$\def\bm#1{{\boldsymbol{#1}}} \def\coloneqq{{:=}}$

無限乗積展開

$\vartheta$関数を無限乗積の形に表す式を求めるために、まず有限乗積

$$F_m(z)=\prod_{n=1}^m\left(1+q^{2n-1}z^2\right)\left(1+q^{2n-1}z^{-2}\right)$$

を考えよう。この式は$z$と$z^{-1}$について対称だから、次のように展開できる。

$$F_m(z)={A_0}^{(m)}+{A_1}^{(m)}\left(z^2+z^{-2}\right)+{A_2}^{(m)}\left(z^4+z^{-4}\right)+\cdots+{A_m}^{(m)}\left(z^{2m}+z^{-2m}\right)$$

ここで、

$${A_m}^{(m)}=qq^3q^5\cdots q^{2m-1}=q^{m^2}$$

であることは簡単に分かる。他の係数を求めるには、$F_m(z)$の$z$に$qz$を代入するとき次の関係があることを利用する。

$$F_m\left(qz\right)=\frac{\left(1+q^{2m+1}z^2\right)\left(1+q^{-1}z^{-2}\right)}{\left(1+q^{2m-1}z^{-2}\right)\left(1+qz^2\right)}F_m(z)$$

これを書き直せば、

$$\left(q^{2m}+qz^2\right)F_m\left(qz\right)=\left(1+q^{2m+1}z^2\right)F_m(z)$$

となる。この両辺を$z$のべきに展開し、$z^{2k}$の係数を比較すれば、

$${A_{k-1}}^{(m)}=\frac{1-q^{2m+2k}}{q^{2k-1}\left(1-q^{2m-2k+2}\right)}{A_k}^{(m)}$$

という関係を得る。${A_m}^{(m)}$は既知だから、この関係において$k$を順次に$m$、$m-1$、$\cdots$とすれば、${A_{m-1}}^{(m)}$、${A_{m-2}}^{(m)}$、$\cdots$が得られる。その一般の形は

$${A_k}^{(m)}=q^{k^2}\frac{\left(1-q^{2m+2k+2}\right)\left(1-q^{2m+2k+4}\right)\cdots\left(1-q^{4m}\right)}{\left(1-q^2\right)\left(1-q^4\right)\cdots\left(1-q^{2m-2k}\right)}$$

である。

ここで、$m$の無限大の極限をとって

$$\lim_{m\rightarrow\infty}F_m(z)=F(z)$$

とする。これが$0\lt\left|z\right|\lt\infty$となる任意の閉面分において一様収束であることは$\left|q\right|\lt1$から容易に証明できる。

$F(z)$の展開式を

$$F(z)=A_0+A_1\left(z^2+z^{-2}\right)+A_2\left(z^4+z^{-4}\right)+\cdots$$

とすれば、

$$A_k=\lim_{m\rightarrow\infty}{A_k}^{(m)}$$

であるが、上で得た${A_k}^{(m)}$の式の分母は$m\rightarrow\infty$のとき

$$\prod_{n=1}^\infty\left(1-q^{2n}\right)$$

となり、これはもちろん絶対収束である。また分子はちょうどこの乗積のあるところから先の剰余の一部であるから$1$に収束する。よって、

$$A_k=\frac{q^{k^2}}{\displaystyle\prod_{n=1}^\infty\left(1-q^{2n}\right)}$$ これを代入すれば $$F(z)\prod_{n=1}^\infty\left(1-q^{2n}\right)=1+\sum_{k=1}^\infty q^{k^2}\left(z^{2k}+z^{-2k}\right)$$

この右辺は$\vartheta_3(v)$に他ならない。ゆえに

$$\vartheta_3(v)=\prod_{n=1}^\infty\left(1-q^{2n}\right)\prod_{n=1}^\infty\left(1+q^{2n-1}z^2\right)\left(1+q^{2n-1}z^{-2}\right)$$

これで$\vartheta$関数の無限乗積展開の手がかりができた。あとは$v$を順番に$v+\dfrac{1}{2}$、$v+\dfrac{\tau}{2}$、$v+\dfrac{1}{2}+\dfrac{\tau}{2}$に変えてみれば、それぞれ$\vartheta_0(v)$、$\vartheta_2(v)$、$\vartheta_1(v)$の式が得られる。その結果を次に列挙する。

