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
$$\l(\frac{2kK}\pi\r)^3\sn^3u =2\sum^\infty_{n=1}\l((1+k^2)\l(\frac{2K}\pi\r)^2-(2n-1)^2\r)\frac{q^{n-\frac12}}{1-q^{2n-1}}\sin(2n-1)v$$
のような公式について解説していきます。

$\sn^nu$と$(\sn u)^{(m)}$との関係

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

　簡単のため$x=\sn u$とおくと
$$\frac{dx}{du}=\sqrt{(1-x^2)(1-k^2x^2)}$$
より
\begin{align} \frac d{du}x^n&=nx^{n-1}\sqrt{(1-x^2)(1-k^2x^2)}\\ \frac{d^2}{du^2}x^n &=n(n-1)x^{n-2}(1-x^2)(1-k^2x^2)\\ &\qquad-nx^n((1-k^2x^2)+k^2(1-x^2))\\\ &=n(n-1)x^{n-2}-n^2(1+k^2)x^n+n(n+1)k^2x^{n+2} \end{align}
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{align} (k\sn u)^{2n+1}&=\frac1{(2n)!}\sum^n_{m=0}A_n^{(n-m)}\frac{d^{2m}}{du^{2m}}k\sn u\\ (k\sn u)^{2n} &=\frac1{(2n-1)!}\sum^n_{m=1}B_n^{(n-m)}\frac{d^{2m-2}}{du^{2m-2}}k^2\sn^2 u+\frac{k^2B_n^{(n)}}{(2n-1)!}\\ \frac1{\sn^{2n+1}u} &=\frac1{(2n)!}\sum^n_{m=0}A_n^{(n-m)}\frac{d^{2m}}{du^{2m}}\frac1{\sn u}\\ \frac1{\sn^{2n}u} &=\frac1{(2n-1)!}\sum^n_{m=1}B_n^{(n-m)}\frac{d^{2m-2}}{du^{2m-2}}\frac1{\sn^2 u}+\frac{k^2B_n^{(n)}}{(2n-1)!} \end{align}
が成り立つ。特に$A_n^{(m)},B_n^{(m)}$は漸化式
\begin{align} A_n^{(m)} &=A_{n-1}^{(m)}+(2n-1)^2(1+k^2)A_{n-1}^{(m-1)}-(2n-2)^2(2n-1)(2n-3)k^2A_{n-2}^{(m-2)}\\ B_n^{(m)} &=B_{n-1}^{(m)}+(2n-2)^2(1+k^2)B_{n-1}^{(m-1)}-(2n-3)^2(2n-2)(2n-4)k^2B_{n-2}^{(m-2)}\\ \end{align}
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
$$n(n+1)k^2\sn^{n+2}u=\frac{d^2}{du^2}\sn^nu+n^2(1+k^2)\sn^nu-n(n-1)\sn^{n-2}u$$
に注意するとわかる。
　また$1/\sn^nu$の場合については
$$\sn(u+iK')=\frac1{k\sn u}$$
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{align} 2!k^2\sn^3u =\frac{d^2}{du^2}\sn u&+(1+k^2)\sn u\\ 4!k^4\sn^5u =\frac{d^4}{du^4}\sn u&+10(1+k^2)\frac{d^2}{du^2}\sn u\\ &+3(3+2k^2+3k^4)\sn u\\ 6!k^6\sn^7 u =\frac{d^6}{du^6}\sn u&+35(1+k^2)\frac{d^4}{du^4}\sn u\\ &+7(37+38k^2+37k^4)\frac{d^2}{du^2}\sn u\\ &+45(5+3k^2+3k^4+5k^6)\sn u\\ 8!k^8\sn^9u =\frac{d^8}{du^8}\sn u&+84(1+k^2)\frac{d^6}{du^6}\sn u\\ &+42(47+58k^2+47k^4)\frac{d^4}{du^4}\sn u\\ &+4(3229+3315k^2+3315k^4+3229k^6)\frac{d^2}{du^2}\sn u\\ &+315(35+20k^2+18k^4+20k^6+35k^8)\sn u\\ \\ 3!k^2\sn^4u =\frac{d^2}{du^2}\sn^2u&+4(1+k^2)\sn^2u\\ &-2\\ 5!k^4\sn^6u =\frac{d^4}{du^4}\sn^2u&+20(1+k^2)\frac{d^2}{du^2}\sn^2u\\ &+8(8+7k^2+8k^4)\sn^2u\\ &-32(1+k^2)\\ 7!k^6\sn^8u =\frac{d^6}{du^6}\sn^2u&+56(1+k^2)\frac{d^4}{du^4}\sn^2u\\ &+112(7+8k^2+7k^4)\frac{d^2}{du^2}\sn^2u\\ &+128(18+15k^2+15k^4+18k^6)\sn^2u\\ &-48(24+23k^2+24k^4)\\ \end{align}

