楕円積分の関係 ∫[0,π/2] 1/(1-k²sin²θ)³/²dθ=1/(1-k²)∫[0,π/2] √(1-k²sin²θ) dθ の証明

1.　まえがき

　楕円関数について
　　　∫[0,π/2] 1/(1-k²sin²θ)^3/2dθ=1/(1-k²)∫[0,π/2] √(1-k²sin²θ) dθ
　という関係を示す問題があった。これを証明する。

2.　説明

　岩波辞典を見ると、より一般的な関係があったのでこれを示す。
　　　E=∫[0,φ] √(1-k²sin²θ) dθ , F=∫[0,φ] 1/√(1-k²sin²θ) dθ
　　　I=∫[0,φ] 1/(1-k²sin²θ)^3/2dθ
　とおくと
　　　I={ 1/(1-k²) } ( E-k²sin2φ/{ 2√(1-k²sin²φ) } )
　を証明する。始めの問題は φ=π/2 とした場合である。

3.　計算

　　　E=∫[0,φ] (1-k²sin²θ)/(1-k²sin²θ)^1/2dθ
　　　  =∫[0,φ] 1/(1-k²sin²θ)^1/2 - k²∫[0,φ] sin²θ/(1-k²sin²θ)^1/2dθ
　　　  =F - k²∫[0,φ] sin²θ/(1-k²sin²θ)^1/2dθ

　下記の補題1から
　　　E=F-k²[ -sin2φ/{2(1-k²sin²φ)^1/2}+{(1-1/k²)I+F/k²} ]
　　　  =F+k²sin2φ/{2(1-k²sin²φ)^1/2}-{(k²-1)I+F}
　　　  =k²sin2φ/{2(1-k²sin²φ)^1/2}+(1-k²)I
　したがって
　　　I=E/(1-k²)-{k²/(1-k²)}sin2φ/{2(1-k²sin²φ)^1/2}
　となる。


●補題1
　　　sin²θ/(1-k²sin²θ)^1/2={sinθ/(1-k²sin²θ)^1/2}sinθ
　として部分積分すると

　　　∫[0,φ] sin²θ/(1-k²sin²θ)^1/2dθ=[sinθ(-cosθ)/(1-k²sin²θ)^1/2][θ=φ,0]
　　　　　- ∫[0,φ] {cosθ/(1-k²sin²θ)^1/2+sinθ(-1/2)(-k²)2sinθcosθ/(1-k²sin²θ)^3/2}(-cosθ) dθ
　　　　=-sinφcosφ/(1-k²sin²φ)^1/2
　　　　　　+∫[0,φ]{cos²θ/(1-k²sin²θ)^1/2+k²sin²θcos²θ/(1-k²sin²θ)^3/2} dθ
　　　　=-sin2φ/{2(1-k²sin²φ)^1/2}+∫[0,φ]{(1-k²sin²θ)cos²θ+k²sin²θcos²θ}/(1-k²sin²θ)^3/2 dθ
　　　　=-sin2φ/{2(1-k²sin²φ)^1/2}+∫[0,φ] cos²θ/(1-k²sin²θ)^3/2
　　　　=-sin2φ/{2(1-k²sin²φ)^1/2}+∫[0,φ] (1-sin²θ)/(1-k²sin²θ)^3/2

　　　　=-sin2φ/{2(1-k²sin²φ)^1/2}+I+(1/k²)∫[0,π/2] (-k²sin²θ)/(1-k²sin²θ)^3/2
　　　　=-sin2φ/{2(1-k²sin²φ)^1/2}+I+(1/k²)∫[0,π/2] {(1-k²sin²θ)-1}/(1-k²sin²θ)^3/2
　　　　=-sin2φ/{2(1-k²sin²φ)^1/2}+I+(1/k²)(F-I)
　　　　=-sin2φ/{2(1-k²sin²φ)^1/2}+(1-1/k²)I+F/k²

4.　類似の関係

　楕円積分についてはcos²θ、sin²θを含んだ類似の関係が多数ある。そのいくつかを
　証明する。

　4.1　∫[0,φ] cos²θ / √(1-k²sin²θ)^1/2 dθ = (1/k²) { E-(1-k²)F }

　　これは式変形だけで簡単である。
　　　∫[0,φ] cos²θ/√(1-k²sin²θ)^1/2 dθ=∫[0,φ] (1-sin²θ) / √(1-k²sin²θ)^1/2 dθ
　　　　　=F+(1/k²)∫[0,φ] (1-k²sin²θ-1) / √(1-k²sin²θ)^1/2 dθ
　　　　　=F+(1/k²)∫[0,φ] { (1-k²sin²θ) - 1 } / √(1-k²sin²θ)^1/2 dθ
　　　　　=F+(1/k²) (E -F)=(1/k²) { E-(1-k²)F }

　4.2　J=∫[0,φ] cos²θ√(1-k²sin²θ)^1/2 dθ
　　　　　　= (1/3k²) {(k²/2)sin2φ(1-k²sin²φ)^1/2 +(k²+1)E-(1-k²)F }

　　cos²θ√(1-k²sin²θ)^1/2 ={ cosθ√(1-k²sin²θ)^1/2 }cosθ として、部分積分すると
　　　J=∫[0,φ] cos²θ√(1-k²sin²θ)^1/2 dθ
　　　　=[cosθ√(1-k²sin²θ)^1/2 sinθ] [θ=φ,0]
　　　　　-∫[0,φ] {-sinθ√(1-k²sin²θ)^1/2 +cosθ(1/2)(-k²)2sinθcosθ / √(1-k²sin²θ)^1/2 }sinθdθ
　　　　=(sin2φ/2)√(1-k²sin²φ)^1/2
　　　　　+∫[0,φ] { sin²θ√(1-k²sin²θ)^1/2 +k²sin²θcos²θ / √(1-k²sin²θ)^1/2 } dθ

　　ここで、補題2を使うと
　　　J=(sin2φ/2)√(1-k²sin²φ)^1/2 +E-J - J + F+(1/k²) (E-F)
　　　 =(sin2φ/2)√(1-k²sin²φ)^1/2 -2J+(1+1/k²)E+(1-1/k²)F
　　まとめると
　　　J=(1/3) { (sin2φ/2)√(1-k²sin²φ)^1/2 +( (1/k²)+1 )E - ( (1/k²)-1 )F }
　　を得る。

●補題2
　　∫[0,φ] sin²θ√(1-k²sin²θ)^1/2 dθ=∫[0,φ] (1-cos²θ)√(1-k²sin²θ)^1/2 dθ
　　　　=∫[0,φ] √(1-k²sin²θ)^1/2 dθ - ∫[0,φ] cos²θ√(1-k²sin²θ)^1/2 dθ
　　　　=E - J

　　∫[0,φ] { k²sin²θcos²θ/√(1-k²sin²θ)^1/2 } dθ
　　　　=-∫[0,φ] { (1-k²sin²θ)cos²θ - cos²θ } / √(1-k²sin²θ)^1/2 dθ
　　　　=-∫[0,φ] (√(1-k²sin²θ)^1/2cos²θ dθ +∫[0,φ] cos²θ / √(1-k²sin²θ)^1/2 dθ
　　　　=-J +∫[0,φ] (1-sin²θ) / √(1-k²sin²θ)^1/2 dθ
　　　　=-J + F+(1/k²)∫[0,φ] { (1-k²sin²θ) - 1 } / √(1-k²sin²θ)^1/2 dθ
　　　　=-J + F+(1/k²) (E-F) = -J+E/k²+(1-1/k²)F

以上