文献あり

sn関数の累乗に関するヤコビの公式

はじめに

　この記事ではヤコビの発見した
${(\frac{2 k K}{π})}^{3} {sn}^{3} u = 2 \sum_{n = 1}^{\infty} ((1 + k^{2}) {(\frac{2 K}{π})}^{2} - (2 n - 1)^{2}) \frac{q^{n - \frac{1}{2}}}{1 - q^{2 n - 1}} \sin (2 n - 1) v$
のような公式について解説していきます。

${sn}^{n} u$ と $(sn u)^{(m)}$ との関係

$\frac{d^{2}}{d u^{2}} {sn}^{n} u = n (n - 1) {sn}^{n - 2} u - n^{2} (1 + k^{2}) {sn}^{n} u + n (n + 1) k^{2} {sn}^{n + 2} u$

　簡単のため $x = sn u$ とおくと
$\frac{d x}{d u} = \sqrt{(1 - x^{2}) (1 - k^{2} x^{2})}$
より
$\begin{aligned} \frac{d}{d u} x^{n} & = n x^{n - 1} \sqrt{(1 - x^{2}) (1 - k^{2} x^{2})} \\ \frac{d^{2}}{d u^{2}} x^{n} & = n (n - 1) x^{n - 2} (1 - x^{2}) (1 - k^{2} x^{2}) \\ - n x^{n} ((1 - k^{2} x^{2}) + k^{2} (1 - x^{2})) \\ = n (n - 1) x^{n - 2} - n^{2} (1 + k^{2}) x^{n} + n (n + 1) k^{2} x^{n + 2} \end{aligned}$
を得る。

　ある $k^{2}$ についての $m$ 次多項式 $A_{n}^{(m)}, B_{n}^{(m)}$ (ただし $B_{n}^{(n)}$ は $n - 2$ 次多項式)が存在して
$\begin{aligned} (k sn u)^{2 n + 1} & = \frac{1}{(2 n)!} \sum_{m = 0}^{n} A_{n}^{(n - m)} \frac{d^{2 m}}{d u^{2 m}} k sn u \\ (k sn u)^{2 n} & = \frac{1}{(2 n - 1)!} \sum_{m = 1}^{n} B_{n}^{(n - m)} \frac{d^{2 m - 2}}{d u^{2 m - 2}} k^{2} {sn}^{2} u + \frac{k^{2} B_{n}^{(n)}}{(2 n - 1)!} \\ \frac{1}{{sn}^{2 n + 1} u} & = \frac{1}{(2 n)!} \sum_{m = 0}^{n} A_{n}^{(n - m)} \frac{d^{2 m}}{d u^{2 m}} \frac{1}{sn u} \\ \frac{1}{{sn}^{2 n} u} & = \frac{1}{(2 n - 1)!} \sum_{m = 1}^{n} B_{n}^{(n - m)} \frac{d^{2 m - 2}}{d u^{2 m - 2}} \frac{1}{{sn}^{2} u} + \frac{k^{2} B_{n}^{(n)}}{(2 n - 1)!} \end{aligned}$
が成り立つ。特に $A_{n}^{(m)}, B_{n}^{(m)}$ は漸化式
$\begin{aligned} A_{n}^{(m)} & = A_{n - 1}^{(m)} + (2 n - 1)^{2} (1 + k^{2}) A_{n - 1}^{(m - 1)} - (2 n - 2)^{2} (2 n - 1) (2 n - 3) k^{2} A_{n - 2}^{(m - 2)} \\ B_{n}^{(m)} & = B_{n - 1}^{(m)} + (2 n - 2)^{2} (1 + k^{2}) B_{n - 1}^{(m - 1)} - (2 n - 3)^{2} (2 n - 2) (2 n - 4) k^{2} B_{n - 2}^{(m - 2)} \end{aligned}$
を満たす。

　 $(k sn u)^{n}$ の場合については $n = 1, 2$ の場合は明らかであり
$n (n + 1) k^{2} {sn}^{n + 2} u = \frac{d^{2}}{d u^{2}} {sn}^{n} u + n^{2} (1 + k^{2}) {sn}^{n} u - n (n - 1) {sn}^{n - 2} u$
に注意するとわかる。
　また $1 / {sn}^{n} u$ の場合については
$sn (u + i K^{'}) = \frac{1}{k sn u}$
に注意すると $(k sn u)^{n}$ の場合の系として導ける。

