Weierstrassの$\wp$函数ショートコース（２）

$\mathrm{\wp }$函数の加法定理

${\mathrm{\wp }}^{\prime }(z)$は$z\equiv 0$に$3$位の極を持つから、同じ数の零点が$\mathrm{\Delta }$内部に存在する。まず奇函数だから${\mathrm{\wp }}^{\prime }(z+2{\omega }_1)={\mathrm{\wp }}^{\prime }(z)$に$z=-{\omega }_1$を代入して${\mathrm{\wp }}^{\prime }({\omega }_1)=0$を得る。同様に${\mathrm{\wp }}^{\prime }({\omega }_2)={\mathrm{\wp }}^{\prime }({\omega }_1+{\omega }_2)=0$である。つまり${\omega }_1,{\omega }_2,{\omega }_1+{\omega }_2$が${\mathrm{\wp }}^{\prime }(z)$の零点を与える。以下この点での$\mathrm{\wp }(z)$の値を

$$\begin{array}{rlrlrl}{e}_1& =\mathrm{\wp }({\omega }_1),& e_2& =\mathrm{\wp }({\omega }_2),& e_3& =\mathrm{\wp }({\omega }_1+{\omega }_2)\end{array}$$

とする。

命題 以下が成り立つ。

• $e_1,e_2,e_3$は互いに異なる。
• $4y^3-g_{2}y-g_3=4(y-e_1)(y-e_2)(y-e_3)$が成り立つ。

（証明）互いに異なることは$f(z):=\mathrm{\wp }(z)-e_r$を考えればよい。実際$f^{\prime }(z)={\mathrm{\wp }}^{\prime }(z)$より$f({\omega }_r)=f^{\prime }({\omega }_r)=0$だから、${\omega }_r$は$f$の少なくとも$2$位の零点となる。しかし$f$の位数は$2$だからこれ以上の零点はなく、即ち$e_1$は$e_2,e_3$と異なることが分かる。他も同様である。

${\mathrm{\wp }}^{\prime }(z{)}^2=4\mathrm{\wp }(z{)}^3-g_2\mathrm{\wp }(z)-g_3$に$z={\omega }_1,{\omega }_2,{\omega }_1+{\omega }_2$を代入すると$4e_r^3-g_2{e}_r-g_3=0$を得る。これらが互いに異なる所与の多項式の根であることが分かるので、最高次係数を合わせると命題の式が成り立つ。$◻$

更に解と係数の関係より

$$\begin{array}{rlrlrl}{e}_1+e_2+e_3& =0,& e_1{e}_2+e_2{e}_3+e_3{e}_1& =-\frac{g_2}{4},& e_1{e}_2{e}_3& =\frac{g_3}{4}\end{array}$$

を得る。また$(e_1+e_2+e_3{)}^2,(e_1+e_2+e_3{)}^3,(e_1-e_2)(e_2-e_3)(e_3-e_1)$等を計算すると

$$\begin{array}{rlrlrl}{g}_2& =2(e_1^2+e_2^2+e_3^2),& g_3& =\frac{4}{3}(e_1^3+e_2^3+e_3^3),& g_2^3-27g_3^2& =16(e_1-e_2{)}^2(e_2-e_3{)}^2(e_3-e_1{)}^2\end{array}$$

を得る。

定理 $u+v+w\equiv 0$に対し

$$\left|\begin{array}{ccc}\mathrm{\wp }(u)& {\mathrm{\wp }}^{\prime }(u)& 1\\ \mathrm{\wp }(v)& {\mathrm{\wp }}^{\prime }(v)& 1\\ \mathrm{\wp }(w)& {\mathrm{\wp }}^{\prime }(w)& 1\end{array}\right|=0$$

が成り立つ。

（証明）$\mathrm{\wp }(u),\mathrm{\wp }(v),\mathrm{\wp }(w)$は互いに異なるとしてよい。連立方程式

$$\begin{array}{rl}a\mathrm{\wp }(u)+b& ={\mathrm{\wp }}^{\prime }(u),\\ a\mathrm{\wp }(v)+b& ={\mathrm{\wp }}^{\prime }(v)\end{array}$$

の根$a,b$を取り、$f(z):=a\mathrm{\wp }(z)+b-{\mathrm{\wp }}^{\prime }(z)$とする。$f$は原点に$3$位の極を持つ位数$3$の楕円函数である。よって$u,v$それと$w^{\prime }$という零点が存在する。楕円函数の性質より零点と極の和は$\mathrm{mod}\mathrm{\Omega }$で一致する。よって$u+v+w^{\prime }\equiv 0+0+0$だから$w\equiv w^{\prime }$となる。つまり$w$もまた$f$の零点である。$a,b$を消去すれば定理の式を得る。$◻$

