Weierstrassの楕円関数のq級数による理解

定義

まず, 格子$\Lambda:=\{m\omega_1+n\omega_2;m,n\in\ZZ\}$に対し, Weierstrassの$\sigma$関数は
\begin{align} \sigma(z;\Lambda):=z\prod_{\omega\in\Lambda-\{0\}}\left(1-\frac z{\omega}\right)\exp\left(\frac z{\omega}+\frac{z^2}{2\omega^2}\right) \end{align}
によって定義される. 今回は$\omega_1=1,\omega_2=\tau$であるような$\Lambda$に対し,
\begin{align} \sigma(z):=\sigma(z;\tau)=\sigma(z;\Lambda) \end{align}
と定義する. 明示的に表すと
\begin{align} \sigma(z)&=z\prod_{(m,n)\in\ZZ^2-\{(0,0)\}}\left(1-\frac{z}{m+n\tau}\right)\exp\left(\frac{z}{m+n\tau}+\frac{z^2}{2(m+n\tau)^2}\right) \end{align}
となる. 次に, Weierstrassの$\zeta$関数, $\wp$関数は$\sigma$関数を用いて$z$に関する微分を$'$で表すこととして,
\begin{align} \zeta(z)&:=\frac{\sigma'(z)}{\sigma(z)}\\ \wp(z)&:=-\zeta'(z) \end{align}
と定義できる. これらは明示的に
\begin{align} \zeta(z)&=\frac 1z+\sum_{(m,n)\in\ZZ^2-{(0,0)}}\left(\frac 1{z-m-n\tau}+\frac 1{m+n\tau}+\frac{z}{(m+n\tau)^2}\right)\\ \wp(z)&=\frac 1{z^2}+\sum_{(m,n)\in\ZZ^2-\{(0,0)\}}\left(\frac 1{(z-m-n\tau)^2}-\frac 1{(m+n\tau)^2}\right) \end{align}
と書くことができる. これらに関しては 子葉さんの記事 でも詳しく解説されているが, 今回は上の定義から楕円関数論によらずに直接$q$級数表示を導き, これらの関数の間の基本的な等式を楕円関数論を用いず$q$級数の等式として示すことを目標とする.

