楕円関数・テータ関数・モジュラー関数
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0166１３２人目の素数さん
2020/12/21(月) 07:12:36.12ID:vtqOdlUh★定理5.1
E=C/Ω,E'=C/Ω'を二つの複素トーラスとする。
このとき、次の条件は同値である
1) EとE'は複素多様体として同型である。
2) EとE'は複素リー群として同型である
つまり、複素多様体の同型写像f:E→E'であって、
次の条件を満たすものが存在する。
任意のx,y∈Eに対して、f(x+y)=f(x)+f(y)が成り立つ
3) 0でない複素数aが存在して、aΩ=Ω'が成り立つ
☆系5.1
E,E'を複素トーラスとする
g:E→E'を複素多様体の同型写像とする
gがEの単位元0を、E'の単位元0に写すならば,
gは複素Lie群の同型写像である。すなわち、
g(x+y)=g(x)+g(y)
が、任意のx,y∈Eについて成り立つ
0167１３２人目の素数さん
2020/12/21(月) 07:13:57.02ID:vtqOdlUhE,E'∈Tとする。
EとE'が複素多様体として同型のとき、E≣E'と定義すると
≣は集合Tの元の間の同値関係となる。
※問題5.3
集合Tの同値関係≣による商集合T/≣は、どのようなものであろうか？
●命題5.3
Eを複素トーラスとする。
Imτ≠0である複素数τが存在して、
E≣C/(1,τ)が成立する。
●命題5.4
Eを複素トーラスとする。
Imτ>0である複素数τが存在して、
E≣C/(1,τ)が成立する。
T'をC/(1,τ),Imτ>0の形の複素トーラス全体のなす集合とする。
☆系5.2
商集合T/≣の元と商集合T'/≣の元の間に
自然な1対1対応が存在する。
0168１３２人目の素数さん
2020/12/22(火) 21:03:16.54ID:8IPH7YoJ{(a,b)
(c,d)|a,b,c,d∈Z,ad-bc=±1}
SL2(Z)=
{(a,b)
(c,d)|a,b,c,d∈Z,ad-bc=1}
とおくと、行列の積を考えることにより
GL2(Z)は群になる。
SL2(Z)はGL2(Z)の部分群である。
0169１３２人目の素数さん
2020/12/22(火) 21:03:52.53ID:8IPH7YoJτ,τ’∈Hとして
複素トーラス
E =C/(1,τ) と
E'=C/(1,τ')が
いつ同型になるかを見る。
定理5.1よりE≣E'となる条件は
0と異なる複素数αが存在して
α(1,τ)=(1,τ')
が成立することである
命題2.7により
上記は以下の条件と同値である
(a b)
(c d)∈GL2(Z)が存在して
ατ=aτ’+b
α=cτ’+d
が成り立つ
このとき以下が成り立つ
☆補題5.1
(a,b)
(c,d)∈SL2(Z)である
0170１３２人目の素数さん
2020/12/22(火) 21:04:20.67ID:8IPH7YoJτ,τ’∈Hとし、複素トーラス
E =C/(1,τ) 、E'=C/(1,τ')
を考える
次の条件は同値である
1) EとE'は複素多様体として同型である。
2) EとE'は複素リー群として同型である
3)
(a,b)
(c,d)∈SL2(Z)が存在して
τ=(aτ’+b)/(cτ’+d)
が成り立つ
0171１３２人目の素数さん
2020/12/23(水) 19:42:32.09ID:fACOGH5oτ,τ’∈Hとする
(a b)
(c d)∈SL2(Z)が存在して
τ’∈(aτ+b)/(cτ+d)が成立するとき
τ≣τ'と書くことにする
☆補題5.2
定義5.1の≣は同値関係である
0172１３２人目の素数さん
2020/12/23(水) 19:42:55.84ID:fACOGH5og=
(a b)
(c d)∈SL2(Z),τ∈Hに対して
gτ:=(aτ+b)/(cτ+d)∈Hとおく
☆補題5.3
τ,τ'∈Hとする 次の条件は同値である
1)τ≣τ’
2)g∈SL2(Z)が存在して、τ'=gτが存在する
☆補題5.4
τ∈H、g,g'∈SL2(Z)とすると、
I2τ=τ、(gg')τ=g(g'τ)が成立する
（I2は2次の単位行列）
0173１３２人目の素数さん
2020/12/23(水) 19:54:40.15ID:fACOGH5oGを群、Xを集合とする。
次の条件1）、2）を満たす写像
μ:G×X→Xが与えられたとき、
群Gは集合Xに（左から）作用するという
g∈G、x∈Xに対して、μ(g,x)=g.xと書くことにする。
1)1.xが任意のx∈Xについて成り立つ
ここで1はGの単位元である
2)g.(g'x)=(gg').xが、任意のg,g'∈G、および任意のx∈Xについて成り立つ
補題5.4は写像
SL2(Z)×H→H、(g,τ)=gτ
が、群SL2(Z)の集合Hへの作用を定めることを示している
☆補題5.5
群Gが集合Xに作用しているとする
Xの元x,yに対して、Gの元gが作用して、y=g.xとなるとき
x≣yと書くことにする。
このとき、≣はXにおける同値関係となる
0174１３２人目の素数さん
2020/12/23(水) 20:12:07.62ID:fACOGH5oG.x={g.x|g∈G}をxのG-軌道という
☆補題5.6
群Gが集合Xに作用していると仮定する
補題5.5の同値関係≣、およびXの二つの元x,yに関する
次の条件は同値である
1)x≣y
2)y∈G.x
3)G.x=G.y
☆系5.3
G.x={y∈X|x≣y}が成り立つ
☆系5.4
商集合X/≣＝G-軌道全体のなす集合
商集合X/≣を、G\Xと書くことが多い
(\は正しくはバックスラッシュ)
★定理5.2
次の自然な全単射写像が存在する
T/≣ ≣ SL2(Z)\H
0175１３２人目の素数さん
2020/12/24(木) 19:55:07.06ID:wIEHnPw9Hの連結開集合Fが次の条件を満たすとき、
FはSL2(Z)に関する基本領域であるという
1)Hの任意の点は、閉包F~の点と同値である
