楕円関数シリーズ第26回です。前回は：
もくじ
ヤコビの楕円関数をテータ関数で定義しました。過去にテータ関数の無限積表示を得ていますので、それを使えばヤコビの楕円関数の無限積表示も導出できそうです。
そういうわけで、まずヤコビの楕円関数の定義を思い出しましょう：
３つのヤコビの楕円関数は、周期パラメータ $\tau$ のテータ関数を用いて次のように定義される。\begin{align}\sn (u,k) &=\frac{\vartheta_3(\tau)}{\vartheta_2(\tau)}\frac{\vartheta_1\left(\frac{u}{\pi\vartheta_3^{~2}},\tau\right)}{\vartheta_4\left(\frac{u}{\pi\vartheta_3^{~2}},\tau\right)}\\\cn (u,k) &=\frac{\vartheta_4(\tau)}{\vartheta_2(\tau)}\frac{\vartheta_2\left(\frac{u}{\pi\vartheta_3^{~2}},\tau\right)}{\vartheta_4\left(\frac{u}{\pi\vartheta_3^{~2}},\tau\right)}\\\dn (u,k) &=\frac{\vartheta_4(\tau)}{\vartheta_3(\tau)}\frac{\vartheta_3\left(\frac{u}{\pi\vartheta_3^{~2}},\tau\right)}{\vartheta_4\left(\frac{u}{\pi\vartheta_3^{~2}},\tau\right)}\end{align}またこれらに関する便利なパラメータを\begin{align}k^{1/2}&=\frac{\vartheta_2}{\vartheta_3}\\k'^{~1/2}&=\frac{\vartheta_4}{\vartheta_3}\\2K&=\pi\vartheta_3^{~2}\\2iK' &=\pi\vartheta_3^{~2}\tau\end{align}と定める。
次にテータ関数の無限積表示を思い出します：
$q=e^{\pi i\tau}$ として\begin{align}\vartheta_1(z,\tau)&=2q^{1/4}\sin\pi z\prod_{n=1}^\infty(1-q^{2n})\left(1-2q^{2n}\cos 2\pi z+q^{4n}\right)\\\vartheta_2(z,\tau)&=2q^{1/4}\cos\pi z\prod_{n=1}^\infty(1-q^{2n})\left(1+2q^{2n}\cos 2\pi z+q^{4n}\right)\\\vartheta_3(z,\tau)&=\prod_{n=1}^\infty(1-q^{2n})\left(1+2q^{2n-1}\cos 2\pi z+q^{4n-2}\right)\\\vartheta_4(z,\tau)&=\prod_{n=1}^\infty(1-q^{2n})\left(1-2q^{2n-1}\cos 2\pi z+q^{4n-2}\right)\end{align}
定義０と定理１を使ってすぐに目的は達せられます。まず定義０は次のように書き改められます。\begin{align}\sn (u,k) &=k^{-1/2}\frac{\vartheta_1\left(\frac{u}{2K},\tau\right)}{\vartheta_4\left(\frac{u}{2K},\tau\right)}\\\cn (u,k) &=\left(\frac{k'}{k}\right)^{1/2}\frac{\vartheta_2\left(\frac{u}{2K},\tau\right)}{\vartheta_4\left(\frac{u}{2K},\tau\right)}\\\dn (u,k) &=\left(k'\right)^{1/2}\frac{\vartheta_3\left(\frac{u}{2K},\tau\right)}{\vartheta_4\left(\frac{u}{2K},\tau\right)}\end{align}式が見にくいので $x:=\frac{u}{2K}$ としておきます。また $\tau=i\frac{K'}{K}$ なので $q=e^{-\pi\frac{K'}{K}}$ です。定理１よりただちに
$x:=\frac{u}{2K}$ とすると\begin{align}\mathrm{sn}(u,k) &=2k^{-1/2}q^{1/4}\sin\pi x\prod_{n=1}^\infty\frac{1-2q^{2n}\cos 2\pi x+q^{4n}}{1-2q^{2n-1}\cos 2\pi x+q^{4n-2}}\\\mathrm{cn}(u,k) &=2\left(\frac{k'}{k}\right)^{1/2}q^{1/4}\cos\pi x\prod_{n=1}^\infty\frac{1+2q^{2n}\cos 2\pi x+q^{4n}}{1-2q^{2n-1}\cos 2\pi x+q^{4n-2}}\\\mathrm{dn}(u,k) &=(k')^{1/2}\prod_{n=1}^\infty\frac{1+2q^{2n-1}\cos 2\pi x+q^{4n-2}}{1-2q^{2n-1}\cos 2\pi x+q^{4n-2}}\end{align}ただし $q=e^{-\pi\frac{K'}{K}}$ .