$q$級数表示

$\sigma$の無限積は絶対収束しているので,
\begin{align} \sigma(z)&=z\prod_{(m,n)\in\ZZ^2-\{(0,0)\}}\left(1-\frac{z}{m+n\tau}\right)\exp\left(\frac{z}{m+n\tau}+\frac{z^2}{2(m+n\tau)^2}\right)\\ &=z\left(\prod_{m\neq 0}\left(1-\frac{z}{m}\right)\exp\left(\frac{z}{m}+\frac{z^2}{2m^2}\right)\right)\prod_{n\neq 0}\prod_{m\in\ZZ}\left(1-\frac{z}{m+n\tau}\right)\exp\left(\frac{z}{m+n\tau}+\frac{z^2}{2(m+n\tau)^2}\right) \end{align}
とすると, 三角関数の無限乗積展開より,
\begin{align} &\prod_{m\neq 0}\left(1-\frac{z}{m}\right)\exp\left(\frac{z}{m}+\frac{z^2}{2m^2}\right)\\ &=\left(\prod_{0< m}\left(1-\frac{z}{m}\right)\exp\left(\frac{z}{m}+\frac{z^2}{2m^2}\right)\right)\prod_{m<0}\left(1-\frac{z}{m}\right)\exp\left(\frac{z}{m}+\frac{z^2}{2m^2}\right)\\ &=\prod_{0< m}\left(1-\frac{z^2}{m^2}\right)\exp\left(\frac{z^2}{m^2}\right)\\ &=\frac{\sin\pi z}{\pi z}\exp\left(z^2\sum_{0< m}\frac 1{m^2}\right) \end{align}
と表される. 次に,
\begin{align} &\prod_{n\neq 0}\prod_{m\in\ZZ}\left(1-\frac{z}{m+n\tau}\right)\exp\left(\frac{z}{m+n\tau}+\frac{z^2}{2(m+n\tau)^2}\right)\\ &=\prod_{0< n}\prod_{m\in\ZZ}\left(1-\frac{z}{m+n\tau}\right)\exp\left(\frac{z}{m+n\tau}+\frac{z^2}{2(m+n\tau)^2}\right)\\ &\qquad\cdot\prod_{n<0}\prod_{m\in\ZZ}\left(1-\frac{z}{m+n\tau}\right)\exp\left(\frac{z}{m+n\tau}+\frac{z^2}{2(m+n\tau)^2}\right)\\ &=\prod_{0< n}\prod_{m\in\ZZ}\left(1-\frac{z}{m+n\tau}\right)\exp\left(\frac{z}{m+n\tau}+\frac{z^2}{2(m+n\tau)^2}\right)\\ &\qquad\cdot\prod_{0< n}\prod_{m\in\ZZ}\left(1+\frac{z}{m+n\tau}\right)\exp\left(-\frac{z}{m+n\tau}+\frac{z^2}{2(m+n\tau)^2}\right)\\ &=\prod_{0< n}\prod_{m\in\ZZ}\left(1-\frac{z^2}{(m+n\tau)^2}\right)\exp\left(\frac{z^2}{(m+n\tau)^2}\right) \end{align}
ここで, 三角関数の無限乗積展開より,
\begin{align} \prod_{m\in\ZZ}\left(1-\frac{z^2}{(m+n\tau)^2}\right)&=\frac{(n\tau-z)(n\tau+z)}{(n\tau)^2}\prod_{m\neq 0}\frac{\left(1+\frac{n\tau+z}{m}\right)\left(1+\frac{n\tau-z}{m}\right)}{\left(1+\frac{n\tau}m\right)^2}\\ &=\frac{(n\tau-z)(n\tau+z)}{(n\tau)^2}\prod_{0< m}\frac{\left(1-\frac{(n\tau+z)^2}{m^2}\right)\left(1-\frac{(n\tau-z)^2}{m^2}\right)}{\left(1-\frac{(n\tau)^2}{m^2}\right)^2}\\ &=\frac{\sin\pi(n\tau+z)\sin\pi(n\tau -z)}{\sin^2\pi n\tau} \end{align}
であるからこれを代入して,
\begin{align} &\prod_{0< n}\prod_{m\in\ZZ}\left(1-\frac{z^2}{(m+n\tau)^2}\right)\exp\left(\frac{z^2}{(m+n\tau)^2}\right)\\ &=\prod_{0< n}\left(\frac{\sin\pi(n\tau+z)\sin\pi(n\tau -z)}{\sin^2\pi n\tau}\prod_{m\in\ZZ}\exp\left(\frac{z^2}{(m+n\tau)^2}\right)\right)\\ &=\exp\left(z^2\sum_{0< n}\sum_{m\in\ZZ}\frac 1{(m+n\tau)^2}\right)\prod_{0< n}\frac{\sin\pi(n\tau+z)\sin\pi(n\tau -z)}{\sin^2\pi n\tau} \end{align}
これらの計算を合わせると,
\begin{align} \sigma(z)&=\exp\left(z^2\left(\sum_{0< m}\frac 1{m^2}+\sum_{0< n}\sum_{m\in\ZZ}\frac 1{(m+n\tau)^2}\right)\right)\frac{\sin\pi z}{\pi}\prod_{0< n}\frac{\sin\pi(n\tau+z)\sin\pi(n\tau -z)}{\sin^2\pi n\tau} \end{align}
を得る. $q=e^{2\pi i\tau}$として, よく知られた等式
\begin{align} \sum_{0< n}\frac 1{n^2}&=\frac{\pi^2}6\\ \sum_{n\in\ZZ}\frac 1{(n+x)^2}&=\frac{\pi^2}{\sin^2\pi x} \end{align}
を用いれば,
\begin{align} \sum_{0< m}\frac 1{m^2}+\sum_{0< n}\sum_{m\in\ZZ}\frac 1{(m+n\tau)^2}&=\frac{\pi^2}6+\sum_{0< m}\frac{\pi^2}{\sin^2 \pi n\tau}\\ &=\frac{\pi^2}6\left(1-24\sum_{0< n}\frac{q^n}{(1-q^n)^2}\right)\\ &=\frac{\pi^2}6E_2(\tau) \end{align}
と表すことができる. ここに, $E_2(\tau)$はEisenstein級数
\begin{align} E_2(\tau):=1-24\sum_{0< n}\frac{q^n}{(1-q^n)^2} \end{align}
である. 積の部分は
\begin{align} \frac{\sin\pi(n\tau+z)\sin\pi(n\tau -z)}{\sin^2\pi n\tau}&=\frac{(1-e^{2\pi i(n\tau +z)})(1-e^{2\pi i(n\tau -z)})}{(1-e^{2\pi i n\tau})^2}\\ &=\frac{(1-e^{2\pi iz}q^n)(1-e^{-2\pi iz}q^n)}{(1-q^n)^2} \end{align}
となるので,
\begin{align} \prod_{0< n}\frac{\sin\pi(n\tau+z)\sin\pi(n\tau -z)}{\sin^2\pi n\tau}&=\prod_{0< n}\frac{(1-e^{2\pi iz}q^n)(1-e^{-2\pi iz}q^n)}{(1-q^n)^2}\\ &=\frac{(e^{2\pi iz}q,e^{-2\pi iz}q;q)_{\infty}}{(q;q)_{\infty}^2} \end{align}
となる. ここで, $(x;q)_{\infty}:=\prod_{0\leq n}(1-xq^n),\quad (a_1,\dots,a_r;q)_{\infty}:=(a_1;q)_{\infty}\cdots(a_r;q)_{\infty}$である. 以上をまとめて以下を得る.

次に2つ目の式の$z$に関する対数微分により,
\begin{align} \zeta(z)&=\frac{d}{dz}\left(\frac{\pi^2}6E_2(\tau)z^2-\pi iz+\sum_{0\leq n}\ln(1-e^{2\pi iz}q^n)+\sum_{0< n}\ln(1-e^{-2\pi iz}q^n)\right)\\ &=\frac{\pi^2}3E_2(\tau)z-\pi i-2\pi i\sum_{0\leq n}\frac{e^{2\pi iz}q^n}{1-e^{2\pi iz}q^n}+2\pi i\sum_{0< n}\frac{e^{-2\pi iz}q^n}{1-e^{-2\pi iz}q^n}\\ &=\frac{\pi^2}3E_2(\tau)z-2\pi i\left(\frac 12+\sum_{0\leq n}\frac{e^{2\pi iz}q^n}{1-e^{2\pi iz}q^n}-\sum_{0< n}\frac{e^{-2\pi iz}q^n}{1-e^{-2\pi iz}q^n}\right) \end{align}
つまり以下を得る.