2)Fの任意の相異なる2点は同値ではない
★定理5.3
領域F={τ∈H||τ|>1,-1/2<Reτ<1/2}は、(SL2(Z),H)の基本領域である。
0176１３２人目の素数さん
2020/12/25(金) 06:56:39.64ID:KU8IyEtRHの連結開集合Fが次の条件を満たすとき、
FはSL2(Z)に関する基本領域であるという
1)Hの任意の点は、閉包F~の点と同値である
2)Fの任意の相異なる2点は同値ではない
★定理5.3
領域F={τ∈H||τ|>1,-1/2<Reτ<1/2}は、(SL2(Z),H)の基本領域である。
0177１３２人目の素数さん
2020/12/25(金) 06:57:16.54ID:KU8IyEtRτ∈Hに対して、τを固定するSL2(Z)の元全体のなす集合を
Gτと書くことにする つまり
Gτ={g∈SL2(Z)|g.τ=τ}
1)GτはGの部分群であり、Gτ⊃{±I2}が成り立つ
2)さらにτ∈F~,Gτ⊋{±I2}とすると、
次の３つの場合のいずれかが成立する
a)τ=iであり、
Gτ=
<(0 -1)>
<(1 0)>
b)τ=e^(2πi/6)であり、
Gτ=
<(0 -1)>
<(1 -1)>
c)τ=e^(2πi/3)であり、
Gτ=
<(-1 -1)>
<(1 0)>
0178１３２人目の素数さん
2020/12/25(金) 06:57:36.88ID:KU8IyEtRU={τ∈H|Imτ>１}とする。
Uの2点τ,τ’に関する次の条件は同値である
1)τ≣τ'
2)τーτ'∈Z
3)整数nが存在して
(1 n)
(0 1).τ=τ'
となる
0179１３２人目の素数さん
2020/12/25(金) 06:57:58.19ID:KU8IyEtR次の全単射写像が存在する
T/〜(≣SL2(Z)\H)≣C
0180１３２人目の素数さん
2020/12/25(金) 06:58:21.97ID:KU8IyEtR(1 1)
(0 1)
T=
(0 -1)
(1 0)
とする
●命題5.6
群SL2(Z)は二つの元S,Tから生成される
0181１３２人目の素数さん
2020/12/27(日) 16:42:44.77ID:zL5BD4YRG_2n(ω1,ω2)=Σ(ω∈Ω,ω≠0) 1/(ω^2n)
は絶対収束する
(ω1,ω2)=(ω1',ω2')ならばG_2nの定義より
G_2n(ω1,ω2)=G_2n(ω1',ω2')
したがって
G_2n(aτ+b,cτ+d)=G_2n(τ,1)
λを0と異なる複素数とすれば
λ^2n G_2n(λω1,λω2)=G_2n(ω1,ω2)
したがって
(cτ+d)^2n G_2n(τ,1)
=(cτ+d)^2n G_2n(aτ+b,cτ+d)
=G_2n((aτ+b)/(cτ+d),1)
τ∈Hのとき
G_2n(τ,1)=G*_2n(τ)
とおく
G*_2nはH上の正則関数である
上記より、以下の補題が成り立つ
☆補題5.9
τ∈H,
(a b)
(c d)∈SL2(Z)
とする このとき
G*_2n((aτ+b)/(cτ+d))=(cτ+d)^2n G*_2n(τ)
0182１３２人目の素数さん
2020/12/27(日) 16:44:35.39ID:zL5BD4YR補題5.9において
(a b)
(c d)
=
(1 b)
(0 1) (b∈Z)
とすれば
G*_2n(τ+b)=G*_2n(τ)
したがってG*_2n(τ)はq=e^2πiτのLaurent級数に展開できる
(Fourier展開)
☆補題5.10
τ∈H,k≧2とする 次の等式が成立する
(-1)^k (k-1)! Σ(m=-∞〜∞)(τ+m)＾-k=(2πi)^kΣ(n=1〜∞) (n^(k-1) q^n)
☆補題5.11
G*_2k(τ)は以下のFourier展開を持つ
G*_2k(τ)=2s_2k + 2(2πi)^2k/(2k-1)!Σ(n=1〜∞) (σ_(2k-1)(n) q^n)
ここで
q=e^2πiτ
s_2k=Σ(n=1~∞) (1/n^2k)
σ_r(n)=Σ(d|n,d>0) d^r
☆補題5.12
s_4=(1/90)π^4、s_6=(1/945)
0183１３２人目の素数さん
2020/12/27(日) 16:45:26.87ID:zL5BD4YRg*_2(τ)=60G*_4(τ)
g*_3(τ)=140G*_6(τ)
Δ*(τ)=g*_2(τ)^3-27g*_3(τ)^2
J(τ)=(12^3)g*_2(τ)^3/Δ*(τ)
☆補題5.13
(2π)^(-12)Δ*(τ)=q+Σ(n=2〜∞)(b_n q^n)
ここで、b_nはすべて整数
☆補題5.14
J(τ)は上半平面上の正則関数である
任意の
(a b)
(c d)∈SL2(Z)について
以下の等式が成り立つ
J((aτ+b)/(cτ+d))=J(τ)
0184１３２人目の素数さん
2020/12/27(日) 16:46:03.96ID:zL5BD4YR★定理5.5
次の主張が成立する
1) J(τ)は商空間SL2(Z)\Hのコンパクト化
(SL2(Z)\H)∪{i∞~}上の有理型関数とみなせる。
2) J(τ)はSL2(Z)\H上正則であり、i∞~で1位の極を持つ
3) J(τ)はRiemann面の同型写像SL2(Z)\H≣Cを与える
特に複素数a∈Cを与えたとき、J(τ)=aとなるτが、同値を除いて一意的に定まる
12^3g*_2(τ)^3=(2π)^12(1+Σ(n=1〜∞)(c_n q^n))
Δ*(τ)=(2π)^(12)(q+Σ(n=2〜∞)(b_n q^n))
したがって
J(τ)=(12^3)g*_2(τ)^3/Δ*(τ)=1/q+qΣ(n=0〜∞)(d_n q^n)
と書け、J(τ)がi∞~において、1位の極を持つ有理型関数であることを示す
☆補題5.15
ΣをRiemann球 PをΣ上の点とする
f(z)をΣ上の有理型関数で、Σ\P上正則、P上で1位の極を持つとする
このとき有理型関数f(z)は、Riemann球Σのf(P)=∞となる自己同型写像
f:Σ→Σを与える
0185１３２人目の素数さん
