前回はこちら：
前回は第1種楕円積分 $F$ と第2種楕円積分 $E$ を導入しました。これに第3種楕円積分 $\Pi$ を仲間に加えて\begin{eqnarray}F(z,k) &:=& \int_0^z\frac{dx}{\sqrt{(1-x^2)(1-k^2x^2)}}\tag{11}\\E(z,k) &:=& \int_0^z\sqrt{\frac{1-k^2x^2}{1-x^2}}dx\tag{12}\\\Pi(a;z,k)&:=&\int_0^z\frac{dx}{(1-ax^2)\sqrt{(1-x^2)(1-k^2x^2)}}\tag{13}\end{eqnarray}この表記をヤコビの標準形というのでした。
一般の楕円積分は次で定義されます。
２変数 $x,s$ の有理関数 $R(x,s)$ は $s$ を必ず含むとする。$\phi(x)$ は $x$ の３次または４次多項式で、平方因子を含まないとする。このとき$$\int R\left(x,\sqrt{\phi(x)}\right)dx$$を楕円積分という。
有理関数とは分母・分子がそれぞれ多項式になっているものをいいます。$\phi$ を特に\begin{equation}\phi_k(x):=(1-x^2)(1-k^2x^2)\tag{14}\end{equation}と定めた場合、$R(x,s)=1/s$ とおけば定義１の式は第１種楕円積分、$R(x,s)=\frac{1-k^2x^2}{s}$ とおけば第2種楕円積分になります。第3種楕円積分も同様に関連付けられます。つまり第1種、第2種、第3種楕円積分は楕円積分の仲間に含まれています。
楕円積分の話に進む前に、いくつかの事実をサラッと紹介しておきます。
まず、有理関数 $R(x)$ について
$$\int R(x)dx$$は初等関数で表せる。
補題2は部分分数分解を考えることにより証明できます。桂田[4]を参照ください。複素関数を使えるなら、よりシンプルに証明できます。
さらに、桂田[4]によれば、
２変数 $x,s$ の有理関数 $R(x,s)$ が $s$ を必ず含むとして、$\phi(x)$ が $x$ の2次以下の多項式であるなら、$$\int R\left(x,\sqrt{\phi(x)}\right)dx$$は初等関数で表せる。
本記事では初等的に計算できる補題2,3のことを詳しく扱いません。補題3の代わりに $\phi(x)$ が3次以上の式であれば、もはや積分は初等関数で表せません。特に $3,4$ 次式であれば楕円積分とよばれます（前述：定義１）。なお5次以上の場合は超楕円積分(hyperelliptic integral)とよばれます。超楕円積分は、時に楕円積分へ書き換えることができますが、一般には楕円積分の範囲外です。Byrd[5]とかを見ると面白いと思います。
実は定義１の楕円積分はすべて、初等関数と第1,2,3種楕円積分の線型結合で書かれることが知られています（ルジャンドル・ヤコビの標準形）。これを示しましょう。
$\phi(x)$ が3次式の場合は $y=1/x$ なる置換により、根号内を4次式の形にすることができます。よって、ここからは $\phi(x)$ を4次多項式に限っておきます。平方因子をもたないという話でしたから、相異なる複素数 $\a,\b,\g,\d$ を用いて\begin{equation}\phi(x)=a(x-\a)(x-\b)(x-\g)(x-\d)\tag{15}\end{equation}と書けます。
メビウス変換
$AD-BC\neq 0$ なる複素数 $A,B,C,D$ を用いて\begin{equation}T(z)=\frac{Az+B}{Cz+D}\tag{16}\end{equation}なる変換 $T$ をメビウス変換といいます。これを用いて\begin{eqnarray*}T(1)&=&\a\tag{17a}\\ T(-1) &=&\b\tag{17b}\\T(1/k)&=&\g \tag{17c}\\ T(-1/k) &=& \d\tag{17d}\end{eqnarray*}を満たす $A,B,C,D,k$ を求めます。 これが求まるという事実については武部[1]に載っています。具体的に計算すると、$A$ は任意の非ゼロの定数でよく、$B,C,D,k$ のうち $B$ のみ書けば\begin{eqnarray*}B &=&A\frac{2\a\b\sqrt{\mu}-\nu}{(\b-\a)\lambda}\end{eqnarray*}ただし\begin{eqnarray*}\mu &=& (\g-\a)(\g-\b)(\d-\a)(\d-\b) \\\nu &=& \b^2\g\d+\a^2\g\d-\a\b^2\d-\a^2\b\d-\a\b^2\g-\a^2\b\g+2\a^2\b^2\\\lambda &=& \b\g\d+\a\g\d-\a\b\d-\a\b\g\end{eqnarray*}というわけで(17a)～(17d)を満たす変換 $T(z)$ が見つかるわけです。
置換の実行