これは,
\begin{align} \frac 12+\sum_{0\leq n}\frac{e^{2\pi iz}q^n}{1-e^{2\pi iz}q^n}-\sum_{0< n}\frac{e^{-2\pi iz}q^n}{1-e^{-2\pi iz}q^n}&=\frac i2\cot\pi z+\sum_{0< n,m}(e^{2\pi imz}-e^{-2\pi imz})q^{nm}\\ &=\frac i2\cot\pi z+2i\sum_{0< m}\frac{q^m\sin 2\pi mz}{1-q^m} \end{align}
と書き換えることにより,
\begin{align} \zeta(z) &=\frac{\pi^2}3E_2(\tau)z+\pi\cot\pi z+4\pi\sum_{0< m}\frac{q^m\sin 2\pi mz}{1-q^m} \end{align}
と書くこともできる. 定理2をさらに$z$に関して微分して$-1$倍すると,
\begin{align} \wp(z) &=-\frac{\pi^2}{3}E_2(\tau)+2\pi i\left(2\pi i\sum_{0\leq n}\frac{e^{2\pi iz}q^n}{(1-e^{2\pi iz}q^n)^2}+2\pi i\sum_{0< n}\frac{e^{-2\pi iz}q^n}{(1-e^{-2\pi iz}q^n)^2}\right)\\ &=-4\pi^2\left(\sum_{n\in\ZZ}\frac{e^{2\pi iz}q^n}{(1-e^{2\pi iz}q^n)^2}+\frac{1}{12}E_2(\tau)\right) \end{align}
が得られる.

さらに微分したものの表示も得ておく.

$\wp$と$\sigma$の関係

$\sigma,\zeta,\wp$の$q$級数としての表示が得られたので, それらの間の関係式を$q$級数の観点から考える. $\wp$と$\sigma$の間には以下の関係式が知られている.

左辺は定理3を用いて書き換えると,
\begin{align} -4\pi^2\sum_{n\in\ZZ}\left(\frac{e^{2\pi iv}q^n}{(1-e^{2\pi iv}q^n)^2}-\frac{e^{2\pi iu}q^n}{(1-e^{2\pi iu}q^n)^2}\right) \end{align}
一方, 右辺を定理1の2つ目の表示を用いて書き換えると,
\begin{align} -4\pi^2 e^{2\pi iv}\frac{(e^{2\pi i(u+v)},q/e^{2\pi i(u+v)},e^{2\pi i(u-v)},q/e^{2\pi i(u-v)};q)_{\infty}(q;q)_{\infty}^4}{(e^{2\pi iu},q/e^{2\pi iu},e^{2\pi iv},q/e^{2\pi iv};q)_{\infty}^2} \end{align}
よって上の等式は$a=e^{2\pi iv},b=e^{2\pi iu}$として
\begin{align} \sum_{n\in\ZZ}\left(\frac{aq^n}{(1-aq^n)^2}-\frac{bq^n}{(1-bq^n)^2}\right)&=a\frac{(ab,q/ab,b/a,aq/b;q)_{\infty}(q;q)_{\infty}^4}{(a,q/a,b,q/b;q)_{\infty}^2} \end{align}
と書き換えられる. これは 前の記事 で扱ったBaileyによる公式であり, $q$級数の観点から示すことができる.

$\zeta$と$\sigma$の関係

$\zeta$と$\sigma$の間には以下の関係式が知られている.

