テータ関数のいくつかの関係式

　ヤコビの三重積(一応 楕円関数論の記事 のおまけとして示しています)
$$\sum^\infty_{n=-\infty}q^{n^2}z^n=\prod^\infty_{n=1}(1-q^{2n})(1+q^{2n-1}z)(1+q^{2n-1}z^{-1})$$
に注意すると
\begin{eqnarray} \t_1(v,\tau)&=&\frac1i\sum^\infty_{n=-\infty}(-1)^nq^{(n+\frac12)^2}z^{n+\frac12} =\frac{q^{\frac14}z^{\frac12}}i\sum^\infty_{n=-\infty}q^{n^2}(-qz)^n \\&=&\frac{q^{\frac14}z^{\frac12}}i\prod^\infty_{n=1}(1-q^{2n})(1-q^{2n}z)(1-q^{2n-2}z^{-1}) \\&=&\frac{q^{\frac14}z^{\frac12}}i(1-z^{-1})\prod^\infty_{n=1}(1-q^{2n})(1-q^{2n}z)(1-q^{2n}z^{-1}) \\&=&q^{\frac14}\frac{z^{\frac12}-z^{-\frac12}}i\prod^\infty_{n=1}(1-q^{2n})(1-q^{2n}z)(1-q^{2n}z^{-1}) \end{eqnarray}
を得る。同様に
\begin{eqnarray} \t_2(v,\tau)&=&\sum^\infty_{n=-\infty}q^{(n+\frac12)^2}z^{n+\frac12} \\&=&q^{\frac14}z^{\frac12}(1+z^{-1})\prod^\infty_{n=1}(1-q^{2n})(1+q^{2n}z)(1+q^{2n}z^{-1}) \\&=&q^{\frac14}(z^{\frac12}+z^{-\frac12})\prod^\infty_{n=1}(1-q^{2n})(1+q^{2n}z)(1+q^{2n}z^{-1}) \\\t_3(v,\tau)&=&\sum^\infty_{n=-\infty}q^{n^2}z^n \\&=&\prod^\infty_{n=1}(1-q^{2n})(1+q^{2n-1}z)(1+q^{2n-1}z^{-1}) \\\t_4(v,\tau)&=&\sum^\infty_{n=-\infty}(-1)^nq^{n^2}z^n \\&=&\prod^\infty_{n=1}(1-q^{2n})(1-q^{2n-1}z)(1-q^{2n-1}z^{-1}) \end{eqnarray}
を得る。

　$\f,\f_1,\f_2$の定義より
\begin{eqnarray} \f(\tau)&=&q^{\frac1{24}-\frac1{12}}\prod^\infty_{n=1}\frac{1-(-q)^n}{1-q^{2n}} \\\f_1(\tau)&=&q^{\frac1{24}-\frac1{12}}\prod^\infty_{n=1}\frac{1-q^n}{1-q^{2n}} \\\f_2(\tau)&=&\sqrt2q^{\frac16-\frac1{12}}\prod^\infty_{n=1}\frac{1-q^{4n}}{1-q^{2n}} \end{eqnarray}
と変形できることからわかる。

　第一式は
\begin{eqnarray} \t_2(\tau)\t_3(\tau)\t_4(\tau) &=&2q^{\frac14}\prod^\infty_{n=1}(1-q^{2n})^3(1+q^{2n})^2(1+q^{2n-1})^2(1-q^{2n-1})^2 \\&=&2q^{\frac14}\prod^\infty_{n=1}(1-q^{2n})(1-q^{4n})^2(1-q^{4n-2})^2 \\&=&2q^{\frac14}\prod^\infty_{n=1}(1-q^{2n})(1-q^{2n})^2 \\&=&2\eta(\tau)^3 \end{eqnarray}
とわかる。あとは
\begin{eqnarray} \f(\tau)&=&\sqrt{\frac{\t_3(\tau)}{\eta(\tau)}} \\\f_1(\tau)&=&\sqrt{\frac{\t_4(\tau)}{\eta(\tau)}} \\\f_2(\tau)&=&\sqrt{\frac{\t_2(\tau)}{\eta(\tau)}} \end{eqnarray}
からわかる。

　 保型形式の記事 の定理5の証明において
$$E_2(\tau)=\frac{12}{\pi i}\frac d{d\tau}\log\eta(\tau)$$
を、また同じ記事の定理9として
$$E_4(\tau)^3-E_6(\tau)^2=12^3\Delta(\tau)=12^3\eta(\tau)^{24}=\frac{27}4(\t_2(\tau)\t_3(\tau)\t_4(\tau))^8$$
を示していたのであとは2番目の公式を示せばよい。

$$\T(\tau)=\frac{\t_2(\tau)^8+\t_3(\tau)^8+\t_4(\tau)^8}2$$
とおいたとき
\begin{eqnarray} \T(\tau+1)&=&\frac{(e^{\frac{\pi i}4}\t_2(\tau))^8+\t_4(\tau)^8+\t_3(\tau)^8}2=\T(\tau) \\\T\l(-\frac1\tau\r)&=&(\sqrt{-i\tau})^8\frac{\t_4(\tau)^8+\t_3(\tau)^8+\t_2(\tau)^8}2=\tau^4\T(\tau) \end{eqnarray}
が成り立ち、また三重積からわかるように$\t_j$は$\tau\in\mathbb{H}\cup\{i\infty\}$において正則なので$\T(\tau)$は重さ$4$のモジュラー形式となる。
　よって 保型形式の記事 の補題13よりある複素数$C$があって
$$\T(\tau)=CE_4(\tau)$$
が成り立つが、それぞれの$q$-展開($q=e^{\pi i\tau}$)
$$\T(\tau)=\frac{(O(q^{\frac12}))^8+(1+O(q))^8+(1+O(q))^8}2=1+O(q)$$
$$E_4(\tau)=1-24\sum^\infty_{n=1}\s_3(n)q^{2n}$$
に注意すると$C=1$を得る。

　一つ目の等号については定理4より
\begin{eqnarray} J(\tau)&=&\frac1{58}\frac{(\t_2^8+\t_3^8+\t_4^8)^3}{(\t_2\t_3\t_4)^8} \\&=&\frac1{58}\frac{(\la^2+1+(1-\la)^2)}{(\la(1-\la))^2} \\&=&\frac4{27}\frac{(1-\la+\la^2)^3}{(\la(1-\la))^2} \end{eqnarray}
とわかる。
　二つ目の等号については定理3より
$$G^{24}=\frac14\frac{\t_3^4}{\t_2^4\t_3^4}=\frac1{4\la(1-\la)}$$
が成り立つので
\begin{eqnarray} J(\tau)&=&\frac4{27}\frac{(1+\la(1-\la))^3}{(\la(1-\la))^2} \\&=&\frac4{27}\frac{(1+(4G^{24})^{-1})^3}{(4G^{24})^{-2}} \\&=&\frac{(4G^{24}-1)^3}{27G^{24}} \end{eqnarray}
とわかる。
　三つ目の等号については
$$J(\tau+1)=J(\tau),\;G(\tau+1)^{24}=(e^{-\frac{\pi i}{24}}g(\tau))^{24}=-g^{24}$$
からわかる。