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

テータ関数とペー関数

シグマ関数との関係として、以前、以下の式を議論した。
\[\sqrt{\wp(u)-e_i}=\frac{\sigma_i(u)}{\sigma(u)}\hspace{1cm}\left(i=1,2,3\right)\]

これより次の結果を得る。

\[\left.\begin{array}{l}\displaystyle\sqrt{\wp(u)-e_1}=\frac{1}{2\omega_1}\frac{{\vartheta_1}^\prime}{\vartheta_2}\frac{\vartheta_2(v)}{\vartheta_1(v)}\\\displaystyle\sqrt{\wp(u)-e_2}=\frac{1}{2\omega_1}\frac{{\vartheta_1}^\prime}{\vartheta_3}\frac{\vartheta_3(v)}{\vartheta_1(v)}\\\displaystyle\sqrt{\wp(u)-e_3}=\frac{1}{2\omega_1}\frac{{\vartheta_1}^\prime}{\vartheta_0}\frac{\vartheta_0(v)}{\vartheta_1(v)}\end{array}\right\}\tag{$1$}\label{1}\]

さらに以下の式が成り立つ。
\begin{eqnarray*}\wp^\prime(u)&=&-2\left(\frac{1}{2\omega_1}\right)^3\frac{{\vartheta_1}^{\prime3}}{\vartheta_2\vartheta_3\vartheta_0}\frac{\vartheta_2(v)\vartheta_3(v)\vartheta_0(v)}{\vartheta_1(v)^3}\\&=&-\frac{\pi}{4{\omega_1}^3}{\vartheta_1}^{\prime2}\frac{\vartheta_2(v)\vartheta_3(v)\vartheta_0(v)}{\vartheta_1(v)^3}\hspace{1cm}\left(\cssId{pop16link}{\style{font-family:serif}{\text{第}}\ 35\ \style{font-family:serif}{\text{節}}\ \left(5\right)}\ \style{font-family:serif}{\text{による}}\right)\end{eqnarray*}

$\eqref{1}$の第一式において$u=\omega_2=-\omega_1-\omega_3$、$v=-\dfrac{1}{2}-\dfrac{\tau}{2}$とおけば、

\begin{eqnarray*}\sqrt{e_2-e_1}&=&\frac{1}{2\omega_1}\frac{{\vartheta_1}^\prime}{\vartheta_2}\frac{\vartheta_2\left(\dfrac{1}{2}+\dfrac{\tau}{2}\right)}{-\vartheta_1\left(\dfrac{1}{2}+\dfrac{\tau}{2}\right)}\\&=&\frac{1}{2\omega_1}\frac{{\vartheta_1}^\prime}{\vartheta_2}\frac{-i\varepsilon\vartheta_0}{-\varepsilon\vartheta_3}\hspace{1cm}\\&=&\frac{i{\vartheta_1}^\prime\vartheta_0}{2\omega_1\vartheta_2\vartheta_3}=i\frac{\pi}{2\omega_1}{\vartheta_0}^2\end{eqnarray*}

同様の方法によって次の式を得る。

\[\left.\begin{array}{ll}\displaystyle\sqrt{e_2-e_1}=i\frac{\pi}{2\omega_1}{\vartheta_0}^2,\ \ \ & \displaystyle\sqrt{e_3-e_1}=-i\frac{\pi}{2\omega_1}{\vartheta_3}^2 \\\displaystyle\sqrt{e_1-e_2}=\frac{\pi}{2\omega_1}{\vartheta_0}^2,\ \ \ & \displaystyle\sqrt{e_3-e_2}=-i\frac{\pi}{2\omega_1}{\vartheta_2}^2 \\\displaystyle\sqrt{e_1-e_3}=\frac{\pi}{2\omega_1}{\vartheta_3}^2,\ \ \ & \displaystyle\sqrt{e_2-e_3}=-\frac{\pi}{2\omega_1}{\vartheta_2}^2\end{array}\right\}\tag{2}\label{2}\]

$\eqref{2}$から$e_1$、$e_2$、$e_3$を求めれば

\begin{eqnarray*}e_1&=&\frac{1}{3}\left(\frac{\pi}{2\omega_1}\right)^2\left({\vartheta_3}^4+{\vartheta_0}^4\right)\\e_2&=&\frac{1}{3}\left(\frac{\pi}{2\omega_1}\right)^2\left({\vartheta_2}^4-{\vartheta_0}^4\right)\\e_3&=&-\frac{1}{3}\left(\frac{\pi}{2\omega_1}\right)^2\left({\vartheta_2}^4+{\vartheta_3}^4\right)\end{eqnarray*}

となる。これと$\eqref{1}$を組み合わせれば$\wp(u)$が計算できるが、もっと便利なのは次に述べる級数による方法である。無限乗積展開を代入すれば、

\[\sigma(u)=\frac{2\omega_1}{\pi}e^{2\eta_1\omega_1v^2}\sin\pi v\frac{\displaystyle\prod_{n=1}^\infty\left(1-q^{2n}z^2\right)\left(1-q^{2n}z^{-2}\right)}{\displaystyle\prod_{n=1}^\infty\left(1-q^{2n}\right)^2}\]