2020/12/27(日) 20:06:07.70ID:zL5BD4YR上半平面H上の正則関数f(τ)が次の条件を満たすとき、
f(τ)はSL2(Z)に関する重さkのモジュラー形式(modular form)
であるという
1)任意の
g=
(a b)
(c d)∈SL2(Z)
に対して
f((aτ+b)/(cτ+d))=(cτ+d)^k f(τ)
が成立する
2)f(τ)のq=e^2πiτに関するLaurent級数展開(=Fourier展開)は
qのベキ級数になる
f(τ)=Σ(n=0〜∞)c_n q^n (c_n∈C)
SL2(Z)に関する重さkのモジュラー形式全体のなす集合M_kは
C-ベクトル空間を成す
G*_2n(τ)をEisenstein級数という
補題5.9及び補題5.11は、Eisenstein級数G*_2n(τ)が
SL2(Z)に関する重さ2nのモジュラー形式であることを示す
ベクトル空間M_kは有限次元であると証明できる さらに
M_0=C、M_2=0、M_4=Cg*_2(τ)、M_6=Cg*_3(τ)、
M_8=Cg*_2(τ)^2、M_10=Cg*_2(τ)g*_3(τ)
であると示せる
一般にC-ベクトル空間M_2nはg*_2(τ)^a g*_3(τ)^bから生成される
(2n=4a+6b)
0186１３２人目の素数さん
2020/12/27(日) 20:06:44.71ID:zL5BD4YR■定義5.6
f(τ)をSL2(Z)に関するモジュラー形式とする
f(τ)のFourier展開が
f(τ)=Σ(n=1〜∞)c_n q^n (c_n∈C)
となるとき、f(τ)は尖点形式(cusp form)であるという
SL2(Z)に関する重さkの尖点形式全体のなす集合S_kは
M_kの部分集合になる
g*_2(τ)、g*_3(τ)は各々、重さが4、6のモジュラー形式であるので
g*_2(τ)^3、g*_3(τ)^2は重さ12のモジュラー形式である
したがって、
Δ*(τ)=g*_2(τ)^3 - 27 g*_3(τ)^2
は重さ12のモジュラー形式であり、
補題5.13より尖点形式であると示される
0187１３２人目の素数さん
2020/12/27(日) 20:07:19.39ID:zL5BD4YR■定義5.7
f(τ)をHの有理型関数とする
f(τ)が次の条件を満たすとき
f(τ)は群SL2(Z)に関するモジュラー関数であるという
1)任意の
g=
(a b)
(c d)∈SL2(Z)
に対して
f((aτ+b)/(cτ+d))=f(τ)
が成立する
2)f(τ)のFourier展開は
qの負ベキの項を有限個しか含まない
つまり、ある整数mが存在して
f(τ)=Σ(n=m〜∞)c_n q^n (c_n∈C)
J(τ)は群SL2(Z)に関するモジュラー関数である
条件1)を満たすことは補題5.14で
条件2)を満たすことは定理5.5で示される
モジュラー関数をつくるには、
重さの等しい二つの0でないモジュラー形式の比
をとればよい
0188１３２人目の素数さん
2020/12/27(日) 20:07:57.96ID:zL5BD4YRテータ関数θ00(0,τ)^2、θ01(0,τ)^2、θ10(0,τ)^2は
Γ4に関する重さ1のモジュラー形式である
ここで
Γ4={g∈SL2(Z)|a≣d≣1,b≣c≣0 mod 4}
g=
(a b)
(c d)
0189１３２人目の素数さん
2021/01/02(土) 07:36:26.39ID:s/vqANgVさて、正月は、楕円関数を使った５次方程式の解法について書きますか
0190１３２人目の素数さん
2021/01/02(土) 07:36:50.31ID:s/vqANgVx^5+a1x^4+a2x^4+a3x^2+a4x+a5=0
を考える
上記の方程式に対して、
Tschirnhausen変換
y=α0+α1x+α2x^2+α3x^3+α4x^4
をほどこし、
y^5+b1y^4+b2y^3+b3y^2+b4y+b5=0
なる方程式をつくる
ここでbi(1≦i≦5)はα0,α1,α2,α3,α4のi次斉次式である
☆補題6.1
nを3以上の整数とする
B(x0,x1,x2,…,xn)を体K上に係数を持つ2次斉次式とする
このとき、次の条件を満たす体Kの拡大K⊂L⊂M、及び
Pn上の点[u0,u1,u2,…,un]、[v0,v1,v2,…,vn]が存在する
1)L/K,M/Lは高々2次拡大である
2)(u0,u1,u2,…,un)、(v0,v1,v2,…,vn)∈M^(n+1)
3)[u0,u1,u2,…,un]≠[v0,v1,v2,…,vn]
4)任意の複素数λ,μに対して
B(λu0+μv0,λu1+μv1,…,λun+μvn)=0
●命題6.5
補題6.1の条件1)を満たすKの拡大体Mの3次拡大Nが存在して
bi(α0,α1,α2,α3,α4)=0 (1≦i≦3)
となる(α0,α1,α2,α3,α4)≠0をM^5の中に見つけることができる
★定理6.2
体Kに係数を持つ5次方程式
x^5+a1x^4+a2x^4+a3x^2+a4x+a5=0
が与えられたとする
2乗根、3次方程式、4乗根を解くことにより、
α0,α1,α2,α3,α4を決めて
Tschirnhausen変換
y=α0+α1x+α2x^2+α3x^3+α4x^4
により、与えられた5次方程式を
y^5+y+b=0
に変換することができる
0191１３２人目の素数さん
2021/01/02(土) 16:43:25.90ID:s/vqANgVとおく
このとき
F(-(κ(5τ)^(1/4)),κ(τ)^(1/4))=0
が成り立つ（レベル5のモジュラー方程式）
そして
F(x,κ(τ)^(1/4))=(x+κ(5τ)^(1/4))Π(i=0〜4) (x-κ((τ+16i)/5)^(1/4))
も成り立つ
体KをQ(κ(τ)^(1/4))とおくと
以下の1)、2)が成り立つ
1)多項式
F(x,κ(τ)^(1/4))∈Q(κ(τ)^(1/4))[x]=K[x]
はK上既約である
2)K係数の6次代数方程式
F(x,κ(τ)^(1/4))=0
