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現代数学解説
文献あり

テータ関数の積に関するヤコビの公式

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$$\newcommand{a}[0]{\alpha} \newcommand{Aut}[0]{\operatorname{Aut}} \newcommand{b}[0]{\beta} \newcommand{C}[0]{\mathbb{C}} \newcommand{c}[0]{\cdot} \newcommand{cn}[0]{\operatorname{cn}} \newcommand{d}[0]{\delta} \newcommand{dis}[0]{\displaystyle} \newcommand{dn}[0]{\operatorname{dn}} \newcommand{e}[0]{\varepsilon} \newcommand{F}[4]{{}_2F_1\left(\begin{matrix}#1,#2\\#3\end{matrix};#4\right)} \newcommand{farc}[2]{\frac{#1}{#2}} \newcommand{FF}[6]{{}_3F_2\left(\begin{matrix}#1,#2,#3\\#4,#5\end{matrix};#6\right)} \newcommand{G}[0]{\Gamma} \newcommand{g}[0]{\gamma} \newcommand{Gal}[0]{\operatorname{Gal}} \newcommand{H}[0]{\mathbb{H}} \newcommand{id}[0]{\operatorname{id}} \newcommand{Im}[0]{\operatorname{Im}} \newcommand{Ker}[0]{\operatorname{Ker}} \newcommand{l}[0]{\left} \newcommand{L}[0]{\Lambda} \newcommand{la}[0]{\lambda} \newcommand{La}[0]{\Lambda} \newcommand{Li}[0]{\operatorname{Li}} \newcommand{li}[0]{\operatorname{li}} \newcommand{M}[4]{\begin{pmatrix}#1& #2\\#3& #4\end{pmatrix}} \newcommand{N}[0]{\mathbb{N}} \newcommand{o}[0]{\omega} \newcommand{O}[0]{\Omega} \newcommand{ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{ord}[0]{\operatorname{ord}} \newcommand{P}[0]{\mathfrak{P}} \newcommand{p}[0]{\mathfrak{p}} \newcommand{q}[0]{\mathfrak{q}} \newcommand{Q}[0]{\mathbb{Q}} \newcommand{r}[0]{\right} \newcommand{R}[0]{\mathbb{R}} \newcommand{Re}[0]{\operatorname{Re}} \newcommand{s}[0]{\sigma} \newcommand{sn}[0]{\operatorname{sn}} \newcommand{t}[0]{\theta} \newcommand{ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{vp}[0]{\varphi} \newcommand{vt}[0]{\vartheta} \newcommand{Z}[0]{\mathbb{Z}} \newcommand{z}[0]{\zeta} \newcommand{ZZ}[1]{\mathbb{Z}/#1\mathbb{Z}} \newcommand{ZZt}[1]{(\mathbb{Z}/#1\mathbb{Z})^\times} $$

はじめに

 この記事では こちら記事 にて紹介した
$$\t_3(\tau)^2=1+4\sum^\infty_{n=1}\frac{q^n}{1+q^{2n}}$$
のような公式のヤコビによる導出について解説していきます。
 今回の記事では この記事 にまとめてある関係式をよく使うので適時ご参照ください。

概説

 上のような公式を導出するにあたって重要なのは変数を一つ増やしたときテータ関数は
\begin{align} \t_1(v,\tau) &=q^{\frac14}\frac{z^{\frac12}-z^{-\frac1z}}i\prod^\infty_{n=1}(1-q^{2n})(1-q^{2n}z)(1-q^{2n}z^{-1})\\ \t_2(v,\tau) &=q^{\frac14}(z^{\frac12}+z^{-\frac1z})\prod^\infty_{n=1}(1-q^{2n})(1+q^{2n}z)(1+q^{2n}z^{-1})\\ \t_3(v,\tau) &=\prod^\infty_{n=1}(1-q^{2n})(1+q^{2n-1}z)(1+q^{2n-1}z^{-1})\\ \t_4(v,\tau) &=\prod^\infty_{n=1}(1-q^{2n})(1-q^{2n-1}z)(1-q^{2n-1}z^{-1}) \end{align}
という三重積を持つこと、そしてヤコビの楕円関数とテータ関数との間に
\begin{align} k&=\frac{\t_2(\tau)^2}{\t_3(\tau)^2}& \sn2Ku&=\frac{\t_3(\tau)}{\t_2(\tau)}\frac{\t_1(u,\tau)}{\t_4(u,\tau)}\\ k'&=\frac{\t_4(\tau)^2}{\t_3(\tau)^2}& \cn2Ku&=\farc{\t_4(\tau)}{\t_2(\tau)}\frac{\t_2(u,\tau)}{\t_4(u,\tau)}\\ K&=\frac\pi2\t_3(\tau)^2& \dn2Ku&=\frac{\t_4(\tau)}{\t_3(\tau)}\frac{\t_3(u,\tau)}{\t_4(u,\tau)} \end{align}
という関係があることにあります。
 実際ヤコビの楕円関数の$u$に関する対数微分を取ることで
$$(\mbox{楕円積分})\times(\mbox{楕円関数})=(\mbox{ランベルト級数})$$
のような関係式が得られ、$u=0$とすることで
$$(\mbox{テータ関数})\times(\mbox{テータ関数})=(\mbox{ランベルト級数})$$
といった公式が導出されることとなります。
 それでは以下で実際にその具体例を見ていくこととしましょう。