となる。この両辺を$u$に関して（$v=\dfrac{u}{2\omega_1}$となることに注意）対数微分すれば

\[\zeta(u)=2\eta_1v+\frac{\pi}{2\omega_1}\cot\pi v-\frac{\pi i}{\omega_1}\sum_{n=1}^\infty\left(\frac{q^{2n}z^2}{1-q^{2n}z^2}-\frac{q^{2n}z^{-2}}{1-q^{2n}z^{-2}}\right)\tag{3}\label{3}\]

となる。

\[\left|q^2\right|\lt\left|z^2\right|\lt\left|q^{-2}\right|\]

したがって、

\[\left|q^{2n}z^2\right|\lt1,\ \ \ \left|q^{2n}z^{-2}\right|\lt1\]

と考えれば上の式の括弧内を$z$の冪級数に書き直すことができる。この結果を整頓して$z$の同じべきの項をそれぞれ集めれば次の式を得る、

\begin{eqnarray*}\zeta(u)&=&2\eta_1v+\frac{\pi}{2\omega_1}\cot\pi v-\frac{\pi i}{\omega_1}\sum_{n=1}^\infty\frac{q^{2n}}{1-q^{2n}}\left(z^{2n}-z^{-2n}\right)\\&=&2\eta_1v+\frac{\pi}{2\omega_1}\cot\pi v+\frac{2\pi}{\omega_1}\sum_{n=1}^\infty\frac{q^{2n}}{1-q^{2n}}\sin2n\pi v\tag{4}\label{4}\end{eqnarray*}

これで$\zeta(u)$が計算できる。

ゆえに$v$が基本周期平行四辺形（$0$、$1$、$1+\tau$、$\tau$を頂点とするもの）内にあるときは確かにこの条件は満足されている。$\eqref{4}$をさらに$u$に関して微分すれば、

\begin{eqnarray*}\wp(u)&=&\left(\frac{1}{2\omega_1}\right)^2\left\{-4\eta_1\omega_1+\frac{\pi^2}{\sin^2\pi v}-8\pi^2\sum_{n=1}^\infty\frac{nq^{2n}}{1-q^{2n}}\cos2n\pi v\right\}\tag{5}\label{5}\\\wp^\prime(u)&=&\left(\frac{\pi}{2\omega_1}\right)^3\left\{-\frac{2\cos\pi v}{\sin^3\pi v}+16\sum_{n=1}^\infty\frac{n^2q^{2n}}{1-q^{2n}}\sin2n\pi v\right\}\tag{6}\label{6}\end{eqnarray*}

等の式を得る。さて$\eqref{4}$、$\eqref{5}$等を用いて$\zeta$、$\wp$等の関数を計算するにはなお$\eta_1$の値を知らなければならない、次にこれを求めることを考えよう。

一方で、$\eqref{4}$の右辺を$u$の冪級数に展開すれば

\begin{eqnarray*}\zeta(u)=2\eta_1v&&+\frac{\pi}{2\omega_1}\left(\frac{1}{\pi v}-\frac{1}{3}\pi v-\frac{1}{45}\pi^3v^3-\frac{2}{945}\pi^5v^5-\cdots\right)\\&&+\frac{2\pi}{\omega_1}\sum_{n=1}^\infty\frac{q^{2n}}{1-q^{2n}}\left(2n\pi v-\frac{4}{3}n^3\pi^3v^3+\frac{4}{15}n^5\pi^5v^5-\cdots\right)\end{eqnarray*}

となる。これを先の式と比較し、各右辺における$v$、$v^2$、$v^3$の係数をそれぞれ等しいとおけば、次の関係が得られる。

\begin{eqnarray*}\eta_1&=&\frac{\pi^2}{\omega_1}\left(\frac{1}{12}-2\sum_{n=1}^\infty\frac{nq^{2n}}{1-q^{2n}}\right)\\g_2&=&\left(\frac{\pi}{\omega_1}\right)^4\left(\frac{1}{12}+20\sum_{n=1}^\infty\frac{n^3q^{2n}}{1-q^{2n}}\right)\\g_3&=&\left(\frac{\pi}{\omega_1}\right)^6\left(\frac{1}{216}-\frac{7}{3}\sum_{n=1}^\infty\frac{n^5q^{2n}}{1-q^{2n}}\right)\end{eqnarray*}

$\eta_1$がこれによって計算できれば$\eqref{4}$、$\eqref{5}$が実際に使用される。よって$\eqref{5}$において$u=\omega_1$、$v=\dfrac{1}{2}$とおけば、\[e_1=\frac{1}{4{\omega_1}^2}\left\{-4\eta_1\omega_1+\pi^2-8\pi^2\sum_{n=1}^\infty\left(-1\right)^n\frac{nq^{2n}}{1-q^{2n}}\right\}\]$e_1$、$g_2$、$g_3$が知られれば$e_2$、$e_3$は二次方程式を解くことによっても求められる。

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