$A_n^{(m)},B_n^{(m)}$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{align} K(x,k) &=\int^x_0\frac{dt}{\sqrt{(1-t^2)(1-k^2t^2)}}\\ &=\int^x_0\l(\sum^\infty_{n=0}\frac{(\frac12)_n}{(1)_n}t^{2n}\r)\l(\sum^\infty_{n=0}\frac{(\frac12)_n}{(1)_n}(kt)^{2n}\r)dt\\ &=\sum^\infty_{n=0}\l(\sum^n_{l=0}\frac{(\frac12)_l(\frac12)_{n-l}}{(1)_l(1)_{n-l}}k^{2l}\r)\frac{x^{2n+1}}{2n+1} \end{align}
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{align} K(x,k)^m&=x^m\sum^\infty_{n=0}R^{(m)}_nx^{2n}\\ \sn^m u&=x^m\sum^\infty_{n=0}S^{(m)}_nu^{2n} \end{align}
とおくと
\begin{align} \frac{(k\sn u)^{2n+1}}{2n+1} &=\sum^n_{m=0}\frac{R^{(2m+1)}_{n-m}}{(2m+1)!}\frac{d^{2m}}{du^{2m}}k\sn u\\ \frac{(k\sn u)^{2n}}{2n} &=\sum^n_{m=1}\frac{R^{(2m)}_{n-m}}{(2m)!}\frac{d^{2m-2}}{du^{2m-2}}k^2\sn^2 u -k^2\sum^n_{m=2}\frac{R^{(2m)}_{n-m}S^{(2)}_{m-2}}{2m(2m-1)}\\ \frac1{(2n+1)\sn^{2n+1}u} &=\sum^n_{m=0}\frac{R^{(2m+1)}_{n-m}}{(2m+1)!}\frac{d^{2m}}{du^{2m}}\frac1{\sn u}\\ \frac1{2n\sn^{2n}u} &=\sum^n_{m=1}\frac{R^{(2m)}_{n-m}}{(2m)!}\frac{d^{2m-2}}{du^{2m-2}}\frac1{\sn^2u} -k^2\sum^n_{m=2}\frac{R^{(2m)}_{n-m}S^{(2)}_{m-2}}{2m(2m-1)} \end{align}
が成り立つ。

$(k\sn u)^{2n+1}$について

　積和公式
\begin{align} \sn(u+v)-\sn(u-v) &=\frac{2\sn v\cn u\dn u}{1-k^2\sn^2u\sn^2v}\\ &=\frac1k\l(\frac{\sn v}{1+k\sn u\sn v}+\frac{\sn v}{1-k\sn u\sn v}\r)\frac d{du}\sn u \end{align}
を$u$について積分することで
$$\int^u_0(\sn(s+v)-\sn(s-v))ds=\frac1k\log\frac{1+k\sn u\sn v}{1-k\sn u\sn v}$$
が成り立つので、これを
\begin{align} \sn(u+v)&=\sum^\infty_{m=0}\frac{v^m}{m!}\frac{d^m}{du^m}\sn u\\ -\log(1-x)&=\sum^\infty_{n=1}\frac1nx^n \end{align}
と展開することで
$$\sum^\infty_{m=0}\frac{v^{2m+1}}{(2m+1)!}\frac{d^{2m}}{du^{2m}}k\sn u =\sum^\infty_{n=0}\frac1{2n+1}(k\sn u\sn v)^{2n+1}$$
を得る。
　また$\sn$関数の定義より$K(\sn v,k)=v$つまり
$$v^{2m+1}=\sum^\infty_{n=m}R^{(2m+1)}_{n-m}\sn^{2n+1}v$$
が成り立つことに注意すると
\begin{align} \sum^\infty_{m=0}\frac{v^{2m+1}}{(2m+1)!}\frac{d^{2m}}{du^{2m}}k\sn u &=\sum^\infty_{m=0}\sum^\infty_{n=m}\frac{R^{(2m+1)}_{n-m}}{(2m+1)!}\sn^{2n+1}v\frac{d^{2m}}{du^{2m}}k\sn u\\ &=\sum^\infty_{n=0}\l(\sum^n_{m=0}\frac{R^{(2m+1)}_{n-m}}{(2m+1)!}\frac{d^{2m}}{du^{2m}}k\sn u\r)\sn^{2n+1}v \end{align}
と展開できるので$\sn^{2n+1}v$の係数を比較することで
$$\frac{(k\sn u)^{2n+1}}{2n+1} =\sum^n_{m=0}\frac{R^{(2m+1)}_{n-m}}{(2m+1)!}\frac{d^{2m}}{du^{2m}}k\sn u$$
を得る。