この関係式はG.Halphenによるものと記憶しているが, 今調べても出てこなかったので確信は持てないところである. これは$\zeta,\sigma$が奇関数であることを用いて, $a+c\mapsto A,c-a\mapsto B,b-c\mapsto C$として置き換えると,
\begin{align} \zeta(A)+\zeta(B)+\zeta(C)-\zeta(A+B+C)&=\frac{\sigma(A+B)\sigma(A+C)\sigma(B+C)}{\sigma(A)\sigma(B)\sigma(C)\sigma(A+B+C)} \end{align}
と書ける. 右辺は定理2を用いて書き直すと
\begin{align} &1+\sum_{0\leq n}\frac{e^{2\pi iA}q^n}{1-e^{2\pi iA}q^n}-\sum_{0< n}\frac{q^n/e^{2\pi iA}}{1-q^n/e^{2\pi iA}}\\ &\qquad+\sum_{0\leq n}\frac{e^{2\pi iB}q^n}{1-e^{2\pi iB}q^n}-\sum_{0< n}\frac{q^n/e^{2\pi iB}}{1-q^n/e^{2\pi iB}}\\ &\qquad+\sum_{0\leq n}\frac{e^{2\pi iC}q^n}{1-e^{2\pi iC}q^n}-\sum_{0< n}\frac{q^n/e^{2\pi iC}}{1-q^n/e^{2\pi iC}}\\ &\qquad-\sum_{0\leq n}\frac{e^{2\pi i(A+B+C)}q^n}{1-e^{2\pi i(A+B+C)}q^n}+\sum_{0< n}\frac{q^n/e^{2\pi i(A+B+C)}}{1-q^n/e^{2\pi i(A+B+C)}} \end{align}
に$-2\pi i$を掛けたものになる. 一方, 右辺は定理1の2つ目の式を用いて書き換えると,
\begin{align} -2\pi i\frac{(e^{2\pi i(A+B)},q/e^{2\pi i(A+B)},e^{2\pi i(A+C)},q/e^{2\pi i(A+C)},e^{2\pi i(B+C)},q/e^{2\pi i(B+C)},q,q;q)_{\infty}}{(e^{2\pi iA},q/e^{2\pi iA},e^{2\pi iB},q/e^{2\pi iB},e^{2\pi iC},q/e^{2\pi iC},e^{2\pi i(A+B+C)},q/e^{2\pi i(A+B+C)};q)_{\infty}} \end{align}
となる. よって改めて$a=e^{2\pi iA},b=e^{2\pi iB},c=e^{2\pi iC}$として,
\begin{align} &1+\sum_{0\leq n}\frac{aq^n}{1-aq^n}-\sum_{0< n}\frac{q^n/a}{1-q^n/a}\\ &\qquad+\sum_{0\leq n}\frac{bq^n}{1-bq^n}-\sum_{0< n}\frac{q^n/b}{1-q^n/b}\\ &\qquad+\sum_{0\leq n}\frac{cq^n}{1-cq^n}-\sum_{0< n}\frac{q^n/c}{1-q^n/c}\\ &\qquad-\sum_{0\leq n}\frac{abcq^n}{1-abcq^n}+\sum_{0< n}\frac{q^n/abc}{1-q^n/abc}\\ &=\frac{(ab,q/ab,ac,q/ac,bc,q/bc,q,q;q)_{\infty}}{(a,q/a,b,q/b,c,q/c,abc,q/abc;q)_{\infty}} \end{align}
となる. これは Andrews-Lewis-Liuによる恒等式 であり, これも$q$級数の観点から証明が与えられている.

実は定理6から定理5を導くことができる.
\begin{align} \zeta(A)+\zeta(B)+\zeta(C)-\zeta(A+B+C)&=\frac{\sigma(A+B)\sigma(A+C)\sigma(B+C)}{\sigma(A)\sigma(B)\sigma(C)\sigma(A+B+C)} \end{align}
を$A$に関して微分して$-1$倍すると,
\begin{align} \wp(A)-\wp(A+B+C)&=\frac{\sigma(A+B)\sigma(A+C)\sigma(B+C)}{\sigma(A)\sigma(B)\sigma(C)\sigma(A+B+C)}(\zeta(A)-\zeta(A+B)-\zeta(A+C)+\zeta(A+B+C)) \end{align}
となる. ここで, 右辺の$\zeta$に定理6を適用して$A\mapsto v, A+B+C\mapsto u$とすれば定理5が得られる. また, 定理5は
\begin{align} \zeta(A)+\zeta(B)+\zeta(C)-\zeta(A+B+C)&=\frac{\sigma(A+B)\sigma(A+C)\sigma(B+C)}{\sigma(A)\sigma(B)\sigma(C)\sigma(A+B+C)} \end{align}
の両辺を$A+B$で割って$B\to -A$とすることによっても示すことができる.

$\wp'$と$\sigma$の関係

$\wp'$と$\sigma$の間には以下の関係がある.

これは定理4, 定理1を用いて書き換えると
\begin{align} \sum_{n\in\ZZ}\frac{e^{2\pi iv}q^n(1+e^{2\pi iv}q^n)}{(1-e^{2\pi iv}q^n)^3}&=e^{2\pi iv}\frac{(e^{4\pi iv},q/e^{4\pi iv};q)_{\infty}(q;q)_{\infty}^6}{(e^{2\pi iv},q/e^{2\pi iv};q)_{\infty}^4} \end{align}
となり, $x=e^{2\pi iv}$とすると,
\begin{align} \sum_{n\in\ZZ}\frac{q^n(1+xq^n)}{(1-xq^n)^3}&=\frac{(x^2,q/x^2;q)_{\infty}(q;q)_{\infty}^6}{(x,q/x;q)_{\infty}^4} \end{align}
と書き換えられる. これに関しては 前の記事 でも$q$級数の観点から証明を与えた.

定理7は定理5, 定理6から導くことができる. 定理5の式
\begin{align} \wp(v)-\wp(u)&=\frac{\sigma(u-v)\sigma(u+v)}{\sigma(u)^2\sigma(v)^2} \end{align}
の両辺を$v-u$で割って$u\to v$とすると,
\begin{align} \wp'(v)&=-\frac{\sigma'(0)\sigma(2v)}{\sigma(v)^4} \end{align}
を得るが, 定義より$\sigma'(0)=1$である.

$\wp$の微分方程式

$\wp$は以下の微分方程式を満たす.

