Riemann の関係式の拡張

特に第

3

種微分が

Abel-Jabobi

の定理を証明する上で重要な役割を果たすことになるの

で，第

1

種でない微分に対して

Riemann

の関係式を考察してみると，次の定理が成り立つ．

定理

1.5. R

を

g ≥ 1

のコンパクト

Riemann

面として，

R

上の点

P

0 を

1

つ固定する．

α

i

, β

g+i

(i = 1, . . . , g)

を

P

0 を通る

H

1

(R, Z)

の生成元とする．

P

1

, . . . , P

l

, Q

1

, . . . , Q

m をど の

α

_i

, β

_g+i 上にもない

R

の相異なる点とする．

ω ∈ Ω

_R,mero を高々

P

₁

, . . . , P

_l で極をもつ 微分として，

ω

⁰

∈ Ω

R,meroを高々

Q

1

, . . . , Q

m で極をもつ微分とする．

ζ

i

, ζ

g+i と

ζ

_i⁰

, ζ

_g+i⁰ を それぞれ

ω

と

ω

⁰ の

α

i

, β

g+i に関する期として，

P

i における局所変数

t

i に関する展開を

ω = X

s

a

⁽ⁱ⁾_s

t

^s_i

, ω

⁰

= X

s

a

⁰_s⁽ⁱ⁾

t

^s_i

とする．さらに，

Q

j における局所変数

t

j に関する展開を

ω = X

s

b

^(j)_s

t

^s_j

, ω

⁰

= X

s

b

^0(j)_s

t

^s_j とすると，

(15) 1

2π √

− 1 X

g

i=1

(ζ

i

ζ

_g+i⁰

− ζ

g+i

ζ

_i⁰

) + X

l

i=1

a

⁽ⁱ⁾₋₁

Z

Pi

P0

ω

⁰

+ X

∞

s=0

a

⁽ⁱ⁾_−s−2

a

⁰s⁽ⁱ⁾

s + 1

!

− X

m

j=1

b

^(j)₋₁

Z

Qj

P0

ω + X

∞

s=0

b

^(j)s

b

⁰₋^(j)_s−2

s + 1

!

= 0

が成り立つ．但し，

P

0 から

P

i

, Q

i への積分路は適当に取るものとする（

P

0

, P

i

, Q

i にのみ 依存して

ω, ω

⁰ には依らずに定まる）．

注意

4. ω, ω

⁰ がそれぞれ正則微分である場合には，

(15)

式は

(3)

式と同値である．

Proof.

定理

1.2

の証明のときに使った

4g

角形だけでなく，さらに

l + m

個の極を取り除い

た

path

で考える．即ち，

α

i

, β

i

(i = 1, . . . , g)

に加えて，極の周りをまわる

path δ

1

, . . . , δ

l+m

をあわせて考える．

α

1

α

2

α

3

α

g

β

1

β

2

β

3

β

g

δ

1

δ

l+m

P

0

但し，

δ

1

, . . . , δ

l はそれぞれ

P

1

, . . . , P

l を

δ

l+1

, . . . , δ

l+m はそれぞれ

Q

1

, . . . , Q

m をまわる

path

とする．このとき，この

path

に沿って切り開くと，

α

1

β

₁

α

1

β

₁

α

2

β

₂

α

2

β

2

β

g

α

g

β

_g

α

g

δ

1

δ

l+m

という

(4g + l + m)

角形ができる．ここで，極を考えない場合と同様に，

Γ

⁰

:= Γ δ

₁

· · · δ

_l+m

= [α

₁

, β

₁

][α

₂

, β

₂

] · · · [α

_g

, β

_g

]δ

₁

· · · δ

_l+m

∼ 0

であることに注意する．

Γ

⁰ で囲まれた領域内の点

Q

0 を固定して，関数

ω

0

, ω

₀⁰ を

ω

0

= ω

0

(P ) =

Z

P Q0

ω, ω

₀⁰

= ω

₀⁰

(P ) =

Z

P Q0

ω

⁰ とする．この

path Γ

⁰ に沿って積分すれば

Z

Γ⁰

ω

₀

dω

⁰₀

= 0

が成り立つ．

Riemann

の関係式（定理

1.2

）の証明のときのように左辺の積分を考えると，

Z

Γ

ω

0

dω

₀⁰

= X

g

i=1

(ζ

i

ζ

_g+i⁰

− ζ

g+i

ζ

_i⁰

)

となることはまったく同様だから，極の周りに沿った積分

Z

δi

ω

0

dω

₀⁰

(i = 1, . . . , l + m)

を 計算する．

まず，

i = 1, . . . , l

について

P

_i をまわる積分について考える．このとき，

δ

_i を取り換えて

Z

δi

ω

0

dω

₀⁰

= lim

ε→0

Z

P_i−ε P0

ω

0

dω

₀⁰

+ Z

C_Pi(ε)

ω

0

dω

₀⁰

+ Z

P0

Pi−ε

ω

0

dω

₀⁰

!