$(k\sn u)^{2n}$について

　積和公式
\begin{align} \sn(u+v)+\sn(u-v)&=\frac{2\sn u\cn v\dn v}{1-k^2\sn^2u\sn^2v}\\ \sn(u+v)-\sn(u-v)&=\frac{2\sn v\cn u\dn u}{1-k^2\sn^2u\sn^2v} \end{align}
を掛け合わせることで
$$\sn^2(u+v)-\sn^2(u-v) =\frac{(\frac d{du}\sn^2u)(\frac d{dv}\sn^2v)}{(1-k^2\sn^2u\sn^2v)^2}$$
が成り立つのでこれを$u,v$について積分することで
\begin{align} \int^u_0\int^v_0\sn^2(s+t)-\sn^2(s-t)dtds &=\iint\frac{dxdy}{(1-k^2xy)^2}\qquad(x=\sn^2u,y=\sn^2v)\\ &=\int\frac1{k^2x}\l(1-\frac1{1-k^2xy}\r)dx\\ &=-\frac1{k^2}\log(1-k^2xy)\\ &=-\frac1{k^2}\log(1-k^2\sn^2u\sn^2v) \end{align}
を得る。
　あとは上と同様にして
\begin{align} &\frac{k^2}2\int^u_0\int^v_0\sn^2(s+t)-\sn^2(s-t)dtds\\ ={}&\sum^\infty_{m=0}\frac{v^{2m+2}}{(2m+2)!}\l(\frac{d^{2m}}{du^{2m}}k^2\sn^2s-k^2(2m)!S^{(2)}_{m-1}\r)\\ ={}&\sum^\infty_{n=1}\l(\sum^n_{m=1}\frac{R_{n-m}^{(2m)}}{(2m)!}\frac{d^{2m-2}}{du^{2m-2}}k^2\sn^2u-k^2\sum^n_{m=2}\frac{R^{(2m)}_{n-m}S^{(2)}_{m-2}}{2m(2m-1)}\r)\sn^{2n}v\\ ={}&-\frac12\log(1-k^2\sn^2u\sn^2v)\\ ={}&\sum^\infty_{n=1}\frac1{2n}(k\sn u\sn v)^{2n} \end{align}
と展開することでわかる。

　ちなみに$\sn^nv$の方を展開し$v^m$の係数を比較することで
$$\frac1{(2m+1)!}\frac{d^{2m}}{du^{2m}}\sn u =\sum^m_{n=0}\frac{k^{2n-2}}{2n+1}S^{(2n+1)}_{m-n}\sn^{2n+1}u$$
のような公式も導出できる。

$\sn^nu$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{alignat}{3} \frac{2kK}\pi\sn u &=&&+4\sum^\infty_{n=1}\frac{q^{n-\frac12}}{1-q^{2n-1}}\sin(2n-1)v\\ \l(\frac{2kK}\pi\r)^2\sn^2u &=&A&-8\sum^\infty_{n=1}\frac{nq^n}{1-q^{2n}}\cos2nv\\ \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\\ \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\\ \end{alignat}
ただし
$$u=\frac{2K}\pi v,\quad A=\l(\frac{2kK}\pi\r)^2\int^1_0\sn^2(2Kt)dt$$
とおいた。

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

\begin{align} \l(\frac{2kK}\pi\r)^{2n+1}\sn^{2n+1} u &=\frac4{(2n)!}\sum^\infty_{l=1}\l(\sum^n_{m=0}(-1)^mA_n^{(n-m)}\l(\frac{2K}\pi\r)^{2(n-m)}(2l-1)^{2m}\r)\frac{q^{l-\frac12}}{1-q^l}\sin(2l-1)v\\ \l(\frac{2kK}\pi\r)^{2n}\sn^{2n}u &=\frac4{(2n-1)!}\sum^\infty_{l=1}\l(\sum^n_{m=1}(-1)^mB_n^{(n-m)}\l(\frac{2K}\pi\r)^{2(n-m)}(2l)^{2m-1}\r)\frac{q^l}{1-q^{2l}}\cos2lv\\ &\qquad+\frac1{(2n-1)!}(AB_n^{(n-1)}\l(\frac{2K}\pi\r)^{2n-2}+k^2B_n^{(n)}\l(\frac{2K}\pi\r)^{2n}) \end{align}

　これにより例えば
\begin{align} \l(\frac{2kK}\pi\r)^3\sn^3u &=2\sum^\infty_{n=1}\l((1+k^2)\l(\frac{2K}\pi\r)^2-(2n-1)^2\r)\frac{q^{n-\frac12}}{1-q^{2n-1}}\sin(2n-1)v\\ 6\l(\frac{2kK}\pi\r)^4\sn^4u &=4(1+k^2)\l(\frac{2K}\pi\r)^2A-2k^2\l(\frac{2K}\pi\r)^4\\ &\qquad-4\sum^\infty_{n=1}\l(4(1+k^2)\l(\frac{2K}\pi\r)^2\c2n-(2n)^3\r)\frac{q^n}{1-q^{2n}}\cos2nv \end{align}
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$\sn^2u$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。