定理5を用いると, 右辺を4で割ったものは
\begin{align} &(\wp(u)-e_1)(\wp(u)-e_2)(\wp(u)-e_3)\\ &=\frac{\sigma\left(u+\frac 12\right)\sigma\left(u-\frac 12\right)\sigma\left(u+\frac{\tau}2\right)\sigma\left(u-\frac{\tau}2\right)\sigma\left(u+\frac{1+\tau}2\right)\sigma\left(u-\frac{1+\tau}2\right)}{\sigma\left(\frac 12\right)\sigma\left(-\frac 12\right)\sigma\left(\frac{\tau}2\right)\sigma\left(-\frac{\tau}2\right)\sigma\left(\frac{1+\tau}2\right)\sigma\left(-\frac{1+\tau}2\right)\sigma(u)^6} \end{align}
となる. ここで, 定理1を用いると$w=e^{2\pi iu}$として,
\begin{align} &\frac{\sigma\left(u+\frac 12\right)\sigma\left(u-\frac 12\right)\sigma\left(u+\frac{\tau}2\right)\sigma\left(u-\frac{\tau}2\right)\sigma\left(u+\frac{1+\tau}2\right)\sigma\left(u-\frac{1+\tau}2\right)}{\sigma\left(\frac 12\right)\sigma\left(-\frac 12\right)\sigma\left(\frac{\tau}2\right)\sigma\left(-\frac{\tau}2\right)\sigma\left(\frac{1+\tau}2\right)\sigma\left(-\frac{1+\tau}2\right)}\\ &=\exp\left(\frac{\pi^2}6E_2(\tau)\cdot 6u^2\right)e^{-6\pi iu}\frac{(e^{2\pi i\left(u+\frac 12\right)},q/e^{2\pi i\left(u+\frac 12\right)},e^{2\pi i\left(u-\frac 12\right)},q/e^{2\pi i\left(u-\frac 12\right)},e^{2\pi i\left(u+\frac \tau2\right)},q/e^{2\pi i\left(u+\frac \tau2\right)},e^{2\pi i\left(u-\frac \tau2\right)},q/e^{2\pi i\left(u-\frac \tau2\right)};q)_{\infty}}{(e^{\pi i},q/e^{\pi i},e^{-\pi i},q/e^{-\pi i},e^{\pi i\tau},q/e^{\pi i\tau},e^{-\pi i\tau},q/e^{-\pi i\tau};q)_{\infty}}\\ &\qquad\cdot\frac{(e^{2\pi i\left(u+\frac{1+\tau}2\right)},q/e^{2\pi i\left(u+\frac{1+\tau}2\right)},e^{2\pi i\left(u-\frac{1+\tau}2\right)},q/e^{2\pi i\left(u-\frac{1+\tau}2\right)};q)_{\infty}}{(e^{\pi i(1+\tau)},q/e^{\pi i(1+\tau)},e^{-\pi i(1+\tau)},q/e^{-\pi i(1+\tau)};q)_{\infty}}\\ &=\exp\left(\frac{\pi^2}6E_2(\tau)\cdot 6u^2\right)w^{-3}\frac{(-w,-q/w,-w,-q/w,wq^{\frac 12},q^{\frac 12}/w,wq^{-\frac 12},q^{\frac 32}/w;q)_{\infty}}{(-1,-q,-1,-q,q^{\frac 12},q^{\frac 12},q^{-\frac 12},q^{\frac 32};q)_{\infty}}\\ &\qquad\cdot\frac{(-wq^{\frac 12},-q^{\frac 12}/w,-wq^{-\frac 12},-q^{\frac 32}/w;q)_{\infty}}{(-q^{\frac 12},-q^{\frac 12},-q^{-\frac 12},-q^{\frac 32};q)_{\infty}}\\ &=\exp\left(\frac{\pi^2}6E_2(\tau)\cdot 6u^2\right)w^{-1}\frac{(-w,-q/w,wq^{\frac 12},q^{\frac 12}/w,-wq^{\frac 12},-q^{\frac 12}/w;q)_{\infty}^2}{4(-q,q^{\frac 12},-q^{\frac 12};q)_{\infty}^4} \end{align}
ここで, 定義からすぐに分かる等式$(a,-a;q)_{\infty}=(a^2;q^2)_{\infty}, (a,aq;q^2)_{\infty}=(a;q)_{\infty}$などを用いて整理すると
\begin{align} &\exp\left(\frac{\pi^2}6E_2(\tau)\cdot 6u^2\right)w^{-1}\frac{(-w,-q/w,wq^{\frac 12},q^{\frac 12}/w,-wq^{\frac 12},-q^{\frac 12}/w;q)_{\infty}^2}{(-q,q^{\frac 12},-q^{\frac 12};q)_{\infty}^4}\\ &=\exp\left(\frac{\pi^2}6E_2(\tau)\cdot 6u^2\right)w^{-1}\frac{(w^2,q^2/w^2,w^2q,q/w^2;q^2)_{\infty}^2}{(q^2,q;q^2)_{\infty}^4}\frac{(q;q)_{\infty}^4}{(w,q/w;q)_{\infty}^2}\\ &=\exp\left(\frac{\pi^2}6E_2(\tau)\cdot 6u^2\right)w^{-1}\frac{(w^2,q/w^2;q)_{\infty}^2}{(w,q/w;q)_{\infty}^2}\\ &=\frac{\sigma(2u)^2}{\sigma(u)^2} \end{align}
となる. よって, 定理7と合わせて
\begin{align} (\wp(u)-e_1)(\wp(u)-e_2)(\wp(u)-e_3)&=\frac{\sigma(2u)^2}{4\sigma(u)^8}=\frac 14\wp'(u)^2 \end{align}
となるので定理8が得られる.

一方, $\wp$が満たす微分方程式は以下の表示を持つことも知られている.

