tau)&=&\t_{0,0}(v,\tau)=\sum^\infty_{n=\infty}q^{n^2}z^n \\\t_4(v,\tau)&=&\t_{0,\farc12}(v,\tau)=\sum^\infty_{n=\infty}(-1)^nq^{n^2}z^n \end{eqnarray}
と書く。

 都合上$v=0\;(z=1)$の楕円テータ関数を単に$\t_j(\tau)\;(j=1,2,3,4)$と書くことにします。

ヤコビの恒等式

$r_2(n)=\#\{(l,m)\in\Z^2\mid l^2+m^2=n\}$
とおくと
$r_2(2n)=r_2(n)$
および
$r_2(2n+1)=\#\{(l,m)\in\Z^2\mid l(l+1)+m(m+1)=n\}$
が成り立つ。

 $r_2(n),r_2(2n)$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。

\begin{eqnarray} \t_4(2\tau)^2&=&\t_3(\tau)\t_4(\tau) \\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}
が成り立つ。

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。

ヤコビの恒等式

 $\t_2(\tau)^4+\t_4(\tau)^4=\t_3(\tau)^4$が成り立つ。

\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}
$\t_3(\tau)^2,\t_4(\tau)^2$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。

ヤコビの変換公式

ポワソン和公式

 関数$f$とそのフーリエ変換
$$\hat f(y)=\int^\infty_{-\infty}f(x)e^{-2\pi ixy}dx$$
に対して
$$\sum^\infty_{n=-\infty}f(n+x)=\sum^\infty_{n=-\infty}\hat f(n)e^{2\pi inx}$$
が成り立つ。

 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。

 $f(x)=e^{-\pi x^2s}$に対し
$$\hat f(y)=\frac1{\sqrt s}e^{-\pi y^2/s}$$
が成り立つ。

 $\hat f(y)$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。

ヤコビの変換公式

$\t_3(\tau)=\t_3(-1/\tau)/\sqrt{-i\tau}$
$\t_4(\tau)=\t_2(-1/\tau)/\sqrt{-i\tau}$
が成り立つ。

 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。

 $s=-i\tau,x=v/\tau$の場合を考えることで一般には以下のような等式が成り立ちます($\t_1,\t_2,\t_4$の場合は Wikipedia でも見てください)。

$$\t_3\l(\frac v\tau,-\frac1\tau\r)=\sqrt{-i\tau}e^{\pi iv^2/\tau}\t_3(v,\tau)$$

算術幾何平均と楕円積分

 正の実数$a,b$に対して
$\dis\frac{a+b}2$$a,b$の算術平均(AM:Arithmetic Mean)と言い、
$\dis\sqrt{ab}\;\;$$a,b$の幾何平均(GM:Geometric Mean)と言います。
 また算術平均と幾何平均を繰り返し取ることで得られる数列、
$$a_0=a,b_0=b,\;a_{n+1}=\frac{a+b}2,b_{n+1}=\sqrt{a_nb_n}$$
は不等式
\begin{eqnarray} b_1=\sqrt{ab}&\leq&\frac{a+b}2=a_1 \\b_1\leq\sqrt{a_1b_1}=b_2&\leq&a_2=\frac{a_1+b_1}2\leq a_1 \\b_1\leq b_2\leq\cdots\leq b_n\leq&\cdots&\leq a_n\leq\cdots\leq a_2\leq a_1 \end{eqnarray}
を満たすので単調収束定理から$a_n,b_n$は収束します。その値を$\a,\b$とおくと
$\dis\a=\frac{\a+\b}2$または$\b=\sqrt{\a\b}$
から$\a=\b$となることが成り立ちます。

算術幾何平均

 正の実数$a,b$に対して数列
$$a_0=a,b_0=b,\;a_{n+1}=\frac{a+b}2,b_{n+1}=\sqrt{a_nb_n}$$
の極限として定まる数
$$M(a,b)=\lim_{n\to\infty}a_n=\lim_{n\to\infty}b_n$$
$a,b$算術幾何平均(AGM:Arithmetic-Geometric Mean)と言う。

 算術幾何平均は次のような積分表示を持ちます。

$$\int^{\frac\pi2}_0\frac{d\t}{\sqrt{a^2\cos^2\t+b^2\sin^2\t}}=\frac\pi2\frac1{M(a,b)}$$
が成り立つ。

$$I(a,b)=\int^{\frac\pi2}_0\frac{d\t}{\sqrt{a^2\cos^2\t+b^2\sin^2\t}}$$
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。

 そして$a=1,b=k'=\sqrt{1-k^2}$とおくことで以下の式を得ます。

 第一種完全楕円積分
$$K(k)=\int^1_0\frac{dt}{\sqrt{(1-t^2)(1-k^2t^2)}}$$
に対して
$$K(k)=\frac\pi2\frac1{M(1,k')}$$
が成り立つ。

 この式からテータ関数と楕円積分との美しい関係が得られます。

$$k=k(\tau)=\frac{\t_2(\tau)^2}{\t_3(\tau)^2}$$
とおいたとき
$$K(k)=\frac\pi2\t_3(\tau)^2$$
が成り立つ。

 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
$$a_n=\t_3(2^n\tau)^2,b_n=\t_4(2^n\tau)^2$$
$\t_3(\tau)^2,\t_4(\tau)^2$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。

 $\tau$によって$k^2$$0,1$以外の任意の複素数を値に取る(らしい)ので$K$は完全にテータ関数によって記述することができます。また逆に以下の関係から$K$によってテータ関数を記述することもできます。

