楕円関数シリーズ第27回です。前回はこちら：
前回はヤコビの楕円関数の対数をとったものをフーリエ展開しましたが、今回はふつうにフーリエ展開します。
もくじ
おなじみの $\mathrm{sn}$ , $\mathrm{cn}$ , $\mathrm{dn}$ を基本として$$\mathrm{ns}:=\frac{1}{\mathrm{sn}}$$のようにアルファベットをひっくり返すと逆数を表します。また$$\mathrm{sc}:=\frac{\mathrm{sn}}{\mathrm{cn}}\;,\quad \mathrm{sd}:=\frac{\mathrm{sn}}{\mathrm{dn}}$$のようにアルファベットs,c,dを分子-分母の順に並べて分数を表現します。
まずはスタートとなる $\mathrm{sn}$ , $\mathrm{cn}$ , $\mathrm{dn}$ のフーリエ展開をします。
展開のための複素積分
$\mathrm{sn}u$ は周期 $4K$ をもつ奇関数です。 \begin{equation}u=\frac{2K}{\pi}x\tag{1}\end{equation}とすると $\mathrm{sn}\frac{2K}{\pi}x$ は $x$ の関数として周期 $2\pi$ をもつことになります。いま $u$ , $x$ , $K$ は実数としておきましょう。\begin{equation}\mathrm{sn}\frac{2K}{\pi}x=\sum_{n=1}^\infty a_n\sin nx\tag{2}\end{equation}とおいてフーリエ展開をします。$m\in\NN$ に対して\begin{align}\int_{-\pi}^\pi e^{imx}\mathrm{sn}\frac{2Kx}{\pi}dx&=\sum_{n=1}^\infty a_n\int_{-\pi}^\pi e^{imx}\sin nxdx\\ &=-\frac{i}{2}\sum_{n=1}^\infty a_n\int_{-\pi}^\pi \left(e^{i(m+n)x}-e^{i(m-n)x}\right)dx\end{align}積分第1項は初等的に計算して0です。第2項は $m=n$ のときだけ非ゼロです。$$=-\frac{i}{2}\sum_{n=1}^\infty a_n(-2\pi\delta_{mn})$$\begin{equation}\therefore\quad\int_{-\pi}^\pi e^{imx}\mathrm{sn}\frac{2Kx}{\pi}dx=\pi i a_m\tag{3}\end{equation}(3)の積分を計算することで $a_n$ を得ればフーリエ展開が完成します。どのように積分するのでしょうか。
留数計算
\begin{equation}f(z):=e^{imz}\mathrm{sn}\frac{2Kz}{\pi}\tag{4}\end{equation}なる複素関数 $f$ を定義します。また周回積分$$\oint_{C}f(z)dz$$を考えます。 $C$ は $\pi$ , $\pi\tau$ , $-2\pi+\pi\tau$ , $-\pi$ を頂点とする平行四辺形です。また\begin{equation}\tau=i\frac{K'}{K}\tag{5}\end{equation}に注意して、snの極を考えれば平行四辺形内部の極は $z=\frac{\pi\tau}{2}$ , $\frac{\pi\tau}{2}-\pi$ であり、ともに1位です（$iK'$ , $iK'-2K$ とも）。
２つの極それぞれにおける留数を求めましょう。１つめは\begin{align}\lim_{z\to \frac{\pi\tau}{2}}\left(z-\frac{\pi\tau}{2}\right)e^{imz}\mathrm{sn}\frac{2Kz}{\pi} =\lim_{z\to 0}ze^{im(z+\frac{\pi\tau}{2})}\mathrm{sn}\left(\frac{2Kz}{\pi}+iK'\right)\end{align}こちらの系36を用いて、また $\sn z=z+O(z^3)$ も利用して\begin{equation}\lim_{z\to \frac{\pi\tau}{2}}\left(z-\frac{\pi\tau}{2}\right)e^{imz}\mathrm{sn}\frac{2Kz}{\pi} =\frac{\pi}{2kK}q^{\frac{m}{2}}\tag{6}\end{equation}もう１つの留数は\begin{align}\lim_{z\to \frac{\pi\tau}{2}-\pi}\left(z-\frac{\pi\tau}{2}+\pi\right)e^{imz}\mathrm{sn}\frac{2Kz}{\pi}&=\lim_{z\to 0}ze^{im(z+\frac{\pi\tau}{2}-\pi)}\mathrm{sn}\left(\frac{2Kz}{\pi}+iK'-2K\right)\\&=(-1)^mq^\frac{m}{2}\lim_{z\to 0}z\mathrm{sn}\left(\frac{2Kz}{\pi}+iK'-2K\right)\\&=(-1)^{m-1}q^\frac{m}{2}\lim_{z\to 0}z\mathrm{sn}\left(\frac{2Kz}{\pi}+iK'\right)\end{align}この先は同じように計算して\begin{equation}\lim_{z\to \frac{\pi\tau}{2}-\pi}\left(z-\frac{\pi\tau}{2}+\pi\right)e^{imz}\mathrm{sn}\frac{2Kz}{\pi}=(-1)^{m-1}\frac{\pi}{2kK}q^\frac{m}{2}\tag{7}\end{equation}以上より留数計算の結果は\begin{equation}\frac{1}{2\pi i}\oint_{C}f(z)dz=\left[1-(-1)^m\right]\frac{\pi}{2kK}q^{\frac{m}{2}}\tag{8}\end{equation}
周期性の利用
(8)の結果を得たところで、一方、\begin{equation}\oint_{C}f(z)dz =\int_{\pi}^{\pi\tau}+\int_{\pi\tau}^{\pi\tau-2\pi}+\int_{\pi\tau-2\pi}^{-\pi}+\int_{-\pi}^\pi\tag{9}\end{equation}のように積分経路を平行四辺形のそれぞれの辺に分けてみます。
$t=z+2\pi$ なる変換で$$\int_{\pi\tau}^{\pi\tau-2\pi}f(z)dz=\int^{\pi}_{\pi\tau}f(t)dt$$とすぐに分かります。
また $t=z-\pi\tau+\pi$ なる変換で\begin{align}\int_{\pi\tau}^{\pi\tau-2\pi}f(z)dz &=(-1)^mq^{m}\int_\pi^{-\pi}e^{imt}\mathrm{sn}\left(\frac{2Kt}{\pi}+2iK'-2K\right)dt\end{align}$2iK'$ は周期、$2K$ は半周期なので$$\int_{\pi\tau}^{\pi\tau-2\pi}f(z)dz=(-1)^mq^m\int_{-\pi}^\pi f(t)dt$$これらより(9)は\begin{equation}\oint_{C}f(z)dz = \left[1+(-1)^mq^m\right]\int_{-\pi}^\pi e^{imx}\mathrm{sn}\frac{2Kx}{\pi}dx\tag{10}\end{equation}
展開の完成
(8)(10)より\begin{equation}\int_{-\pi}^\pi e^{imx}\mathrm{sn}\frac{2Kx}{\pi}dx=\frac{i\pi^2 q^{m/2}}{kK}\frac{1-(-1)^m}{1+(-q)^m}\tag{11}\end{equation}当初の目的である(3)へ戻って\begin{equation}a_m=\frac{\pi^2 q^{m/2}}{kK}\frac{1-(-1)^m}{1+(-q)^m}\tag{12}\end{equation}$m$ が偶数のときは係数ゼロであることが分かります。
以上で(2)のフーリエ展開が完成します。同様の作業を $\cn,\dn$ でも行って下の公式3種を得ます。
\begin{align}\mathrm{sn}\frac{2Kx}{\pi} &=\frac{2\pi}{kK}\sum_{n=1}^\infty\frac{q^{n-\frac{1}{2}}}{1-q^{2n-1}}\sin(2n-1)x\tag{a}\\\mathrm{cn}\frac{2Kx}{\pi} &=\frac{2\pi}{kK}\sum_{n=1}^\infty\frac{q^{n-\frac{1}{2}}}{1+q^{2n-1}}\cos(2n-1)x\tag{b}\\\mathrm{dn}\frac{2Kx}{\pi} &=\frac{\pi}{2K}+\frac{2\pi}{K}\sum_{n=1}^\infty\frac{q^{n}}{1+q^{2n}}\cos 2nx\tag{c}\end{align}
この３つを起点に残りの展開公式も導いていきます。