\begin{eqnarray*}T(z)-\a &=& T(z)-T(1)\\&=&\frac{Az+B}{Cz+D}-\frac{A+B}{C+D}\\&=&\frac{AD-BC}{C+D}\frac{z-1}{Cz+D}\end{eqnarray*}同様にして\begin{eqnarray*}T(z)-\b &=& \frac{AD-BC}{-C+D}\frac{z+1}{Cz+D}\\T(z)-\g &=& \frac{AD-BC}{C+kD}\frac{kz-1}{Cz+D}\\T(z)-\d &=& \frac{AD-BC}{-C+kD}\frac{kz+1}{Cz+D}\end{eqnarray*}(15)において $x=T(z)$ とすると$$\phi(x)=\frac{(1-z^2)(1-k^2z^2)}{(Cz+D)^4}\times\mathrm{const.}$$また$$dx=\frac{AD-BC}{(Cz+D)^2}dz$$なので$$\int R\left(x,\sqrt{\phi(x)}\right)dx=\mathrm{const.}\times\int R\left(\frac{Az+B}{Cz+D},\frac{\sqrt{(1-z^2)(1-k^2z^2)}}{(Cz+D)^2}\times\mathrm{const.}\right)\frac{dz}{(Cz+D)^2}$$よって別の有理関数 $\tilde{R}(x,s)$ を用いて$$\int R\left(x,\sqrt{\phi(x)}\right)dx=\int \tilde{R}\left(z,\sqrt{\phi_k(z)}\right)dz$$とできます。ここで(14)で見たように$$\phi_k(z)=(1-z^2)(1-k^2z^2)$$です。
以上より、任意の楕円積分は、$\phi(x)=\phi_k(x)$ の場合のみ考えれば十分ということになります。
$\phi(x)=(x-1)(x+1)(x-2)(x+2)$ のとき、$$\int\frac{dx}{\sqrt{\phi(x)}}=\frac{1}{2}\int\frac{dx}{\sqrt{(1-x^2)(1-\frac{x^2}{4})}}$$
$1/2$ を前に出すだけで何の芸でもないが、これまでの流れでいうと、$A=D=1$ , $B=C=0$ , $k=1/2$ である。すなわち$x=T(z)=z$ となって置換を要しない。結果は第1種楕円積分となった。
$\phi(x)=1-x^4$ のとき、$$\int\frac{dx}{\sqrt{\phi(x)}}=\int\frac{dx}{\sqrt{(1-x^2)(1+x^2)}}$$
例題1と同様。すなわち$x=T(z)=z$ となって置換を要しない。結果は第1種楕円積分となった。
こういう単純な例以外は計算が大変なのでやめておきます。
有理関数の単純化
$s=\sqrt{\phi(x)}$ とすると、$s^2$ は $x$ の多項式となることから、$R(x,s)$ の分母・分子はともに「$x$ の多項式」かつ「$s$ の高々1次式」であることが分かります。例えば $R(x,s)=\dfrac{1}{xs^3}$ とすると $\dfrac{1}{x\phi(x)s}$ となりますね。$P_\bullet$ を多項式、$R_\bullet$ を有理関数とすると\begin{eqnarray}R(x,s) &=&\frac{P_1(x)+P_2(x)s}{P_3(x)+P_4(x)s}\\&=&\frac{P_1(x)P_3(x)-P_2(x)P_4(x)\phi(x)+\{P_2(x)P_3(x)-P_1(x)P_4(x)\}s}{P_3(x)^2-P_4(x)^2\phi(x)}\\&=& R_0(x)+R_2(x)s\\&=& R_0(x)+\frac{R_2(x)\phi(x)}{s}\\&=&R_0(x)+\frac{R_1(x)}{s}\tag{18}\end{eqnarray}補題2より $R_0(x)$ の積分は初等的に求まりますので、問題は $\dfrac{R_1(x)}{s}$ ということになります。
部分分数分解により\begin{equation}R_1(x)=P_5(x)+\sum_{j=1}^l\sum_{m=1}^{m_j}\frac{c_{jm}}{(x-a_j)^m}\tag{19}\end{equation}とできます。ごちゃっとしていますが、要は、「多項式と $\frac{1}{x-a}$ とか $\frac{1}{(x-a)^2}$とかの線型結合」ということです。 $a_j\in\CC$ です。したがって\begin{equation}\int\frac{R_1(x)}{s}dx=\int\frac{P_5(x)}{s}dx+\sum\sum c_{jm}\int\frac{1}{(x-a_j)^ms}dx\tag{20}\end{equation}ということは、この積分は結局\begin{eqnarray}I_n &:=& \int\frac{x^n}{s}dx\quad(n\in\ZZ_{\ge0})\tag{21a}\\J_n(\a) &:=&\int\frac{dx}{(x-\a)^ns}\quad(n\in\NN)\tag{21b}\end{eqnarray}の線型結合で書けます。たとえば $R(x,s)=\dfrac{x^2+1}{xs}$ とすると$$\int R(x,s)dx=I_1+J_1(0)$$となります。