ヤコビの楕円関数のフーリエ級数展開

 この項における式番号はJacobi(1829)の第39節における式番号に対応させている。

\begin{align} \frac d{du}\log\sn u&=k'\frac{\cn u}{\cn(K-u)}\\ -\frac d{du}\log\cn u&=\frac{\sn u}{\sn(K-u)}\\ -\frac d{du}\log\dn u&=k^2\sn u\sn(K-u)\\ -\frac d{du}\log\sqrt{\frac{1-\sn u}{1+\sn u}}&=\frac1{\sin(K-u)}\\ -\frac d{du}\log\sqrt{\frac{1-k\sn u}{1+k\sn u}}&=k\sin(K-u)\\ \frac d{du}\log(\cn u+i\sn u)&=i\dn u \end{align}

\begin{alignat}{3} (\sn u)'&=&\cn u\dn u\\ (\cn u)'&=&-\sn u\dn u\\ (\dn u)'&=&-k^2\sn u\cn u \end{alignat}
から
\begin{align} \frac d{du}\log\sn u &=\frac{\cn u\dn u}{\sn u}\\ -\frac d{du}\log\cn u &=\frac{\sn u\dn u}{\cn u}\\ -\frac d{du}\log\dn u &=k^2\frac{\sn u\cn u}{\dn u}\\ -\frac d{du}\log\sqrt{\frac{1-\sn u}{1+\sn u}} &=\frac{\cn u\dn u}{1-\sn^2u} =\frac{\dn u}{\cn u}\\ -\frac d{du}\log\sqrt{\frac{1-k\sn u}{1+k\sn u}} &=\frac{k\cn u\dn u}{1-k^2\sn^2u} =k\frac{\cn u}{\dn u}\\ \frac d{du}\log(\cn u+i\sn u) &=\frac{-\sn u+i\cn u}{\cn u+i\sn u}\dn u=i\dn u \end{align}
が成り立つので
$$\sn(K-u)=\frac{\cn u}{\dn u},\quad\cn(K-u)=k'\frac{\sn u}{\dn u}$$
に注意するとわかる。

\begin{alignat}{3} \tag{11}\frac{2k'K}\pi\frac{\cn2Ku}{\cn(K-2Ku)} &=\cot\pi u&&-4\sum^\infty_{n=1}\frac{q^n}{1+q^n}\sin2\pi nu\\ \tag{12}\frac{2K}\pi\frac{\sn2Ku}{\sn(K-2Ku)} &=\tan\pi u&&+4\sum^\infty_{n=1}\frac{q^n}{1+(-q)^n}\sin2\pi nu\\ \tag{13}\frac{2k^2K}\pi\sn(2Ku)\sn(K-2Ku) &=&&+8\sum^\infty_{n=1}\frac{q^{2n-1}}{1-q^{4n-2}}\sin(4n-2)\pi u\\ \tag{14}\frac{2K}\pi\frac1{\sn(K-2Ku)} &=\frac1{\cos\pi u}&&-4\sum^\infty_{n=1}(-1)^n\frac{q^{2n-1}}{1-q^{2n-1}}\cos(2n-1)\pi u\\ \tag{15}\frac{2kK}\pi\sn(K-2Ku) &=&&-4\sum^\infty_{n=1}(-1)^n\frac{q^{n-\frac12}}{1-q^{2n-1}}\cos(2n-1)\pi u \end{alignat}

  この記事 にて紹介した
$$\sn2Ku=\frac{\t_3(\tau)}{\t_2(\tau)}\frac{\t_1(u,\tau)}{\t_4(v,\tau)} =\frac{\t_3(\tau)}{\t_2(\tau)}\cdot2\sin\pi u\prod^\infty_{n=1}\frac{(1-q^{2n}z)(1-q^{2n}z^{-1})}{(1-q^{2n-1}z)(1-q^{2n-1}z^{-1})}$$
といった公式を$u$について対数微分することで
\begin{align} \frac1{2\pi i}\frac d{du}\log\l((1-q^mz)(1-q^mz^{-1})\r) &=\frac{-q^mz}{1-q^mz}+\frac{q^mz^{-1}}{1-q^mz^{-1}}\\ &=-\sum^\infty_{k=1}((q^mz)^k-(q^mz^{-1})^k)\\ &=-2i\sum^\infty_{k=1}q^{mk}\sin2\pi ku \end{align}
\begin{align} \frac{2k'K}\pi\frac{\cn2Ku}{\cn(K-2Ku)} &=\frac{\cos\pi u}{\sin\pi u}+\frac1\pi\frac d{du}\sum^\infty_{m=1}(-1)^m\log\l((1-q^mz)(1-q^mz^{-1})\r)\\ &=\cot\pi u+4\sum^\infty_{k=1}\l(\sum^\infty_{m=1}(-1)^mq^{mk}\r)\sin2\pi ku\\ &=\cot\pi u-4\sum^\infty_{k=1}\frac{q^k}{1+q^k}\sin2\pi ku\\ \end{align}
のようにしてわかる。