同様のものとして ns,sc みたいなものも計算できます。定義０によれば代表的な楕円関数sn,cn,dnは $\vartheta_4(x,\tau)$ を分母としていますが、$\vartheta_2(x,\tau)$ を分母とするような楕円関数もあります。テータ関数 $\vartheta_1$～$\vartheta_4$ を分母分子好きに組み合わせるといろんな無限積を得ることができます。
sn(u,k)の展開
定理２の第1式の対数をとると$$\log\mathrm{sn}u=\log(2q^{1/4})-\frac{1}{2}\log k+\log\sin\pi x+\underbrace{\sum_{n=1}^\infty\log\frac{(1-q^{2n}e^{2\pi ix})(1-q^{2n}e^{-2\pi ix})}{(1-q^{2n-1}e^{2\pi ix})(1-q^{2n-1}e^{-2\pi ix})}}_{(A)}$$総和の部分は $\log(1-X)$ の級数展開を使って$$(A)=-\sum_{n=1}^\infty\sum_{m=1}^\infty\left[\frac{(q^{2n}e^{2\pi ix})^m}{m}+\frac{(q^{2n}e^{-2\pi ix})^m}{m}-\frac{(q^{2n-1}e^{2\pi ix})^m}{m}-\frac{(q^{2n-1}e^{-2\pi ix})^m}{m}\right]$$$e^{2\pi ix}$ の項、$e^{-2\pi ix}$ の項を別々にまとめると$$(A)=-\sum_{n=1}^\infty\sum_{m=1}^\infty\left(\frac{q^{2mn}-q^{2mn-m}}{m}e^{2\pi imx}+\frac{q^{2mn}-q^{2mn-m}}{m}e^{-2\pi imx}\right)$$よって$$(A)=-2\sum_{n=1}^\infty\sum_{m=1}^\infty \left(q^{2m}\right)^{n-1}\frac{q^{2m}-q^{m}}{m}\cos 2\pi mx$$極限の順を入れ替えて $n$ で先に総和をとると$$(A)=2\sum_{m=1}^\infty\frac{q^{m}}{m(1+q^m)}\cos 2\pi mx$$以上より
\begin{equation}\log\mathrm{sn}u=\log 2-\frac{\pi K'}{4K}-\frac{1}{2}\log k+\log\sin\pi x+2\sum_{m=1}^\infty\frac{q^{m}}{m(1+q^m)}\cos 2\pi mx\tag{1}\end{equation}
これでもOKですが、右辺第４項がフーリエ展開できていませんので、こちらから\begin{equation}\ln(2\sin x)=-\sum_{n=1}^\infty\frac{\cos 2nx}{n}\tag{2}\end{equation}であったことを思い起こすと
\begin{equation}\log\mathrm{sn}u=-\frac{\pi K'}{4K}-\frac{1}{2}\log k-\sum_{m=1}^\infty\frac{1-q^{m}}{m(1+q^m)}\cos 2\pi mx\tag{3}\end{equation}
と書けます。(1)より(3)のほうがフーリエ展開として完全です。$u$ に値を入れてみると級数公式がつくれそうです。
cn(u,k)の展開
$\mathrm{cn} u$ についてもまったく同様に展開してみましょう。\begin{equation}\log\mathrm{cn}u=\log 2-\frac{\pi K'}{4K}+\frac{1}{2}\log \frac{k'}{k}+\log\cos\pi x+2\sum_{m=1}^\infty\frac{q^{m}}{m(1+(-q)^m)}\cos 2\pi mx\tag{4}\end{equation}やはり第4項について\begin{equation}\ln(2\cos x)=-\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n\cos 2nx}{n}\tag{5}\end{equation}を適用して
\begin{equation}\log\mathrm{cn}u=-\frac{\pi K'}{4K}+\frac{1}{2}\log \frac{k'}{k}-\sum_{m=1}^\infty(-1)^m\frac{1-(-q)^{m}}{m(1+(-q)^m)}\cos 2\pi mx\tag{6}\end{equation}
(3)(6)よりただちに次の積分が得られます。