定理１(a)において $x$ に $x+\frac{\pi}{2}$ を代入すると左辺は$$\mathrm{sn}\left(\frac{2Kx}{\pi}+K\right)=\mathrm{cd}\frac{2Kx}{\pi}$$であり、右辺も簡単な計算により整理できます。(b)(c)にも同様の計算をすることで
\begin{align}\mathrm{cd}\frac{2Kx}{\pi} &=\frac{2\pi}{kK}\sum_{n=1}^\infty(-1)^{n-1}\frac{q^{n-\frac{1}{2}}}{1-q^{2n-1}}\cos(2n-1)x\tag{a}\\\mathrm{sd}\frac{2Kx}{\pi} &=\frac{2\pi}{kk'K}\sum_{n=1}^\infty(-1)^{n-1}\frac{q^{n-\frac{1}{2}}}{1+q^{2n-1}}\sin(2n-1)x\tag{b}\\\mathrm{nd}\frac{2Kx}{\pi} &=\frac{\pi}{2k'K}-\frac{2\pi}{k'K}\sum_{n=1}^\infty (-1)^{n-1}\frac{q^{n}}{1+q^{2n}}\cos 2nx\tag{c}\end{align}
定理１(a)で $x$ に $x+\frac{\pi\tau}{2}$ を代入すると$$\mathrm{sn}\left(\frac{2Kx}{\pi}+iK'\right) =\frac{2\pi}{kK}\sum_{n=1}^\infty\frac{q^{n-\frac{1}{2}}}{1-q^{2n-1}}\sin\left((2n-1)x+\left(n+\frac{1}{2}\right)\pi\tau\right)$$両辺を変形すると\begin{align}\mathrm{ns}\frac{2Kx}{\pi} &=-\frac{i\pi}{K}\sum_{n=1}^\infty\frac{q^{2n-1}e^{i(2n-1)x}-e^{-i(2n-1)x}}{1-q^{2n-1}}\\&=\frac{i\pi}{K}\sum_{n=1}^\infty e^{-i(2n-1)x}-\frac{i\pi}{K}\sum_{n=1}^\infty\frac{q^{2n-1}(e^{i(2n-1)x}-e^{-i(2n-1)x})}{1-q^{2n-1}}\end{align}右辺の１つめの和は等比級数を普通に計算します。２つめの和では指数の引き算をsinにします。すると$$=\frac{\pi}{2K}\csc x+\frac{2\pi}{K}\sum_{n=1}^\infty\frac{q^{2n-1}}{1-q^{2n-1}}\sin(2n-1)x$$を得ます。
定理1(b)(c)にも定理２(a)(b)(c)にも同様の計算を施しますと、
\begin{align}\mathrm{ns}\frac{2Kx}{\pi} &=\frac{\pi}{2K}\csc x+\frac{2\pi}{K}\sum_{n=1}^\infty\frac{q^{2n-1}}{1-q^{2n-1}}\sin(2n-1)x\tag{a}\\\mathrm{ds}\frac{2Kx}{\pi} &=\frac{\pi}{2K}\csc x-\frac{2\pi}{K}\sum_{n=1}^\infty\frac{q^{2n-1}}{1+q^{2n-1}}\sin(2n-1)x\tag{b}\\\mathrm{cs}\frac{2Kx}{\pi} &=\frac{\pi}{2K}\cot x-\frac{2\pi}{K}\sum_{n=1}^\infty\frac{q^{2n}}{1+q^{2n}}\sin 2nx\tag{c}\end{align}
\begin{align}\mathrm{dc}\frac{2Kx}{\pi} &=\frac{\pi}{2K}\sec x+\frac{2\pi}{K}\sum_{n=1}^\infty (-1)^{n-1}\frac{q^{2n-1}}{1-q^{2n-1}}\cos(2n-1)x\tag{a}\\\mathrm{nc}\frac{2Kx}{\pi} &=\frac{\pi}{2k'K}\sec x-\frac{2\pi}{k'K}\sum_{n=1}^\infty (-1)^{n-1}\frac{q^{2n-1}}{1+q^{2n-1}}\cos(2n-1)x\tag{b}\\\mathrm{sc}\frac{2Kx}{\pi} &=\frac{\pi}{2k'K}\tan x-\frac{2\pi}{k'K}\sum_{n=1}^\infty (-1)^{n-1}\frac{q^{2n}}{1+q^{2n}}\sin 2nx\tag{c}\end{align}