\begin{alignat}{3} \tag{16}\frac{2k'K}\pi\frac{\cn(K-2Ku)}{\cn2Ku} &=\tan\pi u&&+4\sum^\infty_{n=1}(-1)^n\frac{q^n}{1+q^n}\sin2\pi nu\\ \tag{17}\frac{2K}\pi\frac{\sn(K-2Ku)}{\sn2Ku} &=\cot\pi u&&-4\sum^\infty_{n=1}(-1)^n\frac{q^n}{1+(-q)^n}\sin2\pi nu\\ \tag{18}\frac{2K}\pi\frac1{\sn2Ku} &=\frac1{\sin\pi u}&&+4\sum^\infty_{n=1}\frac{q^{2n-1}}{1-q^{2n-1}}\sin(2n-1)\pi u\\ \tag{19}\frac{2kK}\pi\sn2Ku &=&&+4\sum^\infty_{n=1}\frac{q^{n-\frac12}}{1-q^{2n-1}}\sin(2n-1)\pi u \end{alignat}

 $(11),(12)$および$(13),(14)$式において$u\mapsto\frac12-u$とすることでわかる。

\begin{alignat}{3} \tag{20}\frac{2k'K}\pi\frac1{\cn2Ku} &=\frac1{\cos\pi u}&&+4\sum^\infty_{n=1}(-1)^n\frac{q^{2n-1}}{1+q^{2n-1}}\cos(2n-1)\pi u\\ \tag{21}\frac{2kK}\pi\cn2Ku &=&&+4\sum^\infty_{n=1}\frac{q^{n-\frac12}}{1+q^{2n-1}}\cos(2n-1)\pi u\\ \tag{22}\frac{2k'K}\pi\frac1{\cn(K-2Ku)} &=\frac1{\sin\pi u}&&-4\sum^\infty_{n=1}\frac{q^{2n-1}}{1+q^{2n-1}}\sin(2n-1)\pi u\\ \tag{23}\frac{2kK}\pi\cn(K-2Ku) &=&&-4\sum^\infty_{n=1}(-1)^n\frac{q^{n-\frac12}}{1+q^{2n-1}}\sin(2n-1)\pi u \end{alignat}

 $(14),(15)$および$(18),(19)$式において$\tau\mapsto\tau+1$としたとき
\begin{align} k&\mapsto e^{\frac{\pi i}2}k/k'\\ K&\mapsto k'K\\ \sn(2Ku,k)&\mapsto\frac{\t_4(\tau)}{\t_2(\tau)}\frac{\t_1(u,\tau)}{\t_3(u,\tau)} =k'\frac{\sn2Ku}{\dn2Ku}=\cn(K-2Ku) \end{align}
が成り立つことに注意するとわかる。

\begin{alignat}{3} \tag{25}\frac{2K}\pi\dn2Ku &=1+4\sum^\infty_{n=1}\frac{q^n}{1+q^{2n}}\cos2\pi nu\\ \tag{26}\frac{2k'K}\pi\frac1{\dn2Ku} &=1+4\sum^\infty_{n=1}(-1)^n\frac{q^n}{1+q^{2n}}\cos2\pi nu \end{alignat}

 $(25)$式については上と同様に
$$\cn2Ku+i\sn2Ku=z^{\frac12}\prod^\infty_{n=1}\frac{(1-q^{4n-1}z)/(1-q^{4n-1}z^{-1})}{(1-q^{4n-3}z)/(1-q^{4n-3}z^{-1})}$$
を対数微分することでわかる。
 また$(26)$式については$(25)$式において$u\mapsto\frac12-u$および$\tau\mapsto\tau+1$とすることでわかる。

テータ関数の積のランベルト級数展開

 この項における式番号は上の項における式番号と対応させており、Jacobi(1829)の第40節における式番号とは異なることに注意する。
 いま
\begin{align} \sn0&=0&\cn 0&=1&\dn 0&=1\\ \sn K&=1&\cn K&=0&\dn K&=k' \end{align}
および
$$\lim_{u\to0}\frac{\sn u}u=1,\quad\lim_{u\to0}\frac{\cn(K-u)}u=k'$$
に注意して上の公式