の解は
α_∞(τ)=-(κ(5τ)^(1/4)) α_i=κ((τ+16i)/5)^(1/4) (i=0〜4)
したがって、体の拡大
K(α_∞,α_1,α_2,α_3,α_4)/K
はGalois拡大で、そのGalois群は5次交代群A5である
A5には指数5の部分群Hが存在する
したがってHに対応する中間体Mをとれば
[M:K]=5である
一方K=Q(κ(τ)^(1/4))は一変数有理関数体Q(y)と同型であるので
拡大体M/Kは5次拡大の（あるいは5次方程式の)
1個のパラメータを含む族を与えている
5次方程式は1つのパラメータを含むBring_Jerrardの標準系
z^5+z+b=0
に帰着できるので、5次方程式の族M/Kを使って、
Bring_Jerrardの標準系が解けることが期待できる。
0192１３２人目の素数さん
2021/01/03(日) 06:01:20.88ID:5zDR5Xx2次の式により導入する
r_0(τ)=(α_∞-α_0)(α_1-α_4)(α_2-α_3)κ(5τ)^(1/4)
r_1(τ)=(α_∞-α_1)(α_2-α_0)(α_3-α_4)κ(5τ)^(1/4)
r_2(τ)=(α_∞-α_2)(α_1-α_3)(α_0-α_4)κ(5τ)^(1/4)
r_3(τ)=(α_∞-α_3)(α_2-α_4)(α_1-α_0)κ(5τ)^(1/4)
r_4(τ)=(α_∞-α_4)(α_0-α_3)(α_1-α_2)κ(5τ)^(1/4)
r_iはK(√5)上5次方程式
x^5-2^4・5^3・κ^2(1-κ^2)^2x-2^6・5^(5/2)・κ^2(1-κ^2)^2(1+κ^2)=0
の解である
変換
x=(-2^4・5^3・κ^2(1-κ^2)^2)^(1/4)z
により上記の5次方程式は
z^5+z-(2・5(-5/4)・(1+κ^2(τ)))√(-1)/√(κ(τ))(1-κ^2(τ))
に変換される
0193１３２人目の素数さん
2021/01/03(日) 16:10:15.49ID:5zDR5Xx2r_i(0≦i≦4)の定義式中の
κ(5τ)^(1/4)を
κ(τ)^(1/4)に
に訂正の上 再掲
---
体K(α_∞,α_1,α_2,α_3,α_4)の元r_i(0≦i≦4)を
次の式により導入する
r_0(τ)=(α_∞-α_0)(α_1-α_4)(α_2-α_3)κ(τ)^(1/4)
r_1(τ)=(α_∞-α_1)(α_2-α_0)(α_3-α_4)κ(τ)^(1/4)
r_2(τ)=(α_∞-α_2)(α_1-α_3)(α_0-α_4)κ(τ)^(1/4)
r_3(τ)=(α_∞-α_3)(α_2-α_4)(α_1-α_0)κ(τ)^(1/4)
r_4(τ)=(α_∞-α_4)(α_0-α_3)(α_1-α_2)κ(τ)^(1/4)
r_iはK(√5)上5次方程式
x^5-2^4・5^3・κ^2(1-κ^2)^2x-2^6・5^(5/2)・κ^2(1-κ^2)^2(1+κ^2)=0
の解である
変換
x=(-2^4・5^3・κ^2(1-κ^2)^2)^(1/4)z
により上記の5次方程式は
z^5+z-(2・5(-5/4)・(1+κ^2(τ)))√(-1)/√(κ(τ))(1-κ^2(τ))
に変換される
0194１３２人目の素数さん
2021/01/03(日) 16:11:23.28ID:5zDR5Xx2z^5+z+b=0
に帰着できる
標準型の方程式は以下の方法で解ける
1)b=-(2・5(-5/4)・(1+κ~^2))√(-1)/√κ~(1-κ~^2)
となるκ~を求める
上記は4次方程式を解くことで実行できる
2)楕円曲線
C:y^2=(1-x^2)(1-κ~^2x^2)
C上の第一種積分
ξ=dx/y=dx/√(1-x^2)(1-κ~^2x^2)
の周期
K =∫[0,1] dx/√(1-x^2)(1-κ~^2x^2)
K'=∫[1,κ~] dx/√(1-x^2)(1-κ~'^2x^2)
を求める
（κ~'^2=1-κ~^2である）
τ~=√(-1)K'/K
(κ~=θ10^2(0,τ~)/θ00^2(0,τ~))
である
したがって
α_∞=-(κ(5τ~)^(1/4))
α_i =κ((τ~+16i)/5)^(1/4) (i=0〜4)
β =κ(τ~)^(1/4)
として
r_0(τ~)=(α_∞-α_0)(α_1-α_4)(α_2-α_3)β
r_1(τ~)=(α_∞-α_1)(α_2-α_0)(α_3-α_4)β
r_2(τ~)=(α_∞-α_2)(α_1-α_3)(α_0-α_4)β
r_3(τ~)=(α_∞-α_3)(α_2-α_4)(α_1-α_0)β
r_4(τ~)=(α_∞-α_4)(α_0-α_3)(α_1-α_2)β
は、標準型の5次方程式の解である
0195１３２人目の素数さん
2021/01/03(日) 16:17:59.10ID:xDjQDL3isn,cn,dnが楕円関数なのは分かるけど。
amとかテータ関数も楕円関数？
0196１３２人目の素数さん
2021/01/03(日) 16:29:50.13ID:5zDR5Xx2超冪根
https://ja.wikipedia.org/wiki/%E8%B6%85%E5%86%AA%E6%A0%B9
1858年に、シャルル・エルミートは楕円超越函数を用いた最初の一般五次方程式の解法を発表した
（同時期にフランチェスコ・ブリオッシとレオポルト・クロネッカーもまた同値な解法を得ている）。
エルミートは、既によく知られていた三次方程式に対する
三角函数を用いた解法を一般化する形でこの解法に到達し、
ブリング–ジェラード標準形
x^5-x+a=0
に対する解を求めた
（一般の五次方程式は、チルンハウス変換でこの標準形に帰着できる）。
エルミートは三次方程式における三角函数の役割を、
ブリング–ジェラード標準形の方程式において果たすのが
楕円函数であることを観察したのである。
このような取り扱いは、冪根を一般化する過程とみることもできる。
冪根が
(n)√x=exp((1/n)ln x)
あるいはもっと明確に