系 （加法定理、倍各公式）一般の$u,v$に対して

$$\mathrm{\wp }(u+v)=\frac{1}{4}{\left\{\frac{{\mathrm{\wp }}^{\prime }(u)-{\mathrm{\wp }}^{\prime }(v)}{\mathrm{\wp }(u)-\mathrm{\wp }(v)}\right\}}^2-\mathrm{\wp }(u)-\mathrm{\wp }(v)$$

が成り立つ。特に$v\to u$とすれば

$$\mathrm{\wp }(2u)=\frac{1}{4}{\left\{\frac{{\mathrm{\wp }}^{(2)}(u)}{{\mathrm{\wp }}^{\prime }(u)}\right\}}^2-2\mathrm{\wp }(u)$$

が成り立つ。

（証明）$u+v+w\equiv 0$とする。定理の証明の$a,b$について

$$\begin{array}{rl}g(z)& =(a\mathrm{\wp }(z)+b{)}^2-{\mathrm{\wp }}^{\prime }(z{)}^2\\ & =-4\mathrm{\wp }(z{)}^3+a^2\mathrm{\wp }(z{)}^2+(2ab+g_2)\mathrm{\wp }(z)+b^2+g_3\end{array}$$

とおくと、$g(u)=g(v)=g(w)=0$より$\mathrm{\wp }(u),\mathrm{\wp }(v),\mathrm{\wp }(w)$は

$$-4t^3+a^2{t}^2+(2ab+g_2)t+b^2{g}_3=0$$

の解である。解と係数の関係より

$$\mathrm{\wp }(u)+\mathrm{\wp }(v)+\mathrm{\wp }(w)=\frac{a^2}{4}=\frac{1}{4}{\left\{\frac{{\mathrm{\wp }}^{\prime }(u)-{\mathrm{\wp }}^{\prime }(v)}{\mathrm{\wp }(u)-\mathrm{\wp }(v)}\right\}}^2$$

だが、$\mathrm{\wp }(w)=\mathrm{\wp }(-u-v)=\mathrm{\wp }(u+v)$より求める式を得る。$◻$

逆関数${\mathrm{\wp }}^{-1}$について

定義 函数$w(z)$に対し、

$$\{w;z\}:={\left\{\frac{w^{(2)}}{w^{\prime }}\right\}}^{\prime }-\frac{1}{2}{\left\{\frac{w^{(2)}}{w^{\prime }}\right\}}^2=\frac{w^{(3)}}{w^{\prime }}-\frac{3}{2}{\left(\frac{w^{(2)}}{w^{\prime }}\right)}^2$$

を Schwarz微分 という。

次の命題は計算すれば示せる。

命題 以下が成り立つ。

• $ad-bc\ne 0$なら$\{w;z\}=\{(aw+b)/(cw+d);z\}$が成り立つ。
• $\{w;z\}=0$は、$w=(az+b)/(cw+d)$と表せることと同値である。
• $\{w;z\}+(w^{\prime }{)}^2\{z;w\}=0$が成り立つ。

補題 二階の微分方程式

$$\frac{{\mathrm{d}}^{2}v}{\mathrm{d}{z}^2}+\frac{1}{2}Q(z)v=0$$

の解を$a,b$とする。$w=b/a$とすると$\{w;z\}=Q(z)$が成り立つ。

（証明）$aw=b$を逐次微分すると

$$\begin{array}{rl}aw& =b,\\ a^{\prime }w+a{w}^{\prime }& =b^{\prime },\\ a^{(2)}w+2a^{\prime }{w}^{\prime }+a{w}^{(2)}& =b^{(2)},\\ a^{(3)}w+3a^{(2)}{w}^{\prime }+3a^{\prime }{w}^{(2)}+a{w}^{(3)}& =b^{(3)}\end{array}$$

となる。よって

$$\begin{array}{rl}\frac{w^{(3)}}{w^{(2)}}=\frac{a{w}^{(3)}}{a{w}^{(2)}}& =\frac{b^{(3)}}{a{w}^{(2)}}-3\frac{a^{\prime }}{a}-3\frac{a^{(2)}}{a}\frac{w^{\prime }}{w^{(2)}}-\frac{a^{(3)}}{a}\frac{w}{w^{(2)}},\\ \frac{w^{(2)}}{w^{\prime }}=\frac{a{w}^{(2)}}{a{w}^{\prime }}& =\frac{b^{(2)}}{a{w}^{\prime }}-2\frac{a^{\prime }}{a}-\frac{a^{(2)}}{a}\frac{w}{w^{\prime }}\end{array}$$