$u=0$を極にも零点にも持たないもの

\begin{alignat}{3} \tag{14}\frac{2K}\pi\frac1{\sn(K-2Ku)} &=\frac1{\cos\pi u}&&-4\sum^\infty_{n=1}(-1)^n\frac{q^{2n-1}}{1-q^{2n-1}}\cos(2n-1)\pi u\\ \tag{15}\frac{2kK}\pi\sn(K-2Ku) &=&&-4\sum^\infty_{n=1}(-1)^n\frac{q^{n-\frac12}}{1-q^{2n-1}}\cos(2n-1)\pi u\\ \tag{20}\frac{2k'K}\pi\frac1{\cn2Ku} &=\frac1{\cos\pi u}&&+4\sum^\infty_{n=1}(-1)^n\frac{q^{2n-1}}{1+q^{2n-1}}\cos(2n-1)\pi u\\ \tag{21}\frac{2kK}\pi\cn2Ku &=&&+4\sum^\infty_{n=1}\frac{q^{n-\frac12}}{1+q^{2n-1}}\cos(2n-1)\pi u\\ \tag{25}\frac{2K}\pi\dn2Ku &=1&&+4\sum^\infty_{n=1}\frac{q^n}{1+q^{2n}}\cos2\pi nu\\ \tag{26}\frac{2k'K}\pi\frac1{\dn2Ku} &=1&&+4\sum^\infty_{n=1}(-1)^n\frac{q^n}{1+q^{2n}}\cos2\pi nu \end{alignat}

$u=0$を零点に持つもの

\begin{alignat}{3} \tag{12}\frac{2K}\pi\frac{\sn2Ku}{\sn(K-2Ku)} &=\tan\pi x&&+4\sum^\infty_{n=1}\frac{q^n}{1+(-q)^n}\sin2\pi nu\\ \tag{13}\frac{2k^2K}\pi\sn(2Ku)\sn(K-2Ku) &=&&+8\sum^\infty_{n=1}\frac{q^{2n-1}}{1-q^{4n-2}}\sin(4n-2)\pi u\\ \tag{16}\frac{2k'K}\pi\frac{\cn(K-2Ku)}{\cn2Ku} &=\tan\pi u&&+4\sum^\infty_{n=1}(-1)^n\frac{q^n}{1+q^n}\sin2\pi nu\\ \tag{19}\frac{2kK}\pi\sn2Ku &=&&+4\sum^\infty_{n=1}\frac{q^{n-\frac12}}{1-q^{2n-1}}\sin(2n-1)\pi u\\ \tag{23}\frac{2kK}\pi\cn(K-2Ku) &=&&-4\sum^\infty_{n=1}(-1)^n\frac{q^{n-\frac12}}{1+q^{2n-1}}\sin(2n-1)\pi u\\ \end{alignat}

$u=0$における挙動を考えることで以下の公式を得る。なお$\tau\mapsto2\tau$において
$$k'\frac{2K}\pi\mapsto\sqrt{k'}\frac{2K}\pi\qquad(\because\t_4(2\tau)^2=\t_3(\tau)\t_4(\tau))$$
となることに注意する。

\begin{alignat}{3} \frac{2K}\pi &=1&&-4\sum^\infty_{n=1}(-1)^n\frac{q^{2n-1}}{1-q^{2n-1}}\tag{14}\\ &=1&&+4\sum^\infty_{n=1}\frac{q^n}{1+q^{2n}}\tag{26}\\ k\frac{2K}\pi &=&&-4\sum^\infty_{n=1}(-1)^n\frac{q^{n-\frac12}}{1-q^{2n-1}}\tag{15}\\ &=&&+4\sum^\infty_{n=1}\frac{q^{n-\frac12}}{1+q^{2n-1}}\tag{21}\\ k'\frac{2K}\pi &=1&&+4\sum^\infty_{n=1}(-1)^n\frac{q^{2n-1}}{1+q^{2n-1}}\tag{20}\\ &=1&&+4\sum^\infty_{n=1}(-1)^n\frac{q^n}{1+q^{2n}}\tag{25}\\ \sqrt{k'}\frac{2K}\pi &=1&&+4\sum^\infty_{n=1}(-1)^n\frac{q^{4n-2}}{1+q^{4n-2}}\tag{20,$\ \tau\mapsto2\tau$}\\ &=1&&+4\sum^\infty_{n=1}(-1)^n\frac{q^{2n}}{1+q^{4n}}\tag{25,$\ \tau\mapsto2\tau$}\\ \l(\frac{2K}\pi\r)^2 &=1&&+8\sum^\infty_{n=1}\frac{nq^n}{1+(-q)^n}\tag{12}\\ k^2\l(\frac{2K}\pi\r)^2 &=&&+16\sum^\infty_{n=1}\frac{(2n-1)q^{2n-1}}{1-q^{4n-2}}\tag{13}\\ k'^2\l(\frac{2K}\pi\r)^2 &=1&&+8\sum^\infty_{n=1}(-1)^n\frac{nq^n}{1+q^n}\tag{16}\\ kk'\l(\frac{2K}\pi\r)^2 &=&&-4\sum^\infty_{n=1}(-1)^n\frac{(2n-1)q^{n-\frac12}}{1+q^{2n-1}}\tag{23}\\ k'\l(\frac{2K}\pi\r)^2 &=1&&+8\sum^\infty_{n=1}(-1)^n\frac{nq^{2n}}{1+q^{2n}}\tag{16,$\ \tau\mapsto2\tau$}\\ k\l(\frac{2K}\pi\r)^2 &=&&+4\sum^\infty_{n=1}\frac{(2n-1)q^{n-\frac12}}{1-q^{2n-1}}\tag{19} \end{alignat}