(n)√x=exp((1/n)(∫[1,x] dt/t))
と表せることに注意すると、エルミート–クロネッカー–ブリオッシの方法は、
本質的にはこの式に現れる指数函数 exp を楕円モジュラー函数で、
同じく積分 ∫[1,x] dt/t を楕円積分で、それぞれ置き換えるものである。
クロネッカーはこの一般化すら
任意の高次方程式に適用できる一般定理の
特別の場合に過ぎないものと考えていた。
そのような一般定理はトマエの公式と呼ばれ、完全な記述は1984年に梅村浩によって与えられた。
それは、上記の式の exp（あるいは楕円モジュラー函数）のところをジーゲル・モジュラー形式で、
積分のところを超楕円積分で、それぞれ置き換えるものになっている。
0197１３２人目の素数さん
2021/01/03(日) 16:32:49.93ID:5zDR5Xx2トマエの公式
Thomae's formula
https://en.wikipedia.org/wiki/Thomae%27s_formula
0198１３２人目の素数さん
2021/01/03(日) 16:39:12.91ID:5zDR5Xx2楕円関数とは二重周期関数です
テータ関数は二重周期関数ではないので、楕円関数ではありません
しかしながら、>>147で定義したように
楕円関数は２つのテータ関数の比として表すことができます
0199１３２人目の素数さん
2021/01/03(日) 16:43:25.69ID:5zDR5Xx2なお、振幅関数amも二重周期性を持たないので楕円関数ではないそうです
（二重の擬周期性は有するとのこと）
http://math-functions-1.watson.jp/sub1_spec_090.html
0200１３２人目の素数さん
2021/01/03(日) 17:31:20.02ID:xDjQDL3iヤコビとワイエルシュトラス以外にも楕円関数はあるんですね。
ガウスの楕円関数とかディクソンの楕円関数とかはじめて知りました。
0201１３２人目の素数さん
2021/01/07(木) 09:03:51.95ID:pUVJB/om0202１３２人目の素数さん
2021/01/07(木) 18:35:35.88ID:o0OybuXM0203１３２人目の素数さん
2021/01/19(火) 11:36:53.36ID:X0mC3/pQ0204１３２人目の素数さん
2021/01/31(日) 13:09:57.17ID:k9whl64hご苦労さん
だがね
それは、例のスレにもっと早く書くべきことだろうよ（ https://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1604268050/52 ）
ほとんど無価値な、本からの定理のみの写経じゃなくてさ
0205１３２人目の素数さん
2021/01/31(日) 13:12:06.83ID:k9whl64h誤爆スマン
0206１３２人目の素数さん
2021/02/01(月) 06:23:20.11ID:ZFsykc4D「ヤコビ多様体とテータ関数の起源」を読む
0207１３２人目の素数さん
2021/02/01(月) 06:27:42.10ID:ZFsykc4DI=∫f(x)dx
の研究にある
上記のfは
g(x,f(x))≣0 gは2変数多項式
の解である
したがってIは
I=∫[γ]ydx
と書くことができる。
ここでγは平面曲線g(x,y)=0上の積分路である
0208１３２人目の素数さん
2021/02/01(月) 06:40:57.75ID:ZFsykc4Dすなわち、ある整数ｇが存在してa_0を起点とし
a_1,…,a_(g+1)を、平面曲線Cの任意の点とすると、
{a_k}から有理的な方法でb_1,…,b_g∈Cが順番を除いて定まり
∫[a_0,a_1]ω+…+∫[a_0,a_(g+1)]ω≣∫[a_0,b_1]ω+…+∫[a_0,b_g]ω mod{∫ωの周期}
となる
たとえば、C=P^1、ω＝dx/xのときは、g=1となり
∫[1,a_1]dx/x+∫[1,a_2]dx/x＝∫[1,a_1*a_2]dx/x
が成り立つ
繰り返すことにより、すべての
a_1,…,a_g,b_1,…,b_g∈Cに対して
有理的な方法で、順番を除いて定まる
c_1,…,c_g∈Cが存在して
Σ[i=1~g]∫[a_0,a_i]ω + Σ[i=1~g]∫[a_0,b_i]ω = Σ[i=1~g]∫[a_0,c_i]ω (mod 周期)
が成り立つ
上記は諸定理の中でも最も古典的な結果であり
ほんのわずかな補強だけで非常に現代的な形で再定式化できる
0209１３２人目の素数さん
2021/02/01(月) 07:16:47.72ID:ZFsykc4DGが代数多様体であり、かつ、
群の積m:G×G→G と
逆元i:G→G が
代数多様体の間の射になるようなもの
上記のGは自動的に複素解析的なLie群になる
したがってそのLie環 Lie(G) と
指数写像exp:Lie(G)→Gがある
0210１３２人目の素数さん
2021/02/01(月) 07:26:43.09ID:ZFsykc4DCvを代数曲線とし、
ωをCv上の有理微分とするとき
多価の関数
a→∫[a_0,a] ω
が以下の三つの関数に分解する
φ：Cv-(ωの極) → J
exp：Lie J → J
l：Lie J → C
ただし
1)Jは可換代数群
2)lはLie J からCへの線型写像
3)φは代数多様体の間の射であって、実際にg=dim J のときは
φをJの加法により拡張して
φ(g):[(C-ωの極)×…×(C-ωの極)/順序の置換S_g]→J
とすると、φ(g)が双有理射、すなわちあるザリスキ開集合間の同型射になる
0211１３２人目の素数さん
2021/02/01(月) 07:33:52.57ID:ZFsykc4DCv=P^1,ω=dx/xのとき、J=P1-(0,ω)となる
またφは恒等射である
要点はJが2つのg組(a_1,…,a_g)と(b_1,…,b_g)を「足して」
第3の組(c_1,…,c_g)を作ることを実現する対象物であり、
