ζ関数
前々回、f(u)からf2(u)を(すなわち12℘′(u)から℘(u)を)導いたのと同様の手段を
℘(u)=1u2+∑′{1(u−w)2−1w2}
に対して行えばすべての極の位数を1に下げることが出来ます。しかし、第一位の楕円関数は存在しないためこのようして得る関数はもはや楕円関数ではないことに注意が必要です。とにかく、その関数を作ってみると次のようになります。
∫u0{℘(u)−1u2}du=∫u0∑′{1(u−w)2−1w2}du=∑′∫u0{1(u−w)2−1w2}du=−∑′{1u−w+1w+uw2}
この負号を省けば、0以外のすべてのw点において主部が1u−wの一位の極をもつ関数を得ることができます。よってu=0においても同様の極をもたないように1uの項を加えて、次のような新しい関数を作りましょう。
ζ(u)=1u+∑′{1u−w+1w+uw2}
これと℘(u)の関係は次の式で表されます。
ζ(u)=1u−∫u0{℘(u)−1u2}du℘(u)=−ζ′(u)}
(1)からただちに判る通りζ(u)は奇関数で、かつu,ω1,ω3に関して−1次の同次関数です。またその展開式は℘(u)のそれから容易に導かれます。
ζ(u)=1u−g260u3−g3140u5−g228400u7−g2g318480u9−⋯
さて最初に断ってある通り、ζ(u)は楕円関数ではありません。では、uをu+2ω1に変えたときζ(u)はどう変わるのでしょうか。次にこれを議論することにしましょう。
今、
ζ(u+2ω1)=ζ(u)+Z
とおけば、一般にZはuとω1,ω3の関数と考えるべきです。(3)の両辺をuに関して微分すると、(2)により
−℘(u+2ω1)=−℘(u)+∂Z∂u
となります。従って、
∂Z∂u=0
故にZはuには無関係で、ω1,ω3のみの関数であることが分かります。よって(3)において特にu=−ω1とおいてもZには影響がないから、
ζ(ω1)=ζ(−ω1)+Z
ζ(u)は奇関数ですから、ζ(−ω1)=−ζ(ω1)、かつω1はw点ではありません。従って、ζ(ω1)は有限値です。これをη1で表せば
η1=−η1+Z, 従って、 Z=2η1
これを(3)に代入すれば次の公式を得ることができます。
ζ(u+2ω1)=ζ(u)+2η1, η1=ζ(ω1)
この関係はω1に限ったことではなく、一般に
ζ(u+2ωi)=ζ(u)+2ηi, ηi=ζ(ωi) (i=1,2,3)
であることが証明できます。更に、これを結合すれば
ζ(u+2h1ω1+2h3ω3)=ζ(u)+2h1η1+2h3η3
となります。ここで、h1,h3は任意の整数です。特にh1=h3=−1とおけば、
ζ(u−2ω1−2ω3)=ζ(u+2ω2)=ζ(u)−2η1−2η3
となります。これを(4)と比較すれば
η1+η2+η3=0
の関係を得ることができます。
注意: ζ(u)は周期関数ではないが便宜上2ω1,2ω3(一般にはw)をその周期と言います。
次に、P′の平行四辺形は同回におけるのと同じ意味をもつものとして、以下のような操作をしてみます。
∫(P′)ζ(u)du=∫a+2ω1a+∫a−2ω2a+2ω1+∫a+2ω3a−2ω2+∫aa+2ω3=2πi
この積分の値が2πiであることはP′の中にζ(u)の極が唯一つあってその留数が1であることから直ちに分かります。さて(6)の右辺における第三の積分においてu=v+2ω3の置換を行えば、
∫a+2ω3a−2ω2ζ(u)du=∫aa+2ω1ζ(v+2ω3)dv=−∫a+2ω1a{ζ(v)+2η3}dv=−∫a+2ω1aζ(v)dv−4η3ω1
故にこれと第一の積分を加えると
∫a+2ω1a+∫a+2ω3a−2ω2=−4η3ω1
同様に計算して
∫a−2ω2a+2ω1+∫aa+2ω3=+4η1ω3
よって(6)から
η1ω3−η3ω1=πi2
の式を得ることができます。これをLegendre の関係式と言います。(5)及びω1+ω2+ω3=0の関係を利用すれば、(7)は
η2ω1−η1ω2=πi2, η3ω2−η2ω3=πi2
等と書き直されることになります。
参考文献
参考文献は以下の通り。
[1]竹内端三,『楕円関数論』,岩波書店,1936
出版社在庫無し、著作権消失済み。
[2]E.T. Whittaker, et al., A Course of Modern Analysis (AMS PRESS, 1927)
著作権消失済み。
[3]戸田盛和,『楕円関数入門』,日本評論社,2001
[4]戸田盛和,『臨時別冊・数理科学SGC ライブラリ49 ソリトンと物理学』,サイエンス社,2006
同出版社より電子書籍の形で復刊済み。
[5]Landau・Lifshitz,『力学』,東京図書,2017