第28講：テータ関数の周期

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テータ関数の周期

これまでは $2\omega_1$ ， $2\omega_3$ を周期と呼んで来たが、 $\vartheta$ 関数に関しては各々を $2\omega_1$ で割ったものすなわち $1$ と $\tau$ を周期と呼ぶことにする。 $\vartheta$ 関数においては $v=\dfrac{u}{2\omega_1}$ を変数と考えるためである。

しかし周期とはいっても物理で使われる意味の周期とは違う。

まず $v$ に半周期 $\dfrac{1}{2}$ を加えたとする。 $v$ が $v+\dfrac{1}{2}$ に変われば $z$ は $iz$ に変わる。したがって

$\begin{array}{ll}\displaystyle\vartheta_1\left(v+\frac{1}{2}\right)=\vartheta_2(v),\ \ \ & \displaystyle\vartheta_2\left(v+\frac{1}{2}\right)=-\vartheta_1(v) \\\displaystyle\vartheta_3\left(v+\frac{1}{2}\right)=\vartheta_0(v),\ \ \ & \displaystyle\vartheta_0\left(v+\frac{1}{2}\right)=\vartheta_3(v)\end{array}$

もしまた $v$ に他の半周期 $\dfrac{\tau}{2}$ を加えたとすれば、 $z$ は $q^{\displaystyle\small{\frac{1}{2}}}z$ に変わる。

したがって

$\begin{eqnarray*}\vartheta_1\left(v+\frac{\tau}{2}\right)&=&i\sum_{n=-\infty}^\infty\left(-1\right)^nq^{\displaystyle\small{\left(\frac{2n-1}{2}\right)^2+\frac{2n-1}{2}}}z^{2n-1}\\&=&iq^{\displaystyle\small{-\frac{1}{4}}}z^{-1}\vartheta_0(v)=ie^{\displaystyle\small{-\pi i\left(v+\frac{\tau}{4}\right)}}\vartheta_0(v)\end{eqnarray*}$

同様に

$\begin{eqnarray*}\vartheta_2\left(v+\frac{\tau}{2}\right)&=&e^{\displaystyle\small{-\pi i\left(v+\frac{\tau}{4}\right)}}\vartheta_3(v)\\\vartheta_3\left(v+\frac{\tau}{2}\right)&=&e^{\displaystyle\small{-\pi i\left(v+\frac{\tau}{4}\right)}}\vartheta_2(v)\\\vartheta_0\left(v+\frac{\tau}{2}\right)&=&ie^{\displaystyle\small{-\pi i\left(v+\frac{\tau}{4}\right)}}\vartheta_1(v)\\\end{eqnarray*}$

更に、 $a$ を適当にとって四点 $a$ ， $a+1$ ， $a+1+\tau$ ， $a+\tau$ を頂点とする平行四辺形 $P^\prime$ の周上に $\vartheta_1(v)$ の零点がないようにし、そうしてこの周上を正の方向に一周する積分路をとれば

$\int_{\left(P^\prime\right)}\frac{{\vartheta_1}^\prime(v)}{\vartheta_1(v)}dv=\int_a^{a+1}+\int_{a+1}^{a+1+\tau}+\int_{a+1+\tau}^{a+\tau}+\int_{a+\tau}^a$ すると

$\int_{a+1}^{a+1+\tau}=\int_a^{a+\tau}\frac{{\vartheta_1}^\prime(v)}{\vartheta_1(v)}dv,\ \ \ \style{font-family:serif}{\text{ゆえに}}\ \ \ \int_{a+1}^{a+1+\tau}+\int_{a+\tau}^a=0$ また

$\int_{a+1+\tau}^{a+\tau}=\int_{a+1}^a\left\{\frac{{\vartheta_1}^\prime(v)}{\vartheta_1(v)}-2\pi i\right\}dv$ ゆえに

$\int_a^{a+1}+\int_{a+1+\tau}^{a+\tau}=2\pi i$ ゆえに

$\frac{1}{2\pi i}\int_{\left(P^\prime\right)}\frac{{\vartheta_1}^\prime(v)}{\vartheta_1(v)}dv=1$

これはすなわち一つの周期平行四辺形内における $\vartheta_1(v)$ の零点の数と極の数の差を表すものだが、 $\vartheta_1(v)$ は前は述べたように整関数で有限の極をもたないから結局平行四辺形内に一位の零点が1つだけであることが分かる。その零点はすでに知られる通り $v=0$ である。他の三つの関数についても同様に各平行四辺形内に一位の零点が唯一つずつあることが証明される。