\begin{equation}\int_0^K \log\mathrm{sn}u\: du=-\frac{\pi K'}{4}-\frac{K}{2}\log k\tag{7}\end{equation}\begin{equation}\int_0^K \log\mathrm{cn}u\: du=-\frac{\pi K'}{4}+\frac{K}{2}\log \frac{k'}{k}\tag{8}\end{equation}
(6)に $u=0$ を代入すると\begin{equation}\sum_{m=1}^\infty(-1)^m\frac{1-(-q)^{m}}{m(1+(-q)^m)}=\frac{1}{2}\log \frac{k'}{k}-\frac{\pi K'}{4K}\tag{9}\end{equation}(3)に $u=K$ を代入すると\begin{equation}\sum_{m=1}^\infty(-1)^m\frac{1-q^{m}}{m(1+q^m)}=-\frac{\pi K'}{4K}-\frac{1}{2}\log k\tag{10}\end{equation}(3)(6)に $u=K/2$ を代入すると\begin{equation}\sum_{m=1}^\infty(-1)^m\frac{1-q^{2m}}{m(1+q^{2m})}=\log \frac{1+k'}{k}-\frac{\pi K'}{2K}\tag{11}\end{equation}ヤコビの楕円関数の半角の公式とか加法定理などによって $u=K/4$ などいろいろな $u$ を代入することができそうですが、この辺にしておきましょう。
せっかくなので(3)(6)(7)(8)に値を入れて具体例を見てみましょう。一般に $K,K'$ の値を表現するのは困難ですが $k$ がsingular value $k_N$ のときには $K'/K = \sqrt{N}$ となります。
1番目のsingular value
$\tau= i$ のときは定義０より $K=K'$ であることから $k=k'$ が満たされます。$k^2+(k')^2=1$ なのでこのときの母数 $k_1$ とノーム $q_1$ は\begin{equation}k_1=\frac{1}{\sqrt{2}}\;,\quad q_1=e^{-\pi}\tag{99}\end{equation}となります。
(9)より\begin{equation}\sum_{m=1}^\infty(-1)^m\frac{1-(-e^{-\pi})^{m}}{m(1+(-e^{-\pi})^m)}=-\frac{\pi}{4}\tag{12}\end{equation}(10)より\begin{equation}\sum_{m=1}^\infty(-1)^m\frac{1-e^{-m\pi}}{m(1+e^{-m\pi})}=\frac{\ln 2-\pi}{4}\tag{13}\end{equation}あるいは左辺を変形して\begin{equation}\sum_{m=1}^\infty(-1)^m\frac{\tanh\frac{m}{2}\pi}{m}=\frac{\ln 2-\pi}{4}\tag{13'}\end{equation}(11)より\begin{equation}\sum_{m=1}^\infty(-1)^m\frac{1-e^{-2m\pi}}{m(1+e^{-2m\pi})}=\ln(\sqrt{2}+1)-\frac{\pi}{2}\tag{14}\end{equation}あるいは左辺を変形して\begin{equation}\sum_{m=1}^\infty(-1)^m\frac{\tanh m\pi}{m}=\ln(\sqrt{2}+1)-\frac{\pi}{2}\tag{14'}\end{equation}
2番目のsingular value
こちらより $k_2=\sqrt{2}-1$ のときにノームは $q_2=e^{-\pi\sqrt{2}}$ となります。例えば(10)に適用すると\begin{equation}\sum_{m=1}^\infty(-1)^m\frac{\tanh\frac{m}{\sqrt{2}}\pi}{m}=\frac{1}{2}\ln(\sqrt{2}+1)-\frac{\pi\sqrt{2}}{4}\tag{15}\end{equation}となります。
3番目のsingular value
以降もおなじです。$k_3$ についての理論はこちらをどうぞ。
こんな感じで級数公式が次々と導かれます。
第５版です。いわずと知れた名著。楕円関数にかなりのページを割いています。
準備中。。
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