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Weierstrassの$\wp$函数ショートコース(1)

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以下ω1,ω2CIm(ω1/ω2)>0とする。

楕円函数

定義 C上有理型な函数f楕円函数 (Elliptic Function)とは、二つの周期

f(z+2ω1)=f(z),f(z+2ω2)=f(z)

を持つことをいう。ω1,ω2を半周期といい、m,nZについてΩm,n=2mω1+2nω2と表す。その全体をΩと置く。

  • 定数は楕円函数である。

楕円函数fが与えられたとき、点t,t+2ω1,t+2ω1+2ω2,t+2ω2で与えられる平行四辺形の領域をΔとする。このときΔの境界C上にはfの零点や極が無いものとする。

命題 定数でない楕円函数fについて以下が成り立つ。

  • Δ内部におけるfの極は有限個である。
  • Δ内部におけるfの零点は有限個である。
  • Δ内部における留数の和はゼロである。
  • fΔ上で正則でない。

(証明)Δは有界閉なので、もしfの極がΔ内部に無限個存在すれば集積点を持つ。これはfが有理型であることに反する。零点の場合もfの零点は1/fの極であり、1/fが楕円函数であることから従う。

留数定理より

aΔResz=af(z)=12π1Cf(ζ)dζ=(tt+2ω1+t+2ω1t+2ω1+2ω2+t+2ω1+2ω2t+2ω2+t+2ω2t)f(ζ)dζ

となるが、周期性より積分の1番目と3番目、2番目と4番目が打ち消しあうのでゼロとなる。

fΔ上で正則ならΔ上で連続なので有界である。周期性よりC上で有界なのでLiouvilleの定理よりfは定数となる。

注意 fを定数でない楕円函数とする。任意のcCに対して、fcもまた楕円函数である。ここで必要ならΔを少しずらすことでΔ内部にfcの零点が全て含まれるようにできる。このとき同様に有限個であることが分かるため、この意味でfc点もまたΔ内部で有限個である。

命題 fを定数でない楕円函数とする。Δ内部における極と零点の重複込みの個数は一致し、一般にc点の重複込みの個数も一致する。更にΔ内部における零点を重複込みでa1,,anとし、極を重複込みでb1,,bnとすると、

i=1naii=1nbimodΩ

が成り立つ。

(証明)偏角の原理を思い出す。fak位ならf(z)=(za)kg(z)と表せる。(gaで正則でg(a)0を満たす。)このとき

f(z)f(z)=kza+g(z)g(z)

となるが、g(z)/g(z)aで正則なのでCaaまわりの円周として

k=12π1Caf(z)f(z)dz

となる。従って零点がN個、極がM個なら

NM=12π1Cf(z)f(z)dz=0

となり一致する。(f/fは楕円函数であり、最後の等式はその周期性より従う。)

同様に

zf(z)f(z)=(a+(za))f(z)f(z)=akza+hol.

だから

i=1naii=1nbi=12π1Czf(z)f(z)dz=12π1{tt+2ω1+t+2ω1t+2ω1+2ω2+t+2ω1+2ω2t+2ω2+t+2ω2t}zf(z)f(z)dz=12π1{2ω1tt+2ω22ω2tt+2ω1}f(z)f(z)dz

となる。ここでzが線分[t,t+2ωi]上を動くとき、周期性よりf(z)は原点周りを何週かしてf(t)に戻ってくる。f/fの積分はlogfなので、その回数分2π1が現れる。結局

i=1naii=1nbi=2mω1+2nω2=Ωm,nΩ

となる。

定義 楕円函数fについて、Δ内の極の重複込みの個数をfの位数と呼ぶ。

位数ゼロの楕円函数は定数である。また留数の和がゼロという性質から、定数でない楕円函数の位数は2以上となる。位数2の楕円函数を考えると、次のパターンがある。

  • 1箇所に2位の極を持ち、留数はゼロである。(z)
  • 2箇所に1位の極を持ち、留数は互いに逆である。sn(z)

Weierstrassの函数

函数(z)を以下で定める。

(z):=1z2+ωΩ(1(zω)21ω2)

ただしはゼロを除く和とする。これは収束していてC上有理型となる。Δ内部の極はz0のみで、位数は2、留数はゼロである。

定義 (z)Wierstrassの(ペー)函数 という。

ω1=π/2,ω2とするとω=2mω1+2nω2に対してn=0の項だけが残り

1z2+m(1(zπm)21(πz)2)=m=1(zπm)22π2m=11m2=1sin2z13

だから函数は概ねcosec2(z)のようなものである。

函数の微分は、項別微分して

(z)=2ω1(zω)3

と分かる。

命題 函数に対して以下が成り立つ。

  • (z)は奇函数、(z)は偶函数である。
  • (z),(z)は共に楕円函数である。

(証明)(z)について

(z)=21(zω)3=21(z(ω))3=(z)

より(z)は奇函数である。同様に(z)は偶関数である。

まずwp(z)について

(z+2ω1)=21(z+2ω1Ωm,n)3=21(zΩm1,n)3=(z)

より楕円函数である。従って積分すると

(z+2ω1)=(z)+const.

となるが、z=ω1と置けば偶関数より定数部分はゼロとなる。故に(z)も楕円函数である。

命題 (z)

(dydz)2=4y3g2yg3

の解である。ただし

g2=601ω4,g3=1401ω6

とする。

(証明)ϕ(z)=(z)1/z2は原点で正則な偶関数であるからϕ(z)=a0+a2z2+a4z4+と表せる。すると

a0=ϕ(0)=(1(ω)21ω2)=0

より(z)=z2+a2z2+a4z4+となる。頑張って計算すると

(z)24(z)3+20a2(z)=28a4+higher.

となる。左辺は楕円函数なので右辺も楕円函数だから定数となる。あとは係数を計算すると

a2=ϕ(2)(0)2!=31ω4,a4=51ω6,

より目的の微分方程式を満たすことが分かる。

ちなみに

a2=g220,a4=g328,a6=g221200,a8=3g2g36160,a10=g23156000+g3210192,a12=g22g3184800,

と順次g2,g3によって求めていくことができる。具体的には函数はg2g3によって決まる。

注意 逆にy=(u(z))が解なら()2u˙2=43g2g3=()2よりu˙2=1だからu=±z+αとなる。よってy=(±z+α)=(z±α)を得る。従って一般解は(z+α)である。

注意 ()2=43g2g3を更に微分すると2(2)=122g2だから

(2)=62g22,(3)=12

を得る。特にはパンルヴェI(y(2)=6y2+t)のtg2/2における自励極限であることが分かる。

投稿日:20201119
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