具体例

　以下の具体例はJaocbi(1829)によるものである。
$\begin{aligned} 2! k^{2} {sn}^{3} u = \frac{d^{2}}{d u^{2}} sn u & + (1 + k^{2}) sn u \\ 4! k^{4} {sn}^{5} u = \frac{d^{4}}{d u^{4}} sn u & + 10 (1 + k^{2}) \frac{d^{2}}{d u^{2}} sn u \\ + 3 (3 + 2 k^{2} + 3 k^{4}) sn u \\ 6! k^{6} {sn}^{7} u = \frac{d^{6}}{d u^{6}} sn u & + 35 (1 + k^{2}) \frac{d^{4}}{d u^{4}} sn u \\ + 7 (37 + 38 k^{2} + 37 k^{4}) \frac{d^{2}}{d u^{2}} sn u \\ + 45 (5 + 3 k^{2} + 3 k^{4} + 5 k^{6}) sn u \\ 8! k^{8} {sn}^{9} u = \frac{d^{8}}{d u^{8}} sn u & + 84 (1 + k^{2}) \frac{d^{6}}{d u^{6}} sn u \\ + 42 (47 + 58 k^{2} + 47 k^{4}) \frac{d^{4}}{d u^{4}} sn u \\ + 4 (3229 + 3315 k^{2} + 3315 k^{4} + 3229 k^{6}) \frac{d^{2}}{d u^{2}} sn u \\ + 315 (35 + 20 k^{2} + 18 k^{4} + 20 k^{6} + 35 k^{8}) sn u \\ 3! k^{2} {sn}^{4} u = \frac{d^{2}}{d u^{2}} {sn}^{2} u & + 4 (1 + k^{2}) {sn}^{2} u \\ - 2 \\ 5! k^{4} {sn}^{6} u = \frac{d^{4}}{d u^{4}} {sn}^{2} u & + 20 (1 + k^{2}) \frac{d^{2}}{d u^{2}} {sn}^{2} u \\ + 8 (8 + 7 k^{2} + 8 k^{4}) {sn}^{2} u \\ - 32 (1 + k^{2}) \\ 7! k^{6} {sn}^{8} u = \frac{d^{6}}{d u^{6}} {sn}^{2} u & + 56 (1 + k^{2}) \frac{d^{4}}{d u^{4}} {sn}^{2} u \\ + 112 (7 + 8 k^{2} + 7 k^{4}) \frac{d^{2}}{d u^{2}} {sn}^{2} u \\ + 128 (18 + 15 k^{2} + 15 k^{4} + 18 k^{6}) {sn}^{2} u \\ - 48 (24 + 23 k^{2} + 24 k^{4}) \end{aligned}$

$A_{n}^{(m)}, B_{n}^{(m)}$ と楕円積分

　ちなみに上で出てきた展開係数 $A_{n}^{(m)}, B_{n}^{(m)}$ は実は不完全楕円積分
$\begin{aligned} K (x, k) & = \int_{0}^{x} \frac{d t}{\sqrt{(1 - t^{2}) (1 - k^{2} t^{2})}} \\ = \int_{0}^{x} (\sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(\frac{1}{2})_{n}}{(1)_{n}} t^{2 n}) (\sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(\frac{1}{2})_{n}}{(1)_{n}} (k t)^{2 n}) d t \\ = \sum_{n = 0}^{\infty} (\sum_{l = 0}^{n} \frac{(\frac{1}{2})_{l} (\frac{1}{2})_{n - l}}{(1)_{l} (1)_{n - l}} k^{2 l}) \frac{x^{2 n + 1}}{2 n + 1} \end{aligned}$
の展開係数を用いることで次のようにも求めることができる。