 $k=k(\tau)$において
$$\tau=\frac{iK'}{K}\quad(K'=K(k'))$$
が成り立つ。

 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。

周期性について

 $\tau\mapsto\tau+2$において$q=e^{\pi i\tau}$は不変なので$k(\tau+2)^2=k(\tau)^2$が成り立ちます。しかし上の等式は
$$\tau+2=\frac{iK'(k(\tau+2))}{K(k(\tau+2))}=\frac{iK'(k(\tau))}{K(k(\tau))}=\tau$$
と変化してしまうため、一見矛盾に見えます。このことについては次のように説明できます。
 例えば次のような等式を考えてみましょう。
$$\log e^{ix}=x$$
この等式において$x\mapsto x+2\pi$とすると
$$x+2\pi=\log e^{i(x+2\pi)}=\log e^{ix}=x$$
となってしまいます。
 この矛盾が生じるのは$z=e^{ix}$を合成することで$\log z$の"意味"が変化していることにあります。
$$\log z=\log|z|+i\arg z$$
とは通常$-\pi<\arg z\leq\pi$となるように定められる関数なので$\log e^{ix}=x$は成り立ちません。しかし$\log e^{ix}$$x$についての連続関数となるように考えると$\log e^{ix}=x$と定まることになります。この時点で$\log$$z$の値によって決まる関数ではなく、$x$によってのみ決まる関数に置き換わっています。つまり$z=w$ならば$\log z=\log w$という議論はできなくなります。
 これと同様に$k=\t_2(\tau)^2/\t_3(\tau)^2$を合成した等式
$$K(k)=\int^1_0\frac{dt}{\sqrt{(1-t^2)(1-k^2t^2)}}=\frac\pi2\t_3(\tau)^2$$
における$K$$k^2$の関数としての"意味"を失い、$\tau$についての関数に置き換わっていると考えられます。実際
$$k\l(\frac\tau{2\tau+1}\r)^2=k(\tau)^2,\quad\t_3\l(\frac\tau{2\tau+1}\r)^2=(2\tau+1)\t_3(\tau)^2$$
のような等式が成り立つ(別の記事で解説します)ことからも$K$はもはや$k^2$の関数ではいられないことがわかります。$K(k)$の定義式の被積分関数が分岐点を持つ関数であることからもこのような議論は正当であることが窺えます。
 ここら辺の議論は分岐点とリーマン面の理論でどーにかこーにかできるらしいですが詳しくはよく知りません。

 ちなみにテータ関数とヤコビの楕円関数の間には次のような関係があることが知られています。

 $k=\t_2(\tau)^2/\t_3(\tau)^2,\;u=2Kz=\pi\t_3(\tau)^2v$において
\begin{eqnarray} \sn(u,k)&=&\frac{\t_3(\tau)}{\t_2(\tau)}\frac{\t_1(v,\tau)}{\t_4(v,\tau)} \\\cn(u,k)&=&\farc{\t_4(\tau)}{\t_2(\tau)}\frac{\t_2(v,\tau)}{\t_4(v,\tau)} \\\dn(u,k)&=&\frac{\t_4(\tau)}{\t_3(\tau)}\frac{\t_3(v,\tau)}{\t_4(v,\tau)} \end{eqnarray}
が成り立つ。

 簡単にその証明を書いておきます。

 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
$$\Theta(u)=\frac{\t_1(u/\pi\t_3(\tau)^2,\tau)}{\t_4(u/\pi\t_3(\tau)^2,\tau)}$$

$$\l(2\pi\t_3(\tau)^2,\tau\pi\t_3(\tau)^2\r)=(4K,2iK')$$
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。

おまけ:算術幾何平均の積分表示の発見的な説明

 定理7を発見的に考える。$|x|<1$において
$$\frac1{M(1,\sqrt{1-x^2})}=\sum^\infty_{n=0}c_nx^{2n}$$
と展開できたとすると
$$M\l(1,\sqrt{1-\frac{4x}{(1+x)^2}}\r) =M\l(1,\frac{1-x}{1+x}\r)=\frac{M(1+x,1-x)}{1+x}=\frac{M(1,\sqrt{1-x^2})}{1+x}$$
となる(最後の等号は$M(a,b)=M\big((a+b)/2,\sqrt{ab}\big)$から)ので
\begin{eqnarray} \sum^\infty_{n=0}c_nx^{2n} &=&\frac1{1+x}\sum^\infty_{n=0}c_n\l(\frac{4x}{(1+x)^2}\r)^n \\&=&\sum^\infty_{n=0}c_n\frac{(4x)^n}{(1+x)^{2n+1}} \\&=&\sum^\infty_{n=0}c_n(4x)^n\sum^\infty_{m=2n}\binom m{2n}(-x)^{m-2n} \\&=&\sum^\infty_{m=0}(-1)^m\l(\sum^m_{n=0}(-1)^n\binom{m+n}{2n}4^nc_n\r)x^m \end{eqnarray}
が成り立たなければならない。この関係式と$c_0=1$から$c_n$の値を逐次決定していくと
$$c_n=\l(\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\r)^2$$
となることがわかる(らしい)。よって
$$\frac1{M(1,\sqrt{1-x^2})} =\sum^\infty_{n=0}\l(\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\r)^2x^{2n}=\frac2\pi K(x)$$
を得る。

参考文献

投稿日:2022116

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投稿者

子葉
子葉
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主に複素解析、代数学、数論を学んでおります。 私の経験上、その証明が簡単に探しても見つからない、英語の文献を漁らないと載ってない、なんて定理の解説を主にやっていきます。 同じ経験をしている人の助けになれば。最近は自分用のノートになっている節があります。

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