 また
\begin{align} (\cn u)'' &=-\big((\cn u\dn u)\dn u+\sn u(-k^2\sn u\cn u)\big)\\ &=-\cn u(1-2k^2\sn^2 u)\\ (\dn u)'' &=-k^2\big((\cn u\dn u)\cn u+\sn u(-\sn u\dn u)\big)\\ &=-k^2\dn u(1-2\sn^2 u) \end{align}
より$u\to0$において
\begin{align} \cn u&=1-\frac12u^2+O(u^4)\\ \frac1{\cn u}&=1+\frac12u^2+O(u^4)\\ \dn u&=1-\frac{k^2}2u^2+O(u^4)\\ \end{align}
と表せることに注意すると
\begin{alignat}{3} \tag{21}\frac{2kK}\pi\cn2Ku &=&&+4\sum^\infty_{n=1}\frac{q^{n-\frac12}}{1+q^{2n-1}}\cos(2n-1)\pi u\\ \tag{20}\frac{2k'K}\pi\frac1{\cn2Ku} &=\frac1{\cos\pi u}&&+4\sum^\infty_{n=1}(-1)^n\frac{q^{2n-1}}{1+q^{2n-1}}\cos(2n-1)\pi u\\ \tag{25}\frac{2K}\pi\dn2Ku &=1&&+4\sum^\infty_{n=1}\frac{q^n}{1+q^{2n}}\cos2\pi nu \end{alignat}
を二階微分することで以下を得る。

\begin{alignat}{3} k\l(\frac{2K}\pi\r)^3 &=&&+4\sum^\infty_{n=1}\frac{(2n-1)^2q^{n-\frac12}}{1+q^{2n-1}}\tag{21}\\ k'\l(\frac{2K}\pi\r)^3 &=1&&-4\sum^\infty_{n=1}(-1)^n\frac{(2n-1)^2q^{2n-1}}{1+q^{2n-1}}\tag{20}\\ k^2\l(\frac{2K}\pi\r)^3 &=&&+16\sum^\infty_{n=1}\frac{n^2q^n}{1+q^{2n}}\tag{25}\\ kk'^2\l(\frac{2K}\pi\r)^3 &=&&-4\sum^\infty_{n=1}(-1)^n\frac{(2n-1)^2q^{n-\frac12}}{1-q^{2n-1}}\tag{21,$\ \tau\mapsto\tau+1$}\\ k'^2\l(\frac{2K}\pi\r)^3 &=1&&+4\sum^\infty_{n=1}(-1)^n\frac{(2n-1)^2q^{2n-1}}{1-q^{2n-1}}\tag{20,$\ \tau\mapsto\tau+1$}\\ k^2k'\l(\frac{2K}\pi\r)^3 &=&&-16\sum^\infty_{n=1}(-1)^n\frac{n^2q^n}{1+q^{2n}}\tag{25,$\ \tau\mapsto\tau+1$}\\ \end{alignat}

 またこれらを適当に変形することで
\begin{align} \l(\frac{2K}\pi\r)^3&=k^2\l(\frac{2K}\pi\r)^3+k'^2\l(\frac{2K}\pi\r)^3\\ k^3\l(\frac{2K}\pi\r)^3&=k\l(\frac{2K}\pi\r)^3-kk'^2\l(\frac{2K}\pi\r)^3\\ k'^3\l(\frac{2K}\pi\r)^3&=k'\l(\frac{2K}\pi\r)^3-k'k^2\l(\frac{2K}\pi\r)^3\\ \sqrt{k^3}\l(\frac{2K}\pi\r)^3&=(\t_2(\tau)\t_3(\tau))^3=\frac18\t_2\l(\frac{\tau}2\r)^3\\ \sqrt{k'^3}\l(\frac{2K}\pi\r)^3&=(\t_3(\tau)\t_4(\tau))^3=\t_4(2\tau)^6\\ \sqrt{(kk')^3}\l(\frac{2K}\pi\r)^3&=\frac18\t_2\l(\frac{\tau+1}2\r)^6 \end{align}
$q$-展開も求めることができる(明示形については この記事 を参照されたい)。

$8$次の積について

 より高次の積についても同様にして求めることができると推測されるが、ヤコビの楕円関数の展開係数は例えば
\begin{align} \sn u&=u-\frac{1+k^2}{3!}u^3+\frac{1+14k^2+k^4}{5!}u^5+\cdots\\ \frac{u^2}{\sn^2u}&=1+\frac{1+k^2}3u^2+\frac{1-k^2+k^4}{15}u^4+\cdots \end{align}
のように一般に$k,k'$についての多項式となるため
$$(\mbox{$k,k'$についての単項式})\times\l(\frac{2K}\pi\r)^n$$
という形を作るのは骨が折れるものと考えられる。
 しかし$n=4$の場合の一部については次のような式を考えることで比較的簡単に求めることができる。

$$A=\l(\frac{2kK}\pi\r)^2\int^1_0\sn^2(2Kt)dt$$
とおくと
\begin{equation}\tag{\S41, 1} \l(\frac{2kK}\pi\r)^2\sn^22Ku=A-8\sum^\infty_{n=1}\frac{nq^n}{1-q^{2n}}\cos2\pi nu \end{equation}
が成り立つ。