積分の種類を絞る
しかも、この $I_n,J_n$ の $n$ を次のように限定することができます。まず、単純な微分により\begin{equation}(x^ns)'=\frac{nx^{n-1}\phi(x)}{s}+\frac{x^nQ_0(x)}{s}\tag{22}\end{equation}ここで $Q_0$ は $\phi$ の形によって決まる3次多項式です。(22)右辺は分母が $s$、分子が $n+3$ 次多項式であることに注意すると、両辺を積分すれば\begin{equation}I_{n+3}=\mathrm{linear\:combination\:of}\Bigl\{I_{n+2},I_{n+1},I_{n},I_{n-1},x^ns\Bigr\}\quad(n\ge1)\tag{23}\end{equation}の形で書けます（$\{\;\;\}$ の線型結合という意味）。繰り返すことで、$I_n$ は $I_3$ , $I_2$ , $I_1$ , $I_0$ および $s\times$($x$の多項式) の形となります。さらに$$s'=\frac{\phi'(x)}{2s}$$から\begin{equation}I_{3}=\mathrm{linear\:combination\:of}\Bigl\{I_{2},I_{1},I_{0},s\Bigr\}\quad(n\ge1)\tag{24}\end{equation}(23)(24)を合わせれば\begin{equation}I_{n}=\mathrm{linear\:combination\:of}\Bigl\{I_{2},I_{1},I_{0},Q(x)s\Bigr\}\quad(n\ge0)\tag{25}\end{equation}ただし $Q(x)$ は多項式です。例えば$$\int\frac{x^5dx}{\sqrt{1+x^4}}=\frac{x^2\sqrt{1+x^4}}{4}-\frac{1}{2}\int\frac{xdx}{\sqrt{1+x^4}}$$なる変形は、$I_5$ を $I_1$ と $Q(x)s$ の線型結合で表しているわけです。
$J_n$ についてもやりましょう。\begin{equation}\left(\frac{s}{(x-\a)^n}\right)'=\frac{1}{(x-\a)^{n+1}s}\left(-n\phi(x)+\frac{x-\a}{2}\phi'(x)\right)\quad(n\in\ZZ)\tag{26}\end{equation}右辺について$$-n\phi(x)+\frac{x-\a}{2}\phi'(x)=\sum_{k=0}^4a_k(x-\a)^k$$とおくと、$x=\a$ を代入することで $a_0$ が、微分して $x=\a$ を代入することで $a_1$ が求まります。繰り返すと $a_4$ まですべて求まります：\begin{equation}\begin{cases}a_0 &=& -n\phi(\a) \\a_1 &=& (-n+\frac{1}{2})\phi'(\a)\\ a_2 &=& \frac{-n+1}{2}\phi''(\a) \\a_3&=& \frac{1}{6}(-n+\frac{3}{2})\phi'''(\a)\\a_4&=&\frac{-n+2}{24}\phi''''(\a)\end{cases}\tag{27}\end{equation}これにより(26)は$$\left(\frac{s}{(x-\a)^n}\right)'=\frac{1}{s}\sum_{k=0}^4\frac{a_k}{(x-\a)^{n+1-k}}$$この両辺を積分することにより、$\phi(\a)\neq0$ なら\begin{equation}J_{n}=\mathrm{linear\:combination\:of}\Bigl\{J_1,J_0,J_{-1},J_{-2},r(x)s\Bigr\}\tag{28}\end{equation}$\phi(\a)=0$ なら $\phi'(\a)\neq0$ なので(平方因子もたない)、\begin{equation}J_{n}=\mathrm{linear\:combination\:of}\Bigl\{J_0,J_{-1},J_{-2},r(x)s\Bigr\}\tag{29}\end{equation}ここで $r(x)$ は有理関数です。しかも、(21)より $J_0$ , $J_{-1}$ , $J_{-2}$ は $I_0$ , $I_1$ , $I_2$ の線型結合で表せますから、(28)(29)はまとめて\begin{equation}J_{n}=\mathrm{linear\:combination\:of}\Bigl\{J_1,I_0,I_{1},I_{2},r(x)s\Bigr\}\tag{30}\end{equation}と表現してよいです。