として考えればよい．但し，

C

Pi

(ε)

は

P

i の周りを半径

ε

の円周上で負の向きにまわる 積分路とする．このとき，

ω

0 は

P

0 で極をもつからその値は

P

0

→ P

i と

P

i

→ P

0 で

− 2π √

− 1a

⁽ⁱ⁾₋₁ だけずれる．ゆえに，

Z

Pi−ε P0

ω

0

dω

⁰₀

+ Z

P0

Pi−ε

ω

0

dω

⁰₀

=

Z

Pi−ε P0

ω

0

(P )dω

₀⁰

+ Z

P0

Pi−ε

(ω

0

(P ) − 2π √

− 1a

⁽ⁱ⁾₋₁

)dω

₀⁰

= 2π √

− 1a

⁽ⁱ⁾₋₁

Z

Pi−ε P0

ω

⁰

が成り立つ．次に，

C

_Pi

(ε)

についての積分を

P

_i での局所変数

t

_i を用いて

Z

C_Pi(ε)

ω

0

dω

₀⁰

= Z

C_Pi(ε)

ω

0

dω

₀⁰

dt

i

dt

i

= Z

C_Pi(ε)

d(ω

0

ω

₀⁰

) dt

i

dt

i

− Z

C_Pi(ε)

ω

⁰₀

d(ω

0

) dt

i

dt

i

と置き換える．

ω

₀⁰ が

P

_i で極を持たないことに注意すれば，まったく同じ理由で，

1

項目は

Z

C_Pi(ε)

d(ω

0

ω

₀⁰

) dt

i

dt

i

= − 2π √

− 1a

⁽ⁱ⁾₋₁

ω

₀⁰

(P

i

)

であって，

2

項目は

Z

C_Pi(ε)

ω

₀⁰

d(ω

0

) dt

i

dt

i

= − 2π √

− 1ω

₀⁰

dω

0

dt

i

Res

ti=0

ω

₀⁰

d(ω

0

) dt

i

と書ける．この留数を計算してみると，

ω

⁰ は

P

i で正則だから

P

i の近傍では，

ω

⁰₀

(P ) = ω

⁰₀

(P

i

) + Z

P

Pi

ω

⁰

dz

dt

_i

dt

i

= ω

₀⁰

(P

i

) + X

∞ s=0

a

⁰s⁽ⁱ⁾

s + 1 t

^s+1_i であって，

dω

0

dt

i

= w dz dt

i

= X

s

a

⁽ⁱ⁾_s

t

^s_i だから，

Res

ti=0

ω

₀⁰

d(ω

0

) dt

i

= a

⁽ⁱ⁾₋₁

ω

₀⁰

(P

_i

) + X

∞

s=0

a

⁽ⁱ⁾_−s−2

a

⁰s⁽ⁱ⁾

s + 1

となる．したがって，

Z

C_Pi(ε)

ω

₀

dω

₀⁰

= 2π √

− 1 X

∞

s=0

a

⁽ⁱ⁾_−s−2

a

⁰s⁽ⁱ⁾

s + 1

が成り立つ．したがって，

lim

ε→0

Z

Pi−ε P0

ω

0

dω

₀⁰

+ Z

C_Pi(ε)

ω

0

dω

₀⁰

+ Z

P0

Pi−ε

ω

0

dω

₀⁰

!

=2π √

− 1a

⁽ⁱ⁾₋₁

Z

Pi

P0

ω

⁰

+ 2π √

− 1 X

∞

s=0

a

⁽ⁱ⁾_−s−2

a

⁰⁽ⁱ⁾s

s + 1

次に，

i = 1, . . . , m

について

Q

i をまわる積分

Z

δl+i

ω

0

dω

⁰₀

=

Z

Qi−ε P0

ω

0

dω

⁰₀

+ Z

C_Qi(ε)

ω

0

dω

₀⁰

+ Z

P0

Qi−ε

ω

0

dω

₀⁰ を考える．

ω

は

Q

i では極を持たないから

Z

Qi−ε P0

ω

0

dω

⁰₀

+ Z

P0

Qi−ε

ω

0

dω

⁰₀

= 0

であって，

lim

ε→0

Z

Qi(ε)

ω

0

dω

₀⁰

= − 2π √

− 1 b

⁰⁽ⁱ⁾₋₁

Z

Qi

Q0

ω + X

∞

s=0

b

⁽ⁱ⁾_−s−2

b

⁰s⁽ⁱ⁾

s + 1

!

が成り立つ．

したがって，すべてを足して

2π √

− 1

で割れば，

1 2π √

− 1 (ζ

i

ζ

_g+i⁰

− ζ

g+i

ζ

_i⁰

) (16)

+ X

l

i=1

a

⁽ⁱ⁾₋₁

Z

Pi

P0

ω

⁰

+ X

∞

s=0

a

⁽ⁱ⁾_−s−2

a

⁰⁽ⁱ⁾s

s + 1

!

− X

m

j=1

b

^(j)₋₁

Z

Qj

Q0

ω + X

∞

s=0

b

^(j)s

b

⁰₋^(j)_s−2

s + 1

!

= 0

がわかる．最後に，

Q

0 は

Γ

⁰ で囲まれた領域内の点だったから，

Q

0 を

P

0 に近付ければ，

定理が示せる．

ドキュメント内 ii 15 Abel,,,.,,,.,,, ( ) ( ) 8 24 ( ) : : ( ), ( ) 8 20 ( ) 15:30 16:10 16:30 17:00 (ページ 101-105)