\begin{equation} \tag{19}\frac{2kK}\pi\sn2Ku =4\sum^\infty_{n=1}\frac{q^{n-\frac12}}{1-q^{2n-1}}\sin(2n-1)\pi u\\ \end{equation}
を二乗したとき、積和の公式
$$2\cos((2l-1)x)\sin((2m-1)x)=\cos(2(l-m)x)-\cos(2(l+m-1)x)$$
からある$u$に依らない定数
$$A=8\sum^\infty_{l=1}\frac{q^{2l-1}}{(1-q^{2l-1})^2}$$

\begin{align} A_n&=2B_n-C_n\\ B_n&=\sum^\infty_{l=1}\frac{q^{n+2l-1}}{(1-q^{2l-1})(1-q^{2(n+l)-1})}\\ C_n&=\sum^n_{l=1}\frac{q^n}{(1-q^{2l-1})(1-q^{2(n-l)+1})} \end{align}
を用いて
$$\l(\frac{2kK}\pi\r)^2\sn^22Ku=A+8\sum^\infty_{n=1}A_n\cos2\pi nu$$
と表せる。
 いま
\begin{align} \frac{q^{n+m}}{(1-q^m)(1-q^{2n+m})} &=\frac{q^n}{1-q^{2n}}\l(\frac{q^m}{1-q^m}-\frac{q^{2n+m}}{1-q^{2n+m}}\r)\\ \frac{q^n}{(1-q^m)(1-q^{2n-m})} &=\frac{q^n}{1-q^{2n}}\l(\frac{q^m}{1-q^m}+\frac{q^{2n-m}}{1-q^{2n-m}}+1\r) \end{align}
のように分解すると
\begin{align} B_n &=\frac{q^n}{1-q^{2n}}\l(\sum^\infty_{l=1}\frac{q^{2l-1}}{1-q^{2l-1}}-\sum^\infty_{l=n+1}\frac{q^{2l-1}}{1-q^{2l-1}}\r)\\ &=\frac{q^n}{1-q^{2n}}\sum^n_{l=1}\frac{q^{2l-1}}{1-q^{2l-1}}\\ C_n&=\frac{nq^n}{1-q^{2n}}+2\sum^n_{l=1}\frac{q^{2l-1}}{1-q^{2l-1}} \end{align}
と変形できるので
$$A_n=2B_n-C_n=-\frac{nq^n}{1-q^{2n}}$$
を得る。
 また$A$はフーリエ級数の定数項として
$$A=\l(\frac{2kK}\pi\r)^2\int^1_0\sn^2(2Kt)dt$$
と表せる。

\begin{alignat}{3} k^2\l(\frac{2K}\pi\r)^4&=&16&\sum^\infty_{n=1}\frac{n^3q^n}{1-q^{2n}}\\ k^2k'^2\l(\frac{2K}\pi\r)^4&=&-16&\sum^\infty_{n=1}(-1)^n\frac{n^3q^n}{1-q^{2n}}\\ k^4\l(\frac{2K}\pi\r)^4&=&256&\sum^\infty_{n=1}\frac{n^3q^{2n}}{1-q^{4n}} \end{alignat}

 第一式については$(\S41,1)$式を$u$で二階微分して$u=0$とすることで得られる。
 第二式については第一式において$\tau\mapsto\tau+1$とすることで得られる。
 第三式については第一式と第二式を足し合わせることで得られる。

\begin{align}\tag{\S42, 2} \l(\frac{2K}\pi\r)^2\frac1{\sn^22Ku} =A+\frac1{\sin^2\pi u}-8\sum^\infty_{n=1}\frac{nq^{2n}}{1-q^{2n}}\cos2\pi nu \end{align}

 $\log\sn u$を二階微分すると
\begin{align} \frac{d^2}{du^2}\log\sn u &=\frac d{du}\frac{\cn u\dn u}{\sn u}\\ &=\frac{\big((-\sn u\dn u)\dn u+\cn u(-k^2\sn u\cn u)\big)\sn u-(\cn u\dn u)^2}{\sn^2u}\\ &=-\frac{(1+k^2-2k^2\sn^2u)\sn^2u+(1-\sn^2u)(1-k^2\sn^2u)}{\sn^2u}\\ &=k^2\sn^2u-\frac1{\sn^2u} \end{align}
が成り立つので
\begin{alignat}{3} \tag{\S41, 1}\l(\frac{2kK}\pi\r)^2\sn^22Ku &=A&&-8\sum^\infty_{n=1}\frac{nq^n}{1-q^{2n}}\cos2\pi nu\\ \tag{11}\frac1\pi\frac{d}{du}\log\sn2Ku &=\cot\pi u&&-4\sum^\infty_{n=1}\frac{q^n}{1+q^n}\sin2\pi nu\\ \end{alignat}
に注意すると
\begin{align} \l(\frac{2K}\pi\r)^2\frac1{\sn^22Ku}&=A-8\sum^\infty_{n=1}\frac{nq^n}{1-q^{2n}}\cos2\pi nu\\ &\quad-\l(-\frac1{\sin^2\pi u}-8\sum^\infty_{n=1}\frac{nq^n}{1+q^n}\cos2\pi nu\r)\\ &=A+\frac1{\sin^2\pi u}-8\sum^\infty_{n=1}\frac{nq^n(1-(1-q^n))}{1-q^{2n}}\cos2\pi nu\\ &=A+\frac1{\sin^2\pi u}-8\sum^\infty_{n=1}\frac{nq^{2n}}{1-q^{2n}}\cos2\pi nu \end{align}
を得る。