長くなりましたが、以上より、(20)が $I_n$ と $J_n$ の線型結合で書けることを思い出し、(25)(30)と合わせれば\begin{equation}\int\frac{R_1(x)}{s}dx=\mathrm{linear\:combination\:of}\Bigl\{J_1,I_0,I_{1},I_{2},\tilde{r}(x)s\Bigr\}\tag{31}\end{equation}といえるわけです。$\tilde{r}$ はある有理関数です。
最後に(18)から\begin{equation}\int R(x,s)dx=\mathrm{linear\:combination\:of}\Bigl\{J_1,I_0,I_{1},I_{2},\tilde{r}(x)s,F(x)\Bigr\}\tag{31}\end{equation}ただし $F(x)=\int R_0(x)dx$ であり、初等関数で表されます。ここまでをひっくるめて文章で述べると、
$s=\sqrt{\phi(x)}$ とする。任意の楕円積分$$\int R(x,s)dx$$は $J_1$ , $I_0$ , $I_1$ , $I_2$ , (有理関数)$\times s$ および初等関数の線型結合として表される。
もちろん、$J_1$ は1つだけとは限らず、$J_1(0)$ や $J_1(1/2)$ などが同時に現れることもあります。
標準形の完成
定理４の $\phi$ が $\phi_k(x)$ と書けているとすると、楕円積分は初等関数および$$\int\frac{dx}{\sqrt{\phi_k(x)}}\;,\;\int\frac{xdx}{\sqrt{\phi_k(x)}}\;,\;\int\frac{x^2dx}{\sqrt{\phi_k(x)}}\;,\;\int\frac{dx}{(x-\a)\sqrt{\phi_k(x)}}$$の線型結合で表されます。この４つはそれぞれ\begin{eqnarray*}\int\frac{dx}{\sqrt{\phi_k(x)}}&=&\int\frac{dx}{\sqrt{(1-x^2)(1-k^2x^2)}}\\\int\frac{xdx}{\sqrt{\phi_k(x)}}&=&\frac{1}{2}\int\frac{dt}{\sqrt{(1-t)(1-k^2t)}}\quad(x^2=t)\\\int\frac{x^2dx}{\sqrt{\phi_k(x)}}&=&\frac{1}{k^2}\int\frac{dx}{\sqrt{(1-x^2)(1-k^2x^2)}}-\frac{1}{k^2}\int\sqrt{\frac{1-k^2x^2}{1-x^2}}dx\\\int\frac{dx}{(x-\a)\sqrt{\phi_k(x)}}&=&\int\frac{xdx}{(x^2-\a^2)\sqrt{(1-x^2)(1-k^2x^2)}}+\a\int\frac{dx}{(x^2-\a^2)\sqrt{(1-x^2)(1-k^2x^2)}}\end{eqnarray*}1行目は第1種楕円積分そのもの、2行目は2次無理函数の積分なので初等関数で書けます。3行目は第1種および第2種楕円積分で表されています。4行目は右辺第1項は $x^2=t$ の置換で初等的な積分に帰着され、第2項は第3種楕円積分になっています。以上から
任意の楕円積分は初等関数および第1種・第2種・第3種楕円積分の線型結合として表される。この表し方をルジャンドル・ヤコビの標準形という。
$$I=\int\frac{x^4dx}{\sqrt{(1-x^2)(1-\frac{1}{2}x^2)}}$$を標準形で表せ。
$x\sqrt{(1-x^2)(1-\frac{x^2}{2})}$ の微分を考えることにより$$I=\frac{2}{3}x\sqrt{(1-x^2)(1-\frac{1}{2}x^2)}+\int\frac{2x^2-\frac{2}{3}}{\sqrt{(1-x^2)(1-\frac{1}{2}x^2)}}dx$$右辺第2項は$$\int\frac{2x^2-\frac{2}{3}}{\sqrt{(1-x^2)(1-\frac{1}{2}x^2)}}dx=\int\frac{\frac{10}{3}-4(1-\frac{x^2}{2})}{\sqrt{(1-x^2)(1-\frac{1}{2}x^2)}}dx$$$$\therefore\quad I=\frac{2}{3}x\sqrt{(1-x^2)(1-\frac{1}{2}x^2)}+\frac{10}{3}\int\frac{dx}{\sqrt{(1-x^2)(1-\frac{x^2}{2})}}-4\int\sqrt{\frac{1-\frac{x^2}{2}}{1-x^2}}dx$$
次回はこちら：
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