定理４は定理１の3式で $x$ に $x+\frac{\pi+\pi\tau}{2}$ を代入したものともいえます。
以上で目標である12個の楕円関数のフーリエ展開が完了しました。すべて手計算を頑張りました。
ここからはオマケです。完全にヤコビの楕円関数のパラメータで表示するなら $q=\exp(-\pi K'/K)$ とします。定理１～４まですべて書き換えると
\begin{align}\mathrm{sn}\frac{2Kx}{\pi} &=\frac{\pi}{kK}\sum_{n=1}^\infty\frac{\sin(2n-1)x}{\sinh\left((n-\frac{1}{2})\pi\frac{K'}{K}\right)}\tag{a}\\\mathrm{cn}\frac{2Kx}{\pi} &=\frac{\pi}{kK}\sum_{n=1}^\infty\frac{\cos(2n-1)x}{\cosh\left((n-\frac{1}{2})\pi\frac{K'}{K}\right)}\tag{b}\\\mathrm{dn}\frac{2Kx}{\pi} &=\frac{\pi}{2K}+\frac{\pi}{K}\sum_{n=1}^\infty\frac{\cos 2nx}{\cosh\left(n\pi\frac{K'}{K}\right)}\tag{c}\end{align}
\begin{align}\mathrm{cd}\frac{2Kx}{\pi} &=\frac{\pi}{kK}\sum_{n=1}^\infty (-1)^{n-1}\frac{\cos(2n-1)x}{\sinh\left((n-\frac{1}{2})\pi\frac{K'}{K}\right)}\tag{d}\\\mathrm{sd}\frac{2Kx}{\pi} &=\frac{\pi}{kk'K}\sum_{n=1}^\infty(-1)^{n-1}\frac{\sin(2n-1)x}{\cosh\left((n-\frac{1}{2})\pi\frac{K'}{K}\right)}\tag{e}\\\mathrm{nd}\frac{2Kx}{\pi} &=\frac{\pi}{2k'K}-\frac{\pi}{k'K}\sum_{n=1}^\infty (-1)^{n-1}\frac{\cos 2nx}{\cosh\left(n\pi\frac{K'}{K}\right)}\tag{f}\end{align}
\begin{align}\mathrm{ns}\frac{2Kx}{\pi} &=\frac{\pi}{2K}\csc x+\frac{2\pi}{K}\sum_{n=1}^\infty\frac{\sin(2n-1)x}{e^{(2n-1)\pi\frac{K'}{K}}-1}\tag{g}\\\mathrm{ds}\frac{2Kx}{\pi} &=\frac{\pi}{2K}\csc x-\frac{2\pi}{K}\sum_{n=1}^\infty\frac{\sin(2n-1)x}{e^{(2n-1)\pi\frac{K'}{K}}+1}\tag{h}\\\mathrm{cs}\frac{2Kx}{\pi} &=\frac{\pi}{2K}\cot x-\frac{2\pi}{K}\sum_{n=1}^\infty\frac{\sin 2nx}{e^{2n\pi\frac{K'}{K}}+1}\tag{i}\end{align}
\begin{align}\mathrm{dc}\frac{2Kx}{\pi} &=\frac{\pi}{2K}\sec x+\frac{2\pi}{K}\sum_{n=1}^\infty (-1)^{n-1}\frac{\cos(2n-1)x}{e^{(2n-1)\pi\frac{K'}{K}}-1}\tag{j}\\\mathrm{nc}\frac{2Kx}{\pi} &=\frac{\pi}{2k'K}\sec x-\frac{2\pi}{k'K}\sum_{n=1}^\infty (-1)^{n-1}\frac{\cos(2n-1)x}{e^{(2n-1)\pi\frac{K'}{K}}+1}\tag{k}\\\mathrm{sc}\frac{2Kx}{\pi} &=\frac{\pi}{2k'K}\tan x-\frac{2\pi}{k'K}\sum_{n=1}^\infty (-1)^{n-1}\frac{\sin 2nx}{e^{2n\pi\frac{K'}{K}}+1}\tag{l}\end{align}
次回はこれらを使って級数公式を得ていこうと思います。
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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