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