$\begin{aligned} K (x, k)^{m} & = x^{m} \sum_{n = 0}^{\infty} R_{n}^{(m)} x^{2 n} \\ {sn}^{m} u & = x^{m} \sum_{n = 0}^{\infty} S_{n}^{(m)} u^{2 n} \end{aligned}$
とおくと
$\begin{aligned} \frac{(k sn u)^{2 n + 1}}{2 n + 1} & = \sum_{m = 0}^{n} \frac{R_{n - m}^{(2 m + 1)}}{(2 m + 1)!} \frac{d^{2 m}}{d u^{2 m}} k sn u \\ \frac{(k sn u)^{2 n}}{2 n} & = \sum_{m = 1}^{n} \frac{R_{n - m}^{(2 m)}}{(2 m)!} \frac{d^{2 m - 2}}{d u^{2 m - 2}} k^{2} {sn}^{2} u - k^{2} \sum_{m = 2}^{n} \frac{R_{n - m}^{(2 m)} S_{m - 2}^{(2)}}{2 m (2 m - 1)} \\ \frac{1}{(2 n + 1) {sn}^{2 n + 1} u} & = \sum_{m = 0}^{n} \frac{R_{n - m}^{(2 m + 1)}}{(2 m + 1)!} \frac{d^{2 m}}{d u^{2 m}} \frac{1}{sn u} \\ \frac{1}{2 n {sn}^{2 n} u} & = \sum_{m = 1}^{n} \frac{R_{n - m}^{(2 m)}}{(2 m)!} \frac{d^{2 m - 2}}{d u^{2 m - 2}} \frac{1}{{sn}^{2} u} - k^{2} \sum_{m = 2}^{n} \frac{R_{n - m}^{(2 m)} S_{m - 2}^{(2)}}{2 m (2 m - 1)} \end{aligned}$
が成り立つ。

$(k sn u)^{2 n + 1}$ について

　積和公式
$\begin{aligned} sn (u + v) - sn (u - v) & = \frac{2 sn v cn u dn u}{1 - k^{2} {sn}^{2} u {sn}^{2} v} \\ = \frac{1}{k} (\frac{sn v}{1 + k sn u sn v} + \frac{sn v}{1 - k sn u sn v}) \frac{d}{d u} sn u \end{aligned}$
を $u$ について積分することで
$\int_{0}^{u} (sn (s + v) - sn (s - v)) d s = \frac{1}{k} \log \frac{1 + k sn u sn v}{1 - k sn u sn v}$
が成り立つので、これを
$\begin{aligned} sn (u + v) & = \sum_{m = 0}^{\infty} \frac{v^{m}}{m!} \frac{d^{m}}{d u^{m}} sn u \\ - \log (1 - x) & = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n} x^{n} \end{aligned}$
と展開することで
$\sum_{m = 0}^{\infty} \frac{v^{2 m + 1}}{(2 m + 1)!} \frac{d^{2 m}}{d u^{2 m}} k sn u = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{1}{2 n + 1} (k sn u sn v)^{2 n + 1}$
を得る。
　また $sn$ 関数の定義より $K (sn v, k) = v$ つまり
$v^{2 m + 1} = \sum_{n = m}^{\infty} R_{n - m}^{(2 m + 1)} {sn}^{2 n + 1} v$
が成り立つことに注意すると
$\begin{aligned} \sum_{m = 0}^{\infty} \frac{v^{2 m + 1}}{(2 m + 1)!} \frac{d^{2 m}}{d u^{2 m}} k sn u & = \sum_{m = 0}^{\infty} \sum_{n = m}^{\infty} \frac{R_{n - m}^{(2 m + 1)}}{(2 m + 1)!} {sn}^{2 n + 1} v \frac{d^{2 m}}{d u^{2 m}} k sn u \\ = \sum_{n = 0}^{\infty} (\sum_{m = 0}^{n} \frac{R_{n - m}^{(2 m + 1)}}{(2 m + 1)!} \frac{d^{2 m}}{d u^{2 m}} k sn u) {sn}^{2 n + 1} v \end{aligned}$
と展開できるので ${sn}^{2 n + 1} v$ の係数を比較することで
$\frac{(k sn u)^{2 n + 1}}{2 n + 1} = \sum_{m = 0}^{n} \frac{R_{n - m}^{(2 m + 1)}}{(2 m + 1)!} \frac{d^{2 m}}{d u^{2 m}} k sn u$
を得る。