\begin{align} k'^4\l(\frac{2K}\pi\r)^4&=1+16\sum^\infty_{n=1}(-1)^n\frac{n^3q^n}{1-q^n}\\ k'^2\l(\frac{2K}\pi\r)^4&=1+16\sum^\infty_{n=1}(-1)^n\frac{n^3q^{2n}}{1-q^{2n}}\\ \l(\frac{2K}\pi\r)^4&=1+16\sum^\infty_{n=1}\frac{n^3q^n}{1+q^n} \end{align}

\begin{align} \frac1{\sn^2u}&=\frac1{u^2}+\frac{1+k^2}3+\frac{1-k^2+k^4}{15}u^2+\cdots\\ \frac1{\sin^2x}&=\frac1{x^2}+\frac13+\frac{x^2}{15}+\cdots \end{align}
に注意して$(\S42,2)$式における$u^2$の係数を考えることで
$$\frac{1-k^2+k^4}{15}\l(\frac{2K}\pi\r)^4 =\frac1{15}+16\sum^\infty_{n=1}\frac{n^3q^{2n}}{1-q^{2n}}$$
が成り立つ。
 いま
\begin{align} k^2\l(\frac{2K}\pi\r)^4 &=16\sum^\infty_{n=1}\frac{n^3q^n}{1-q^{2n}}\\ &=16\sum^\infty_{n=1}\l(\frac{n^3q^n}{1-q^n}-\frac{n^3q^{2n}}{1-q^{2n}}\r) \end{align}
に注意すると
\begin{align} k'^4\l(\frac{2K}\pi\r)^4 &=(1-k^2+k^4)\l(\frac{2K}\pi\r)^4-k^2\l(\frac{2K}\pi\r)^4\\ &=1+16\sum^\infty_{n=1}\l(\frac{16n^3q^{2n}}{1-q^{2n}}-\frac{n^3q^n}{1-q^n}\r)\\ &=1+16\sum^\infty_{n=1}\l(2\cdot\frac{(2n)^3q^{2n}}{1-q^{2n}}-\frac{n^3q^n}{1-q^n}\r)\\ &=1+16\sum^\infty_{n=1}(-1)^n\frac{n^3q^n}{1-q^n} \end{align}
を得る。
 また第二式については第一式において$\tau\mapsto2\tau$とすることで得られ、第三式については第一式において$\tau\mapsto\tau+1$とすることで得られる。

おまけ

$$B=\l(\frac{2kK}\pi\r)^2\int^1_0\cn^2(2Kt)dt,\quad C=\l(\frac{2K}\pi\r)^2\int^1_0\dn^2(2Kt)dt$$
とおくと
\begin{align} \tag{\S41, 2}\l(\frac{2kK}\pi\r)^2\cn^22Ku &=B+8\sum^\infty_{n=1}\frac{nq^n}{1-q^{2n}}\cos2\pi nu\\ \tag{\S42, 3}\l(\frac{2k'K}\pi\r)^2\frac1{\cn^22Ku} &=-B+\frac1{\cos^2\pi u}-8\sum^\infty_{n=1}(-1)^n\frac{nq^n}{1-q^{2n}}\cos2\pi nu\\ \tag{\S42, 4}\l(\frac{2K}\pi\r)^2\dn^22Ku &=C+8\sum^\infty_{n=1}\frac{nq^n}{1-q^{2n}}\cos2\pi nu\\ \tag{\S42, 5}\l(\frac{2k'K}\pi\r)^2\frac1{\dn^22Ku} &=C+8\sum^\infty_{n=1}(-1)^n\frac{nq^n}{1-q^{2n}}\cos2\pi nu\\ \end{align}
が成り立つ。

 第一、三式については
$$\cn^2u=1-\sn^2u,\quad\dn^2u=1-k^2\sn^2 u$$
に注意すると$(\S41,1)$式からわかる。
 また第二、四式についてはそれぞれ$(\S42,2),(\S42,4)$式において$u\mapsto\frac12-u$および$\tau\mapsto\tau+1$とすることで得られる。