定理8が示せているので, 元の$\wp$の定義に戻れば, そのLaurant展開を
\begin{align} \wp(u)&=\frac 1{u^2}+3G_4u^2+5G_6u^2+\cdots \end{align}
として, 定理8を展開したもの
\begin{align} \wp'(u)^2&=4\wp(u)^3-c_1\wp(u)^2-c_2\wp(u)-c_3 \end{align}
に代入して両辺の$u^n, n=-4,-2,0$の係数を比較すると,
\begin{align} c_1&=0\\ c_2&=g_2\\ c_3&=g_3 \end{align}
を得ることができる. これは楕円関数論によらない証明を与えている. $g_2,g_3$は
\begin{align} g_2&=\frac{4\pi^4}{3}\left(1+240\sum_{0< n}\frac{n^3q^n}{1-q^n}\right)\\ g_3&=\frac{8\pi^6}{27}\left(1-504\sum_{0< n}\frac{n^5q^n}{1-q^n}\right) \end{align}
と$q$級数表示できることはよく知られていることである. 一般にEisenstein級数$G_{2k}$がこのような$q$級数として表され, そのLaurant展開が
\begin{align} \wp(u)&=\frac 1{u^2}+3G_4u^2+5G_6u^2+\cdots \end{align}
となることを定理3を用いることによって, $q$級数の観点のみから導出することもできる.

一方, 定理8と定理9を比較して得られる等式
\begin{align} e_1+e_2+e_3&=0\\ e_1e_2+e_1e_3+e_2e_3&=-\frac 14g_2\\ e_1e_2e_3&=\frac 14g_3 \end{align}
を素朴に$q$級数の観点から理解するという試みにも一定の興味があるかもしれない. このうち1つ目の等式は, 定理3から
\begin{align} -\frac{e_1+e_2+e_3}{4\pi^2}&=-\sum_{n\in\ZZ}\frac{q^n}{(1+q^n)^2}+\sum_{n\in\ZZ}\frac{q^{n+\frac 12}}{(1-q^{n+\frac 12})^2}-\sum_{n\in\ZZ}\frac{q^{n+\frac 12}}{(1+q^{n+\frac 12})^2}+\frac{1}{4}E_2(\tau)\\ &=-\sum_{n\neq 0}\frac{q^n}{(1+q^n)^2}+4\sum_{n\in\ZZ}\frac{q^{2n+1}}{(1-q^{2n+1})^2}+\frac{1}{4}(E_2(\tau)-1)\\ &=\sum_{n\neq 0}\frac{q^n}{(1-q^n)^2}-\sum_{n\neq 0}\frac{q^n}{(1+q^n)^2}+4\sum_{n\in\ZZ}\frac{q^{2n+1}}{(1-q^{2n+1})^2}-4\sum_{n\neq 0}\frac{q^n}{(1-q^n)^2}\\ &=4\sum_{n\neq 0}\frac{q^{2n}}{(1-q^{2n})^2}+4\sum_{n\in\ZZ}\frac{q^{2n+1}}{(1-q^{2n+1})^2}-4\sum_{n\neq 0}\frac{q^n}{(1-q^n)^2}\\ &=0 \end{align}
となって示される. しかしながら, 残り2つの関係式を直接的に$q$級数の観点から示すことはそれほど容易ではなさそうである.

定理9の両辺を微分すると,
\begin{align} 2\wp'(u)\wp''(u)&=12\wp(u)^2\wp'(u)-g_2\wp'(u) \end{align}
を得る. 両辺を$2\wp'(u)$で割って以下を得る.

$\wp$の加法定理

$\wp$は以下の形の加法定理を満たす.

これは定理5と系1を用いて示すことができる. 定理5の式
\begin{align} \wp(v)-\wp(u)&=\frac{\sigma(u-v)\sigma(u+v)}{\sigma(u)^2\sigma(v)^2} \end{align}
を$u$に関して対数微分して
\begin{align} \frac{\wp'(u)}{\wp(u)-\wp(v)}&=\zeta(u+v)+\zeta(u-v)-2\zeta(u) \end{align}
これを$u,v$を入れ替えたものと足し合わせて2で割ると,
\begin{align} \frac 12\frac{\wp'(u)-\wp'(v)}{\wp(u)-\wp(v)}&=\zeta(u+v)-\zeta(u)-\zeta(v) \end{align}
を得る. $u\mapsto u+t,v\mapsto v+t$として両辺をtに関して微分してから$t=0$とすると,
\begin{align} -\frac 12\left(\frac{\wp'(u)-\wp'(v)}{\wp(u)-\wp(v)}\right)^2+\frac 12\frac{\wp''(u)-\wp''(v)}{\wp(u)-\wp(v)}&=-2\wp(u+v)+\wp(u)+\wp(v) \end{align}
ここで, 系1より,
\begin{align} \frac 12\frac{\wp''(u)-\wp''(v)}{\wp(u)-\wp(v)}&=3(\wp(u)+\wp(v)) \end{align}
であるからこれを代入して整理すれば定理10が得られる. この証明は系1を用いているが, 系1の証明には定理8の微分方程式が用いられている. この微分方程式を用いないような定理10の直接的な証明を$q$級数の観点から与えることはできるだろうか.

証明途中で用いた式
\begin{align} \frac 12\frac{\wp'(u)-\wp'(v)}{\wp(u)-\wp(v)}=\zeta(u+v)-\zeta(u)-\zeta(v) \end{align}
を定理10に代入すると以下の系を得ることができる.