$$\begin{eqnarray*}\vartheta_1(v)&=&-iq^{\displaystyle\small{\frac{1}{4}}}\left(z-z^{-1}\right)\prod_{n=1}^\infty\left(1-q^{2n}\right)\prod_{n=1}^\infty\left(1-q^{2n}z^2\right)\left(1-q^{2n}z^{-2}\right)\\&=&2q^{\displaystyle\small{\frac{1}{4}}}\sin\pi v\prod_{n=1}^\infty\left(1-q^{2n}\right)\prod_{n=1}^\infty\left(1-2q^{2n}\cos2\pi v+q^{4n}\right)\\\vartheta_2(v)&=&q^{\displaystyle\small{\frac{1}{4}}}\left(z+z^{-1}\right)\prod_{n=1}^\infty\left(1-q^{2n}\right)\prod_{n=1}^\infty\left(1+q^{2n}z^2\right)\left(1+q^{2n}z^{-2}\right)\\&=&2q^{\displaystyle\small{\frac{1}{4}}}\cos\pi v\prod_{n=1}^\infty\left(1-q^{2n}\right)\prod_{n=1}^\infty\left(1+2q^{2n}\cos2\pi v+q^{4n}\right)\\\vartheta_3(v)&=&\prod_{n=1}^\infty\left(1-q^{2n}\right)\prod_{n=1}^\infty\left(1+q^{2n-1}z^2\right)\left(1+q^{2n-1}z^{-2}\right)\\&=&\prod_{n=1}^\infty\left(1-q^{2n}\right)\prod_{n=1}^\infty\left(1+2q^{2n-1}\cos2\pi v+q^{4n-2}\right)\\\vartheta_0(v)&=&\prod_{n=1}^\infty\left(1-q^{2n}\right)\prod_{n=1}^\infty\left(1-q^{2n-1}z^2\right)\left(1-q^{2n-1}z^{-2}\right)\\&=&\prod_{n=1}^\infty\left(1-q^{2n}\right)\prod_{n=1}^\infty\left(1-2q^{2n-1}\cos2\pi v+q^{4n-2}\right)\end{eqnarray*}$$

特に$v=0$のときの値がしばしば使用されるが、これを簡単に表すために次の記号を用いる。

$$\left.\begin{array}{ll}\displaystyle Q_0=\prod_{n=1}^\infty\left(1-q^{2n}\right),\ \ \ & \displaystyle Q_1=\prod_{n=1}^\infty\left(1+q^{2n}\right) \\\displaystyle Q_2=\prod_{n=1}^\infty\left(1+q^{2n-1}\right),\ \ \ & \displaystyle Q_3=\prod_{n=1}^\infty\left(1-q^{2n-1}\right) \\\end{array}\right\}\tag{$1$}\label{1}$$

これを用いて書けば

$$\vartheta_2=2q^{\displaystyle\small{\frac{1}{4}}}Q_0{Q_1}^2,\ \ \ \vartheta_3=Q_0{Q_2}^2,\ \ \ \vartheta_0=Q_0{Q_3}^2\tag{2}\label{2}$$

である。$\vartheta_1=0$でだが、${\vartheta_1}^\prime\left(0\right)$（これを${\vartheta_1}^\prime$と略記する）がよく使われる。これを求めるには

$${\vartheta_1}^\prime=\lim_{v\rightarrow0}{\vartheta_1}^\prime(v)=\lim_{v\rightarrow0}\frac{\vartheta_1(v)}{v}$$

として、前の乗積の式を代用して計算すればよい、その結果は

$${\vartheta_1}^\prime=2\pi q^{\displaystyle\small{\frac{1}{4}}}{Q_0}^3\tag{3}\label{3}$$

である。さて、$\eqref{1}$に挙げた$Q$の間には次のような関係がある。

$$Q_0Q_1=\prod_{n=1}^\infty\left(1-q^{4n}\right),\ \ \ Q_2Q_3=\prod_{n=1}^\infty\left(1-q^{4n-2}\right)$$

すると$4n$と$4n-2$の全体を合わせればちょうどすべての偶数になるから、

$$Q_0Q_1Q_2Q_3=\prod_{n=1}^\infty\left(1-q^{2n}\right)=Q_0$$

そして$Q_0$は絶対収束であるからもちろん$0$ではない。ゆえに

$$Q_1Q_2Q_3=1\tag{4}\label{4}$$

であり、$\eqref{2}$,$\eqref{3}$,$\eqref{4}$からただちに次の結果を得る。

$${\vartheta_1}^\prime=\pi\vartheta_2\vartheta_3\vartheta_0\tag{5}\label{5}$$

この式の両辺は$v$に関していえば定数であるが、まだ$\tau$を含んでいる。よって$\tau$の関数とみて対数微分を行えば

$$\frac{1}{{\vartheta_1}^\prime}\frac{\partial{\vartheta_1}^\prime}{\partial\tau}=\frac{1}{\vartheta_2}\frac{\partial\vartheta_2}{\partial\tau}+\frac{1}{\vartheta_3}\frac{\partial\vartheta_3}{\partial\tau}+\frac{1}{\vartheta_0}\frac{\partial\vartheta_0}{\partial\tau}$$

となる。さらに、次の式を得る。

$$\frac{{\vartheta_1}^{\prime\prime\prime}}{{\vartheta_1}^\prime}=\frac{{\vartheta_2}^{\prime\prime}}{\vartheta_2}+\frac{{\vartheta_3}^{\prime\prime}}{\vartheta_3}+\frac{{\vartheta_0}^{\prime\prime}}{\vartheta_0}$$

ただし${\vartheta_1}^{\prime\prime\prime}$は${\vartheta_1}^{\prime\prime\prime}(v)$において$v=0$とおいたもの、その他もこれに準ずる。

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