$(k sn u)^{2 n}$ について

　積和公式
$\begin{aligned} sn (u + v) + sn (u - v) & = \frac{2 sn u cn v dn v}{1 - k^{2} {sn}^{2} u {sn}^{2} v} \\ sn (u + v) - sn (u - v) & = \frac{2 sn v cn u dn u}{1 - k^{2} {sn}^{2} u {sn}^{2} v} \end{aligned}$
を掛け合わせることで
${sn}^{2} (u + v) - {sn}^{2} (u - v) = \frac{(\frac{d}{d u} {sn}^{2} u) (\frac{d}{d v} {sn}^{2} v)}{(1 - k^{2} {sn}^{2} u {sn}^{2} v)^{2}}$
が成り立つのでこれを $u, v$ について積分することで
$\begin{aligned} \int_{0}^{u} \int_{0}^{v} {sn}^{2} (s + t) - {sn}^{2} (s - t) d t d s & = \iint \frac{d x d y}{(1 - k^{2} x y)^{2}} (x = {sn}^{2} u, y = {sn}^{2} v) \\ = \int \frac{1}{k^{2} x} (1 - \frac{1}{1 - k^{2} x y}) d x \\ = - \frac{1}{k^{2}} \log (1 - k^{2} x y) \\ = - \frac{1}{k^{2}} \log (1 - k^{2} {sn}^{2} u {sn}^{2} v) \end{aligned}$
を得る。
　あとは上と同様にして
$\begin{aligned} \frac{k^{2}}{2} \int_{0}^{u} \int_{0}^{v} {sn}^{2} (s + t) - {sn}^{2} (s - t) d t d s \\ = & \sum_{m = 0}^{\infty} \frac{v^{2 m + 2}}{(2 m + 2)!} (\frac{d^{2 m}}{d u^{2 m}} k^{2} {sn}^{2} s - k^{2} (2 m)! S_{m - 1}^{(2)}) \\ = & \sum_{n = 1}^{\infty} (\sum_{m = 1}^{n} \frac{R_{n - m}^{(2 m)}}{(2 m)!} \frac{d^{2 m - 2}}{d u^{2 m - 2}} k^{2} {sn}^{2} u - k^{2} \sum_{m = 2}^{n} \frac{R_{n - m}^{(2 m)} S_{m - 2}^{(2)}}{2 m (2 m - 1)}) {sn}^{2 n} v \\ = & - \frac{1}{2} \log (1 - k^{2} {sn}^{2} u {sn}^{2} v) \\ = & \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{2 n} (k sn u sn v)^{2 n} \end{aligned}$
と展開することでわかる。

　ちなみに ${sn}^{n} v$ の方を展開し $v^{m}$ の係数を比較することで
$\frac{1}{(2 m + 1)!} \frac{d^{2 m}}{d u^{2 m}} sn u = \sum_{n = 0}^{m} \frac{k^{2 n - 2}}{2 n + 1} S_{m - n}^{(2 n + 1)} {sn}^{2 n + 1} u$
のような公式も導出できる。

${sn}^{n} u$ のフーリエ級数展開

　さて前に書いた記事では以下の公式を示したのであった。

$\begin{aligned} \frac{2 k K}{π} sn u & = & + 4 \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{q^{n - \frac{1}{2}}}{1 - q^{2 n - 1}} \sin (2 n - 1) v \\ {(\frac{2 k K}{π})}^{2} {sn}^{2} u & = & A & - 8 \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{n q^{n}}{1 - q^{2 n}} \cos 2 n v \\ \frac{2 K}{π} \frac{1}{sn u} & = \frac{1}{\sin v} & + 4 \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{q^{2 n - 1}}{1 - q^{2 n - 1}} \sin (2 n - 1) v \\ {(\frac{2 K}{π})}^{2} \frac{1}{{sn}^{2} u} & = \frac{1}{\sin^{2} v} & + A & - 8 \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{n q^{2 n}}{1 - q^{2 n}} \cos 2 n v \end{aligned}$
ただし
$u = \frac{2 K}{π} v, A = {(\frac{2 k K}{π})}^{2} \int_{0}^{1} {sn}^{2} (2 K t) d t$
とおいた。