これは$u+v+w=0$とすると,
\begin{align} \wp(u)+\wp(v)+\wp(w)&=(\zeta(u)+\zeta(v)+\zeta(w))^2 \end{align}
と対称的な形で書くことができる.

定理10において$v\to u$とすると以下の倍角公式を得る.

系2の両辺を$u$について微分すると,
\begin{align} \wp'(u+v)+\wp'(u)&=2(\zeta(u+v)-\zeta(u)-\zeta(v))(\wp(u)-\wp(u+v)) \end{align}
ここで
\begin{align} \zeta(u+v)-\zeta(u)-\zeta(v)&=\frac 12\frac{\wp'(u)-\wp'(v)}{\wp(u)-\wp(v)} \end{align}
を代入すると
\begin{align} \wp'(u+v)+\wp'(u)&=\frac{\wp'(u)-\wp'(v)}{\wp(u)-\wp(v)}(\wp(u)-\wp(u+v)) \end{align}
となる. これを整理すると,
\begin{align} (\wp(u)-\wp(v))\wp'(u+v)+(\wp(u+v)-\wp(v))\wp'(u)+(\wp(u+v)-\wp(u))\wp'(v)=0 \end{align}
を得る. これは以下のように行列式を用いて書き表せる.

これも加法定理と呼ばれるものである. $\wp'(u+v)$も混ざっているので一見定理10の方が強く見えるが, 微分したものも含めれば実際には系1の下で定理10と同値であると思われる. $u+v+w=0$とすれば, これも
\begin{align} \left|\begin{matrix}1& \wp(u)&\wp'(u)\\1 &\wp(v)&\wp'(v)\\1 & \wp(w)&\wp'(w)\end{matrix}\right|&=0 \end{align}
と対称的な形で表すことができる.

定理10が$q$級数の等式としてはどのようなものになっているのかを確認しよう. 左辺は定理3によって
\begin{align} -4\pi^2\left(\sum_{n\in\ZZ}\left(\frac{e^{2\pi iv}q^n}{(1-e^{2\pi iv}q^n)^2}+\frac{e^{2\pi iu}q^n}{(1-e^{2\pi iu}q^n)^2}+\frac{e^{2\pi i(u+v)}q^n}{(1-e^{2\pi i(u+v)}q^n)^2}\right)+\frac 14E_2(\tau)\right) \end{align}
となり, 右辺は分母を定理3, 分子を定理4によって書き表すと
\begin{align} &\frac 14\left(2\pi i\left(\sum_{n\in\ZZ}\left(\frac{e^{2\pi iu}q^n}{(1-e^{2\pi iu}q^n)^2}-\frac{e^{2\pi iv}q^n}{(1-e^{2\pi iv}q^n)^2}\right)\right)^{-1}\sum_{n\in\ZZ}\left(\frac{e^{2\pi iu}q^n(1+e^{2\pi iu}q^n)}{(1-e^{2\pi iu}q^n)^3}-\frac{e^{2\pi iv}q^n(1+e^{2\pi iv}q^n)}{(1-e^{2\pi iv}q^n)^3}\right)\right)^2\\ &=-\pi^2\left(\left(\sum_{n\in\ZZ}\left(\frac{e^{2\pi iu}q^n}{(1-e^{2\pi iu}q^n)^2}-\frac{e^{2\pi iv}q^n}{(1-e^{2\pi iv}q^n)^2}\right)\right)^{-1}\sum_{n\in\ZZ}\left(\frac{e^{2\pi iu}q^n(1+e^{2\pi iu}q^n)}{(1-e^{2\pi iu}q^n)^3}-\frac{e^{2\pi iv}q^n(1+e^{2\pi iv}q^n)}{(1-e^{2\pi iv}q^n)^3}\right)\right)^2 \end{align}
$a=e^{2\pi iu}, b=e^{2\pi iv}$として以下を得る.
\begin{align} &4\sum_{n\in\ZZ}\left(\frac{aq^n}{(1-aq^n)^2}+\frac{bq^n}{(1-bq^n)^2}+\frac{abq^n}{(1-abq^n)^2}\right)+E_2(\tau)\\ &=\left(\left(\sum_{n\in\ZZ}\left(\frac{aq^n}{(1-aq^n)^2}-\frac{bq^n}{(1-bq^n)^2}\right)\right)^{-1}\sum_{n\in\ZZ}\left(\frac{aq^n(1+aq^n)}{(1-aq^n)^3}-\frac{bq^n(1+bq^n)}{(1-bq^n)^3}\right)\right)^2\\ &=\left(\frac{(a,q/a,b,q/b;q)_{\infty}^2}{a(ab,q/ab,b/a,aq/b;q)_{\infty}(q;q)_{\infty}^4}\sum_{n\in\ZZ}\left(\frac{aq^n(1+aq^n)}{(1-aq^n)^3}-\frac{bq^n(1+bq^n)}{(1-bq^n)^3}\right)\right)^2\\ \end{align}
これが$\wp$関数の加法定理の$q$級数としての姿である. また, 同様に
\begin{align} \zeta(u+v)-\zeta(u)-\zeta(v)&=\frac 12\frac{\wp'(u)-\wp'(v)}{\wp(u)-\wp(v)} \end{align}
を$q$級数として解釈すると, $a=e^{2\pi iu},b=e^{2\pi iv}$として,
\begin{align} &\frac 12+\sum_{0\leq n}\frac{aq^n}{1-aq^n}-\sum_{0< n}\frac{q^n/a}{1-q^n/a}+\sum_{0\leq n}\frac{bq^n}{1-bq^n}-\sum_{0< n}\frac{q^n/b}{1-q^n/b}-\sum_{0\leq n}\frac{abq^n}{1-abq^n}+\sum_{0< n}\frac{q^n/ab}{1-q^n/ab}\\ &=\left(\sum_{n\in\ZZ}\left(\frac{aq^n}{(1-aq^n)^2}-\frac{bq^n}{(1-bq^n)^2}\right)\right)^{-1}\sum_{n\in\ZZ}\left(\frac{aq^n(1+aq^n)}{(1-aq^n)^3}-\frac{bq^n(1+bq^n)}{(1-bq^n)^3}\right)\\ &=\frac{(a,q/a,b,q/b;q)_{\infty}^2}{a(ab,q/ab,b/a,aq/b;q)_{\infty}(q;q)_{\infty}^4}\sum_{n\in\ZZ}\left(\frac{aq^n(1+aq^n)}{(1-aq^n)^3}-\frac{bq^n(1+bq^n)}{(1-bq^n)^3}\right) \end{align}
を得る. これらより, 系2は
\begin{align} &4\sum_{n\in\ZZ}\left(\frac{aq^n}{(1-aq^n)^2}+\frac{bq^n}{(1-bq^n)^2}+\frac{abq^n}{(1-abq^n)^2}\right)+E_2(\tau)\\ &=\left(\frac 12+\sum_{0\leq n}\frac{aq^n}{1-aq^n}-\sum_{0< n}\frac{q^n/a}{1-q^n/a}+\sum_{0\leq n}\frac{bq^n}{1-bq^n}-\sum_{0< n}\frac{q^n/b}{1-q^n/b}-\sum_{0\leq n}\frac{abq^n}{1-abq^n}+\sum_{0< n}\frac{q^n/ab}{1-q^n/ab}\right)^2 \end{align}
となる. また, 系3は行列式の性質を使うと, $E_2$を含まない形で
\begin{align} \left|\begin{matrix}1 &\displaystyle\sum_{n\in\ZZ}\frac{aq^n}{(1-aq^n)^2}&\displaystyle\sum_{n\in\ZZ}\frac{aq^n(1+aq^n)}{(1-aq^n)^3}\\1 &\displaystyle\sum_{n\in\ZZ}\frac{bq^n}{(1-bq^n)^2}&\displaystyle\sum_{n\in\ZZ}\frac{bq^n(1+bq^n)}{(1-bq^n)^3}\\1 &\displaystyle\sum_{n\in\ZZ}\frac{abq^n}{(1-abq^n)^2}&\displaystyle-\sum_{n\in\ZZ}\frac{abq^n(1+abq^n)}{(1-abq^n)^3}\end{matrix}\right|&=0 \end{align}
と書くことができる.