公式集

 最後に今回出てきたヤコビの楕円関数のフーリエ級数展開公式を整理しておこう。なおテータ関数のランベルト級数展開については この記事 にまとめてあるのでそちらを参照されたい。
 以下$v=\pi u/2K$とおく。

\begin{alignat}{3} \tag{19}\frac{2kK}\pi\sn u &=&&+4\sum^\infty_{n=1}\frac{q^{n-\frac12}}{1-q^{2n-1}}\sin(2n-1)v\\ \tag{18}\frac{2K}\pi\frac1{\sn u} &=&\frac1{\sin v}&+4\sum^\infty_{n=1}\frac{q^{2n-1}}{1-q^{2n-1}}\sin(2n-1)v\\ \tag{21}\frac{2kK}\pi\cn u &=&&+4\sum^\infty_{n=1}\frac{q^{n-\frac12}}{1+q^{2n-1}}\cos(2n-1)v\\ \tag{20}\frac{2k'K}\pi\frac1{\cn u} &=&\frac1{\cos v}&+4\sum^\infty_{n=1}(-1)^n\frac{q^{2n-1}}{1+q^{2n-1}}\cos(2n-1)v\\ \tag{25}\frac{2K}\pi\dn u &=&1&+4\sum^\infty_{n=1}\frac{q^n}{1+q^{2n}}\cos2nv\\ \tag{26}\frac{2k'K}\pi\frac1{\dn u} &=&1&+4\sum^\infty_{n=1}(-1)^n\frac{q^n}{1+q^{2n}}\cos2nv\\\\ \tag{23}\frac{2kk'K}\pi\frac{\sn u}{\dn u} &=&&-4\sum^\infty_{n=1}(-1)^n\frac{q^{n-\frac12}}{1+q^{2n-1}}\sin(2n-1)v\\ \tag{22}\frac{2K}\pi\frac{\dn u}{\sn u} &=&\frac1{\sin v}&-4\sum^\infty_{n=1}\frac{q^{2n-1}}{1+q^{2n-1}}\sin(2n-1)v\\ \tag{15}\frac{2kK}\pi\frac{\cn u}{\dn u} &=&&-4\sum^\infty_{n=1}(-1)^n\frac{q^{n-\frac12}}{1-q^{2n-1}}\cos(2n-1)v\\ \tag{14}\frac{2K}\pi\frac{\dn u}{\cn u} &=&\frac1{\cos v}&-4\sum^\infty_{n=1}(-1)^n\frac{q^{2n-1}}{1-q^{2n-1}}\cos(2n-1)v\\\\ \tag{16}\frac{2k'^2K}\pi\frac{\sn u}{\cn u\dn u} &=&\tan v&+4\sum^\infty_{n=1}(-1)^n\frac{q^n}{1+q^n}\sin2nv\\ \tag{11}\frac{2K}\pi\frac{\cn u\dn u}{\sn u} &=&\cot v&-4\sum^\infty_{n=1}\frac{q^n}{1+q^n}\sin2nv\\ \tag{17}\frac{2K}\pi\frac{\cn u}{\sn u\dn u} &=&\cot v&-4\sum^\infty_{n=1}(-1)^n\frac{q^n}{1+(-q)^n}\sin2nv\\ \tag{12}\frac{2K}\pi\frac{\sn u\dn u}{\cn u} &=&\tan v&+4\sum^\infty_{n=1}\frac{q^n}{1+(-q)^n}\sin2nv\\ \tag{13}\frac{2k^2K}\pi\frac{\sn u\cn u}{\dn u} &=&&+8\sum^\infty_{n=1}\frac{q^{2n-1}}{1-q^{4n-2}}\sin(4n-2)v\\ \end{alignat}
${}$
\begin{alignat}{3} \tag{\S41, 1}\l(\frac{2kK}\pi\r)^2\sn^2u &=&A&-8\sum^\infty_{n=1}\frac{nq^n}{1-q^{2n}}\cos2nv\\ \tag{\S42, 2}\l(\frac{2K}\pi\r)^2\frac1{\sn^2u} &=&\frac1{\sin^2v}+A&-8\sum^\infty_{n=1}\frac{nq^{2n}}{1-q^{2n}}\cos2nv\\ \tag{\S41, 2}\l(\frac{2kK}\pi\r)^2\cn^2u &=&B&+8\sum^\infty_{n=1}\frac{nq^n}{1-q^{2n}}\cos2nv\\ \tag{\S42, 3}\l(\frac{2k'K}\pi\r)^2\frac1{\cn^2u} &=&\frac1{\cos^2v}-B&-8\sum^\infty_{n=1}(-1)^n\frac{nq^n}{1-q^{2n}}\cos2nv\\ \tag{\S42, 4}\l(\frac{2K}\pi\r)^2\dn^2u &=&C&+8\sum^\infty_{n=1}\frac{nq^n}{1-q^{2n}}\cos2nv\\ \tag{\S42, 5}\l(\frac{2k'K}\pi\r)^2\frac1{\dn^2u} &=&C&+8\sum^\infty_{n=1}(-1)^n\frac{nq^n}{1-q^{2n}}\cos2nv\\ \end{alignat}

参考文献

[1]
C. G. J. Jacobi, Fundamenta Nova Theoriae Functionum Ellipticarum, 1829
[2]
C. G. J. Jacobi 著, 高瀬正仁 訳, 楕円関数原論, 講談社, 2012
投稿日:21日前

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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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