$\vartheta_2\left(\frac{1}{2}\right)=0,\ \ \ \vartheta_3\left(\frac{1}{2}+\frac{\tau}{2}\right)=0,\ \ \ \vartheta_0\left(\frac{\tau}{2}\right)=0$ 　

次に四つの $\vartheta$ 関数の間に成立する重要な関係式を求めてみよう。

$\left\{\begin{array}{l}\vartheta\left(v+1\right)^2=\vartheta(v)^2\\\vartheta\left(v+\tau\right)^2=e^{-2\pi i\left(2v+\tau\right)}\vartheta(v)^2\\\end{array}\right.\tag{2}\label{2}$

ただしここで $\vartheta_1$ の添字を省いたのは実は $\eqref{2}$ は $\vartheta_1$ に限らず $\vartheta_2$ ， $\vartheta_3$ ， $\vartheta_0$ のどれにしてもそのまま成り立つからである。

そこで $C$ を定数として

$F(v)=C\frac{{\vartheta_2}^2\vartheta_0(v)^2-{\vartheta_3}^2\vartheta_1(v)^2}{\vartheta_2(v)^2}$

という関数を考えれば、 $\eqref{2}$ によってこれは $1$ 及び $\tau$ の周期をもつ楕円関数である。その極は

$\vartheta_2(v)^2=0\ \Longrightarrow v=\frac{1}{2}$ にあって二位の極であるように見えるが、実はその値に対して分子が

${\vartheta_2}^2\vartheta_0\left(\frac{1}{2}\right)^2-{\vartheta_3}^2\vartheta_1\left(\frac{1}{2}\right)^2={\vartheta_2}^2{\vartheta_3}^2-{\vartheta_3}^2{\vartheta_2}^2=0$

となるから、極の位数は $2$ より低いことになる。すると二位より低い楕円関数は実は定数であるから、 $F(v)$ は定数でなければならない。その定数を $1$ にするように $C$ を定めるとすれば、

$C{\vartheta_2}^2\vartheta_0(v)^2-C{\vartheta_3}^2\vartheta_1(v)^2=\vartheta_2(v)^2$ 試しに

$v=0$ とおけば

$C{\vartheta_2}^2\vartheta_0(v)^2={\vartheta_2}^2$

これで $C$ が定められる。その値を上の式に代入すれば

${\vartheta_2}^2\vartheta_0(v)^2-{\vartheta_3}^2\vartheta_1(v)^2={\vartheta_0}^2\vartheta_2(v)^2\tag{3}\label{3}$

全く同様の論法で

${\vartheta_3}^2\vartheta_0(v)^2-{\vartheta_2}^2\vartheta_1(v)^2={\vartheta_0}^2\vartheta_3(v)^2\tag{4}\label{4}$

も証明される。 $\eqref{4}$ において $v=\dfrac{1}{2}$ とすれば

${\vartheta_0}^4+{\vartheta_2}^4={\vartheta_3}^4\tag{5}\label{5}$

の関係を得る。

注意として、 $\eqref{3}$ ， $\eqref{4}$ を $\vartheta_0(v)^2$ ， $\vartheta_1(v)^2$ に関する連立一次方程式として解けば

$\begin{eqnarray*}\vartheta_0(v)^2&=&\frac{{\vartheta_0}^2\left\{{\vartheta_3}^2\vartheta_3(v)^2-{\vartheta_2}^2\vartheta_2(v)^2\right\}}{{\vartheta_3}^4-{\vartheta_2}^4}\\\vartheta_1(v)^2&=&\frac{{\vartheta_0}^2\left\{{\vartheta_2}^2\vartheta_3(v)^2-{\vartheta_3}^2\vartheta_2(v)^2\right\}}{{\vartheta_3}^4-{\vartheta_2}^4}\\\end{eqnarray*}$
が得られる。この両辺をさらに二乗して引き、

$\eqref{5}$ を利用すれば、次の式を得ることができる。

$\vartheta_0(v)^4+\vartheta_2(v)^4=\vartheta_1(v)^4+\vartheta_3(v)^4$

先ほどの式はこれの $v=0$ の特別の場合に当たる。

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

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