そのとき積分Σ[i=1~g] I(x_i)がJからGへの準同型になることである
0212１３２人目の素数さん
2021/02/01(月) 07:43:45.30ID:ZFsykc4Dこれらを一斉に積分すると最も重要なJ、つまりヤコビ多様体を得る
これをJacと書く
Jacは>>210の性質3)よりコンパクトな可換代数群、
つまり複素トーラスでなければならないことがわかる。
これは φ:Cv→Jac から引き起こされる
4) φ*:E→R_1(Cv)
（EはJac上の平行移動不変な1形式μの集合、
R_1(Cv)はCv上の極を持たない有理微分ωの集合)
が双射になるように設定する
こうして
dim Jac=dim R_1(Cv)=Cの種数g
となる
0213１３２人目の素数さん
2021/02/01(月) 16:38:37.92ID:ZFsykc4DJac上の関数論を展開する理由が３つある
a)Jac上の射影空間への埋め込みを与え、
したがって代数構造やモジュライ構造などの理解が深まる
b)Jacの群構造が関数論に面白い仕方で反映しているかもしれない
c)Jac上の関数をS"g(=Cv×…×Cv/S_g)に引き戻し、
さらにCv上に引き戻した関数の興味深い展開式が得られ
例えばリーマン・ロッホの定理の証明に使える
0214１３２人目の素数さん
2021/02/01(月) 16:39:52.61ID:ZFsykc4DJac上の関数論を展開する理由が３つある
a)Jac上の射影空間への埋め込みを与え、
したがって代数構造やモジュライ構造などの理解が深まる
b)Jacの群構造が関数論に面白い仕方で反映しているかもしれない
c)Jac上の関数をS~g(=Cv×…×Cv/S_g)に引き戻し、
さらにCv上に引き戻した関数の興味深い展開式が得られ
例えばリーマン・ロッホの定理の証明に使える
0215１３２人目の素数さん
2021/02/01(月) 16:47:01.28ID:ZFsykc4DC^g上のL周期的な有理型関数を構成する代わりに、
L保型な整関数fを求める すなわち
f(x+α)=e_α(x)f(x) α∈L x∈C^g
{e_α}={保形因子}
（保形因子とはC^g上の整関数であって
e_(α+β)(x)=e_α(x+β)e_β(x)
を満たし、いたるところで零でないもの)
0216１３２人目の素数さん
2021/02/01(月) 16:50:51.87ID:ZFsykc4Dこのような二つのfの商は常にL周期的になることは明らかである
最も単純な{e_α}としては
e_α(x)=e^(B(x,α)+c(α)) Bは双線型
がある
0217１３２人目の素数さん
2021/02/01(月) 16:55:17.88ID:ZFsykc4Dその上に定数以外の有理形関数が全く存在せず、代数多様体にすらならない
しかも{e_α}は自明なものしかない
ところが曲線Cvの場合、何か特別なことが起こる
Bの候補になる双線型写像を見つけよう
0218１３２人目の素数さん
2021/02/01(月) 17:02:18.04ID:ZFsykc4D以下の正定値エルミート形式が存在する
(ω1,ω2)=∫[Cv] ω1∧ω2~
したがって 、その双対空間であるJacの普遍被覆空間C^g上にも
エルミート形式が存在する これをHと書く
0219１３２人目の素数さん
2021/02/01(月) 17:05:35.49ID:ZFsykc4D以下の整数値の歪対称形式がある
E:H_1(Cv,Z)×H_1(Cv,Z)→Z
同型H_1(Cv,Z)≣Lがあるから、
Lにも上記のEがある
0220１３２人目の素数さん
2021/02/01(月) 17:11:24.93ID:ZFsykc4DHとEの関係
∀x1,x2∈L.E(x1,x2)=Im H(x1,x2)
上記が成り立つ場合は（ほぼ標準的な）{e_α}の選び方がある
すなわち
e_α(x)=±e^(π[H(x,α)+(1/2)H(α,α)])
0221１３２人目の素数さん
2021/02/01(月) 17:15:32.47ID:ZFsykc4DC^g上に正定値エルミート形式Hが存在し、
L上でE＝Im Hを満たす整数値歪対対形式Eが存在することは、
複素トーラスC^g/L上にg個の代数的独立な有理形関数が存在するための
必要十分条件である
上記の関数があるとき、C^g/Lはある射影空間P^nに埋め込める
したがって射影代数多様体になる
0222１３２人目の素数さん
2021/02/01(月) 17:32:00.82ID:ZFsykc4D0223１３２人目の素数さん
2021/02/01(月) 18:39:11.01ID:jAbburBz0224１３２人目の素数さん
2021/02/02(火) 19:20:09.14ID:rITzWOgb埋め込みの存在は>>220の関係式
∀x1,x2∈L.E(x1,x2)=Im H(x1,x2)
の成立が前提である
そこで位数ｎのテータ関数を定義する
それはC^g上の整関数ｆであって
f(x+α)=(±e^π[H(x,α)+(1/2)H(α,α)])^n*f(x)
を満たすものである
上記のf全体のなす空間をS_nとする
このときS=ΣS_nは次数環で
dim S_n=n^g (n>=1)
が導かれる
特に1位のテータ関数が定数倍を除いて丁度１つある
この重要な関数をθと書き、リーマンのテータ関数と呼ぶ
0225１３２人目の素数さん
2021/02/02(火) 19:24:07.90ID:rITzWOgbn>=3のとき、S_nの基底をψ_1,…,ψ_(n^g)とすると
以下の定理が得られる
レフシェッツの埋め込み定理
C^g/Lは
ｘ→(ψ_1,…,ψ_(n^g))=Ψ_n(x)
によりP^((n^g)-1)に埋め込まれる
0226１３２人目の素数さん
2021/02/02(火) 19:34:29.06ID:rITzWOgb(T_β f)(x)=f(x+β)
と定義し、いたるところ零ではない正則関数eに対して
(U_e f)(x)=e(x)f(x)
と定義する
以下の補題が成立する