となるから、

$$\begin{array}{r}\frac{w^{(3)}}{w^{(2)}}-\frac{3}{2}\frac{w^{(2)}}{w^{\prime }}=\frac{b^{(3)}}{a{w}^{(2)}}-\frac{3}{2}\frac{b^{(2)}}{a{w}^{\prime }}-3\frac{a^{(2)}}{a}\frac{w^{\prime }}{w^{(2)}}+\frac{3}{2}\frac{a^{(2)}}{a}\frac{w}{w^{\prime }}-\frac{a^{(3)}}{a}\frac{w}{w^{(2)}}\end{array}$$

を得る。故に

$$\begin{array}{rl}\frac{w^{(3)}}{w^{\prime }}-\frac{3}{2}{\left(\frac{w^{(2)}}{w^{\prime }}\right)}^2& =\frac{w^{(2)}}{w^{\prime }}(\frac{w^{(3)}}{w^{(2)}}-\frac{3}{2}\frac{w^{(2)}}{w^{\prime }})\\ & =\frac{b^{(3)}}{a{w}^{\prime }}-\frac{3}{2}\frac{b^{(2)}{w}^{(2)}}{a(w^{\prime }{)}^2}-3\frac{a^{(2)}}{a}+\frac{3}{2}\frac{a^{(2)}}{a}\frac{w{w}^{(2)}}{(w^{\prime }{)}^2}-\frac{a^{(3)}}{a}\frac{w}{w^{\prime }} \\ & =\frac{1}{a{w}^{\prime }}(b^{(3)}-a^{(3)}w)-\frac{3w^{(2)}}{2a(w^{\prime }{)}^2}(b^{(2)}-a^{(2)}w)-3\frac{a^{(2)}}{a}\end{array}$$

だが、$a,b$は微分方程式の解なので

$$\begin{array}{rl}\frac{a^{(2)}}{a}& =-\frac{1}{2}Q,\\ b^{(2)}-a^{(2)}w& =-\frac{1}{2}Q(b-aw)=0,\\ b^{(3)}-a^{(3)}w& =-\frac{1}{2}{Q}^{\prime }(b-aw)-\frac{1}{2}Q(b^{\prime }-a{w}^{\prime })=-\frac{1}{2}Qa{w}^{\prime }\end{array}$$

が成り立つ。これを代入すると

$$\{w;z\}=\frac{w^{(3)}}{w^{\prime }}-\frac{3}{2}{\left(\frac{w^{(2)}}{w^{\prime }}\right)}^2=Q$$

を得る。$◻$

今$y=\mathrm{\wp }(z)$は

$$(y^{\prime }{)}^2=4(y-e_1)(y-e_2)(y-e_3)$$

を満たしていた。微分して上の式で両辺をそれぞれ割ると

$$2\frac{y^{(2)}}{y^{\prime }}=\sum _{r=1}^3\frac{y^{\prime }}{y-e_r}$$

となる。更に$2y^{\prime }$で割り、もう一度微分すると

$$\frac{y^{(3)}(y^{\prime }{)}^2-2(y^{(2)}{)}^2{y}^{\prime }}{(y^{\prime }{)}^4}=-\frac{1}{2}\sum _{r=1}^3\frac{y^{\prime }}{(y-e_r{)}^2}$$

より

$$\frac{y^{(3)}}{(y^{\prime }{)}^3}-\frac{2(y^{(2)}{)}^2}{(y^{\prime }{)}^4}=-\frac{1}{2}\sum _{r=1}^3\frac{1}{(y-e_r{)}^2}$$

を得る。

定理 ${\mathbb{P}}^1$上多価な函数$z={\mathrm{\wp }}^{-1}(y)$は、$2$階の微分方程式

$$\frac{{\mathrm{d}}^{2}v}{\mathrm{d}y}+[\frac{1}{4}\sum _{r=1}^3\frac{1}{(y-e_r{)}^2}-\frac{1}{16}{\left(\sum _{r=1}^3\frac{1}{y-e_r}\right)}^2]v=0$$

の解$v_1,v_2$の比$v_2/v_1$と等しい。

（証明）補題より$\{z;y\}$を計算すればよい。

$$\begin{array}{rl}\{z;y\}& =-\frac{1}{(y^{\prime }{)}^2}\{y;z\}=-\frac{y^{(3)}}{(y^{\prime }{)}^3}+\frac{3}{2}\frac{(y^{(2)}{)}^2}{(y^{\prime }{)}^4}\\ & =-\frac{1}{2}\frac{(y^{(2)}{)}^2}{(y^{\prime }{)}^4}+\frac{1}{2}\sum _{r=1}^3\frac{1}{(y-e_r{)}^2}\\ & =\frac{1}{2}\sum _{r=1}^3\frac{1}{(y-e_r{)}^2}-\frac{1}{8}{\left(\sum _{r=1}^3\frac{1}{y-e_r}\right)}^2\end{array}$$

より示される。$◻$