　このことから
$\frac{2 K}{π} \frac{d}{d u} = \frac{d}{d v}$
に注意すると ${sn}^{n} u$ のフーリエ級数展開を得ることができる( $1 / {sn}^{n} u$ の一般式については同様かつ煩雑なので割愛)。

$\begin{aligned} {(\frac{2 k K}{π})}^{2 n + 1} {sn}^{2 n + 1} u & = \frac{4}{(2 n)!} \sum_{l = 1}^{\infty} (\sum_{m = 0}^{n} (- 1)^{m} A_{n}^{(n - m)} {(\frac{2 K}{π})}^{2 (n - m)} (2 l - 1)^{2 m}) \frac{q^{l - \frac{1}{2}}}{1 - q^{l}} \sin (2 l - 1) v \\ {(\frac{2 k K}{π})}^{2 n} {sn}^{2 n} u & = \frac{4}{(2 n - 1)!} \sum_{l = 1}^{\infty} (\sum_{m = 1}^{n} (- 1)^{m} B_{n}^{(n - m)} {(\frac{2 K}{π})}^{2 (n - m)} (2 l)^{2 m - 1}) \frac{q^{l}}{1 - q^{2 l}} \cos 2 l v \\ + \frac{1}{(2 n - 1)!} (A B_{n}^{(n - 1)} {(\frac{2 K}{π})}^{2 n - 2} + k^{2} B_{n}^{(n)} {(\frac{2 K}{π})}^{2 n}) \end{aligned}$

　これにより例えば
$\begin{aligned} {(\frac{2 k K}{π})}^{3} {sn}^{3} u & = 2 \sum_{n = 1}^{\infty} ((1 + k^{2}) {(\frac{2 K}{π})}^{2} - (2 n - 1)^{2}) \frac{q^{n - \frac{1}{2}}}{1 - q^{2 n - 1}} \sin (2 n - 1) v \\ 6 {(\frac{2 k K}{π})}^{4} {sn}^{4} u & = 4 (1 + k^{2}) {(\frac{2 K}{π})}^{2} A - 2 k^{2} {(\frac{2 K}{π})}^{4} \\ - 4 \sum_{n = 1}^{\infty} (4 (1 + k^{2}) {(\frac{2 K}{π})}^{2} \cdot 2 n - (2 n)^{3}) \frac{q^{n}}{1 - q^{2 n}} \cos 2 n v \end{aligned}$
といった式が得られることとなる。

余談

　テータ関数の積に関する公式について考察するのに何か使えるかもとこの記事を書き始めてみたはいいものの、本質的には $sn u$ や ${sn}^{2} u$ のフーリエ級数と変わらないので特に新しい結果が見出されるわけではなさそうですね。かのJacobiもこの公式から目ぼしい結果を導いているわけではなさそうですし。

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：2024年2月13日

更新日：2024年2月15日

この記事を高評価した人

高評価したユーザはいません

この記事に送られたバッジ

バッジはありません。

バッチを贈って投稿者を応援しよう

バッチを贈ると投稿者に現金やAmazonのギフトカードが還元されます。

投稿者

子葉

1065

259824

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。

他の人のコメント

コメントはありません。

読み込み中

子葉

sn関数の累乗に関するヤコビの公式

はじめに
${sn}^{n} u$ と $(sn u)^{(m)}$ との関係
具体例
$A_{n}^{(m)}, B_{n}^{(m)}$ と楕円積分
${sn}^{n} u$ のフーリエ級数展開
参考文献

sn関数の累乗に関するヤコビの公式

はじめに

snn⁡uと(sn⁡u)(m)との関係

具体例

An(m),Bn(m)と楕円積分

(ksn⁡u)2n+1について

(ksn⁡u)2nについて

snn⁡uのフーリエ級数展開

余談

参考文献

この記事を高評価した人

この記事に送られたバッジ

投稿者

コメント

他の人のコメント

${sn}^{n} u$ と $(sn u)^{(m)}$ との関係

$A_{n}^{(m)}, B_{n}^{(m)}$ と楕円積分

$(k sn u)^{2 n + 1}$ について

$(k sn u)^{2 n}$ について

${sn}^{n} u$ のフーリエ級数展開