1)任意のβ∈C^gに対して、
U_e T_β S_n=S_nとなるようなeが存在するための必要十分条件は、
β∈(1/n)Lである。
2)各β∈(1/n)Lに対して上で定まるe(β)を選ぶとき、
β→U_e(β)・T_βは、(1/n)L/LのS_nへの射影表現を定義する
この表現は既約である
0227１３２人目の素数さん
2021/02/02(火) 19:39:50.88ID:rITzWOgb関数論的には次元が1より大きな既約表現が
沢山あることは注目に値する
実は、これらは有限２階ベキ零群G_nの通常表現である
1→Z/nZ→G_n→(1/n)/n→1
これらはベキ零リー群
1→R→G→V+V^→1 （V＝実ベクトル空間）
に類似の性質を持つ
このリー環はハイゼンベルクの交換関係の代数である
0228１３２人目の素数さん
2021/02/02(火) 19:47:56.95ID:rITzWOgb系
1)埋め込み写像Ψ_nにおいて、βによるC^g/Lの平行移動が
線型変換P^((n^g)-1)→P^((n^g)→1)に延長できるための
必要十分条件は、β∈(1/n)L/Lとなることである
2)対応する有限群G_nの生成元の選び方の不定性を除けば
S_nの特別な基底が定数倍を除いて定まる
したがって、射影変換により
Ψ_n:C^g/L→P^((n^g)-1)
を正規化することができる
この正規化において、β∈(1/n)L/による平行移動の
Ψ_n(C^g/L)への作用は具体的なn^g×n^g行列の
集まりによって与えられる
0229１３２人目の素数さん
2021/02/02(火) 20:00:38.04ID:rITzWOgbE(φ(n,m),φ(n',m'))=<n,m'>-<m,n'>
になるようなφ:Z^g×Z^g→Lを決め、φをQ^g×Q^g→L○×Qに延長する
このときn=m^2ならば、S_(m^2)の典型的な特別基底は次の形になる
θ[α β](x)=[e]・θ(mx+φ(α,β))
但し、α,βは(1/m)Z^gのmod Z^gの代表系を動くものとする
したがって
ｘ→（…,θ[α β](x),…)
が、C^g/Lの正規化された射影埋め込みである
0230１３２人目の素数さん
2021/02/02(火) 20:05:14.49ID:rITzWOgb共に素朴な等質空間である複素多様体C^g/LとP^nをとり
Ψ_nを仲人として結婚させると、できた子供は
非常に非対称的で複雑な関数θ[α β](n^g=m^2g個)になるのである
0231１３２人目の素数さん
2021/02/02(火) 20:09:25.58ID:rITzWOgb>>107-118となる
0232１３２人目の素数さん
2021/02/02(火) 20:16:18.19ID:rITzWOgb0233１３２人目の素数さん
2021/02/02(火) 23:25:15.51ID:qWkN2Tvoよって、複素トーラスのモジュライ（Siegel upper half-spaceをシンプレクティック群で割ったもの）から、非特異射影曲線が完全に分類される
あ、g = 0のときは射影直線な
0234１３２人目の素数さん
2021/02/03(水) 11:22:33.47ID:XFPBjgpfそこはその次の
「トレリの定理とショットキー問題」
で出てくるので もうちょっと待ってくれ
0235１３２人目の素数さん
2021/02/03(水) 11:23:08.62ID:XFPBjgpfC^g/L上の関数をCvに引き戻すと
何が得られるか見る
次の基本関数を考察する
E_e(x,y)=θ(∫[x,y]ω→−e→)
e→∈C^g
ω→はR_1(Cv)の基底{ωi}を並べたもの
yとｅ→を固定すると上記の関数はCv上の多価関数となり、
一周する経路に沿って解析接続したとき
e^(∫[x,y]ω+定数)
の倍数だけ変わる
0236１３２人目の素数さん
2021/02/03(水) 11:23:59.23ID:XFPBjgpfE_eを用いて、Cv上の有理関数fの以下のような一意分解性が示せる
a_i=fの零点
b_i=fの極
とすると（あるω∈R1(Cv)により）以下が成り立つ
f(x)=e^(∫* ω)(Π(i) E_e(x,ai))/(Π(i) E_e(x,bi))
上記の分解式はP^1の有理関数の分解式
f(x)=C・(Π(i) (x-ai))/(Π(i) (x-bi))
の種数が高い場合の類似である
0237１３２人目の素数さん
2021/02/03(水) 11:26:11.59ID:XFPBjgpfこのE_eを用いるとCv上の微分(形式)で種々の極をもつものを記述できる
例えば
(∂/∂x) log(E_e(x,a)/E_b(x,b)) dx
は、a,bのみで位数1の極をもち、留数がそれぞれ1,-1となる、Cv上の有理1形式であり、
((∂^2/∂x∂y) log(E_e(x,y)))|(y=a) dx
はx=aのみで位数が2の極をもち、他には極をもたない、Cv上の有理1形式である
0238１３２人目の素数さん
2021/02/03(水) 11:45:21.54ID:U8q+JTkXH^1(X, TX)
の元に1対1に対応する（TXはXのholomorphic tangent bundleの切断の層）。たとえば一次元なら、Riemann-RochとSerre双対性を使って、このベクトル空間の次元は簡単に計算できる。すなわち
H^1(X, TX)
〜 H^0(X, ω⊗TX*) (ωは標準層、TX*はTXの双対)
〜 H^0(X, ω^⊗2)
〜 H^0(X, OX(2K)) (Kは標準因子)
gをXの種数として
deg(K) = 2g - 2
χ(D) = 1 - g + deg(D)
なので、
dim(H^0(X, OX(2K))) = 1 - g + (4g - 4) + dim(H^1(X, OX(2K)))
H^1(X, OX(2K)) 〜 H^0(X, OX(K - 2K))
deg(-K) < 0だから、これは0。
∴ dim(H^1(X, TX)) = 3g - 3。
0239１３２人目の素数さん