$\sigma$の三項関係式

$\sigma$の三項関係式として, 以下のようなものが知られている.

これは定理1を用いて書き換えると$A=e^{2\pi ia},B=e^{2\pi ib},C=e^{2\pi ic},z=e^{2\pi iu}$として,
\begin{align} &B^{-1}(Az,q/Az,z/A,Aq/z,BC,q/BC,B/C,Cq/B;q)_{\infty}\\ &C^{-1}(Bz,q/Bz,z/B,Bq/z,CA,q/CA,C/A,Aq/C;q)_{\infty}\\ &A^{-1}(Cz,q/Cz,z/C,Cq/z,AB,q/AB,A/B,Bq/A;q)_{\infty}=0 \end{align}
と書き換えられる. これは無限積の三項関係式であり, 前の記事 で$q$級数の観点から証明を与えた.

定理11は定理5から導くこともできる. 実際定理5より,
\begin{align} &(\sigma(u)\sigma(a)\sigma(b)\sigma(c))^2\Big((\wp(u)-\wp(a))(\wp(b)-\wp(c))+(\wp(u)-\wp(b))(\wp(c)-\wp(a))+(\wp(u)-\wp(c))(\wp(a)-\wp(b))\Big)\\ &=\sigma(u+a)\sigma(u-a)\sigma(b+c)\sigma(b-c)\\ &+\sigma(u+b)\sigma(u-b)\sigma(c+a)\sigma(c-a)\\ &+\sigma(u+c)\sigma(u-c)\sigma(a+b)\sigma(a-b) \end{align}
であるが, 右辺を展開してみると
\begin{align} (\wp(u)-\wp(a))(\wp(b)-\wp(c))+(\wp(u)-\wp(b))(\wp(c)-\wp(a))+(\wp(u)-\wp(c))(\wp(a)-\wp(b))=0 \end{align}
であることが分かる.

まとめ

これで主要な等式はある意味で全て$q$級数の観点から導出できていると言っても良さそうである. 特に大体は定理6から導出できると言っても良さそうである. Weierstrassの楕円関数のほかによく知られた楕円関数としてJacobiの楕円関数があるが, それについても同じように$q$級数で書き換えることによってよく知られている等式を$q$級数の観点から考えるということは試してみたいと思う.