2021/02/03(水) 12:04:52.77ID:U8q+JTkXこの場合はもちろんH^1 = 0だから、複素構造の同型類は1つしかない
射影空間も変形できない
H^1(P^n, T)
〜 H^(n-1)(P^n, ω^⊗2)
〜 H^(n-1)(P^n, O(-2(n+1)H)) (Hは超平面)
〜 0
0240１３２人目の素数さん
2021/02/03(水) 12:49:03.82ID:XFPBjgpf>コンパクト複素多様体の場合、
>その上に異なる複素構造がどのくらい入るかは分かって、
>複素構造の同型類は
>H^1(X, TX)
>の元に1対1に対応する
>（TXはXのholomorphic tangent bundleの切断の層）
H^1(X, TX)って線型空間ですよね？違う？
0241１３２人目の素数さん
2021/02/03(水) 13:34:08.73ID:w3rkWE4x違わない
0242１３２人目の素数さん
2021/02/03(水) 15:26:36.83ID:XFPBjgpfつまり、コンパクト複素多様体の複素構造のモジュライ空間は線型空間になる、と言ってる？
0243１３２人目の素数さん
2021/02/03(水) 15:55:26.79ID:YLHw9PTJ違うけど
0244１３２人目の素数さん
2021/02/03(水) 16:12:02.37ID:ByqtypZkすなおに違うんですか？って聞けばいいのに
0245１３２人目の素数さん
2021/02/03(水) 16:16:36.92ID:XFPBjgpfあれ？
「複素構造の同型類はH^1(X, TX)の元に『1対1』に対応する」
んですよね？
0246１３２人目の素数さん
2021/02/03(水) 16:20:01.61ID:XFPBjgpfもし、>>238の文章が
「複素構造の同型類の空間の次元はH^1(X, TX)の次元と等しい」
だったら、何も言わなかったんですけどね
0247１３２人目の素数さん
2021/02/03(水) 16:33:56.68ID:RvrMcGZb0248１３２人目の素数さん
2021/02/03(水) 16:59:04.88ID:XFPBjgpf0249１３２人目の素数さん
2021/02/03(水) 17:15:59.87ID:RvrMcGZb小平"複素多様体と複素構造の変形1"（https://www.ms.u-tokyo.ac.jp/publication/lecturenote.html）
やってることは局所座標の貼り合わせ写像にパラメータをつけて微分したら、チェインルールで出てきた係数がTXのČech 1-cocycleになるので、あとは同じコホモロジー類に属する条件を計算するだけ。
Sernisi "Deformations of Algebraic Schemes"の1章
こっちはそれのスキーム版。
0250１３２人目の素数さん
2021/02/03(水) 17:21:15.20ID:XFPBjgpf完全な1対1対応は作れるの？
0251１３２人目の素数さん
2021/02/03(水) 17:22:38.96ID:RvrMcGZb0252１３２人目の素数さん
2021/02/03(水) 17:25:58.01ID:XFPBjgpf全く何の嘘偽りもなく実現できるの？
0253１３２人目の素数さん
2021/02/03(水) 17:30:56.69ID:XFPBjgpf局所的にｎ次元のユークリッド空間と同相だからといって
大域的にもｎ次元のユークリッド空間と同相、とはいえないよね？
0254１３２人目の素数さん
2021/02/03(水) 17:31:15.80ID:RvrMcGZb0255１３２人目の素数さん
2021/02/03(水) 17:31:46.56ID:RvrMcGZb0256１３２人目の素数さん
2021/02/03(水) 17:33:20.89ID:XFPBjgpfあなたは確かめた上で
「複素構造の同型類はH^1(X, TX)の元に1対1に対応する」 つまり
「H^1(X, TX)は複素構造の同型類のモジュライ空間だ」 と言い切ってる？
0257１３２人目の素数さん
2021/02/03(水) 17:35:12.98ID:XFPBjgpf>ここでいう同型類って無限小変形のことでしょ？
じゃ、はじめにそういわなきゃ
0258１３２人目の素数さん
2021/02/03(水) 18:02:22.39ID:ByqtypZk0259１３２人目の素数さん
2021/02/03(水) 18:04:00.59ID:RvrMcGZb> dim(H^1(X, TX)) = 3g - 3。
これ、g > 1のとき
g = 0, 1ならdeg(-K) < 0じゃないから。実際、
h^1(X, TX) =
0 (g = 0)
1 (g = 1)
3g - 3 (g > 1)
0260１３２人目の素数さん
2021/02/03(水) 18:13:24.84ID:XFPBjgpfそもそもタイヒミュラー空間を写像類群（離散群）で割るんじゃなかったか？
0261１３２人目の素数さん
2021/02/03(水) 19:04:20.77ID:ByqtypZkあの話はなんか予想でまだ解けてないとかなんとかいう話しもあったな
昔聞いた話すぎてよく覚えてない
0262１３２人目の素数さん
2021/02/03(水) 19:15:43.55ID:mk2AOzAq0263１３２人目の素数さん
2021/02/03(水) 19:37:26.45ID:XFPBjgpfああ、ねじってくっつけるってやつね
阿原と逆井の本は買ったよ
やっぱ代数幾何よりトポロジーだな
0264１３２人目の素数さん
2021/02/09(火) 18:39:12.11ID:uPNK80lfトーラスとか射影空間とか？
0265１３２人目の素数さん
2021/03/05(金) 11:42:14.57ID:FnGVSa/5Hartshorneに飽きた人は是非読むと良い
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