一般化ルジャンドル関係式

はじめに

　この記事では一般化楕円積分にまつわるルジャンドル関係式を紹介します。
　まずルジャンドル関係式とは次の恒等式のことを言うのでした。

　そして芝浦工業大学の竹内慎吾教授(日本人！)はこれの一般化を考え、2016年(割と最近！)に
Legendre-type relations for generalized complete elliptic integrals
という論文で以下のように具体的な一般化を与えたようです。

　実際に$p=q=r=2$のときを考えてみると$q^{\ast }=r^{\ast }=2,s=\mathrm{\infty }$であり
$${\pi }_{\mathrm{\infty },q}=2{\int }_0^1\frac{dt}{(1-t^q{)}^{\frac{1}{\mathrm{\infty }}}}=2{\int }_0^{1}dt=2$$
に注意すると最初に挙げたルジャンドル関係式
$$K(k)E(k^{\prime })+K(k^{\prime })E(k)-K(k)K(k^{\prime })=\frac{\pi }{2}$$
が出てくることがわかります。
　ちなみにこの一般化ルジャンドル関係式は超幾何関数にまつわるElliottの恒等式
$$\begin{array}{rcl}& & {}_2{F}_1(\begin{array}{c}\frac{1}{2}+a,-\frac{1}{2}-b\\ a+c+1\end{array};z){}_2{F}_1(\begin{array}{c}\frac{1}{2}-a,\frac{1}{2}+b\\ b+c+1\end{array};1-z)\\ & & +{}_2{F}_1(\begin{array}{c}\frac{1}{2}+a,\frac{1}{2}-b\\ a+c+1\end{array};z){}_2{F}_1(\begin{array}{c}-\frac{1}{2}-a,\frac{1}{2}+b\\ b+c+1\end{array};1-z)\\ & & -{}_2{F}_1(\begin{array}{c}\frac{1}{2}+a,\frac{1}{2}-b\\ a+c+1\end{array};z){}_2{F}_1(\begin{array}{c}\frac{1}{2}-a,\frac{1}{2}+b\\ b+c+1\end{array};1-z)\\ & =& \frac{\mathrm{\Gamma }(a+c+1)\mathrm{\Gamma }(b+c+1)}{\mathrm{\Gamma }(a+b+c+\frac{3}{2})\mathrm{\Gamma }(c+\frac{1}{2})}\end{array}$$
と等価であることが知られています(このことについては 別の記事 で詳しく解説します)。
　E.B.Elliottがこの恒等式を超幾何関数の観点から証明したところを、竹内教授は楕円積分の観点からの別証明を与えたという構図になっているようです。

証明のあらすじ

　まず$K_{p,q,r}$と$E_{p,q,r}$との間に
$$\begin{array}{rl}\frac{d{K}_{p,q,r}}{dk}& =\frac{a^{\prime }{E}_{p,q,r^{\ast }}-(a^{\prime }-k^q)K_{p,q,r}}{k(1-k^q)}(a^{\prime }=1+\frac{q}{r^{\ast }}-\frac{q}{p})\\ \frac{d{E}_{p,q,r}}{dk}& =\frac{q(E_{p,q,r}-K_{p,q,r^{\ast }})}{rk}\end{array}$$
という微分方程式が成り立つことを示す。
　そして
$$K_{p,q,r}^{\prime }=K_{p,q,r}(k^{\prime }),E_{p,q,r}^{\prime }=E_{p,q,r}(k^{\prime })$$
とおいたとき、上の微分方程式から
$$L=K_{p,q,r^{\ast }}{E}_{p,r,q}^{\prime }+K_{p,r,q^{\ast }}^{\prime }{E}_{p,q,r}-K_{p,q,r^{\ast }}{K}_{p,r,q^{\ast }}^{\prime }$$
が
$$\frac{dL}{dk}=0$$
を満たすことを確かめる。
　したがって
$$L(k)=\mathrm{Const}.$$
がわかるので$k\to 0^{+}$において
$$K_{p,q,r^{\ast }}(0)=\frac{{\pi }_{p,q}}{2},E_{p,r,q}(1)=\frac{{\pi }_{s,r}}{2}$$
および
$$\underset{k\to 0^{+}}{lim}(E_{p,q,r}-K_{p,q,r^{\ast }})K_{p,r,q^{\ast }}^{\prime }=0$$
と計算できることから
$$L=\underset{k\to 0^{+}}{lim}L(k)=\frac{{\pi }_{p,q}{\pi }_{s,r}}{4}$$
を得る。といった具合になります。

証明

一般化三角関数

　まず以下での議論を簡単にするために一般化した三角関数を導入します。

　いま${\sin }_{p,q}=f_{p,q}^{-1}$に注意すると逆関数の微分法から
$${\cos }_{p,q}x=(f_{p,q}^{-1}(x){)}^{\prime }=\frac{1}{f_{p,q}^{\prime }(f_{p,q}^{-1}(x))}=\sqrt[p]{1-{\sin }_{p,q}^{q}x}$$
つまり
$${\cos }_{p,q}^{p}x+{\sin }_{p,q}^{q}x=1$$
がわかります。
　ただ$p=\mathrm{\infty }$においては${\cos }_{p,q}$がうまく定義されない(性質が崩れる)ため代わりの関数を
$${\cos }_{\ast p,q}x=1-{\sin }_{p,q}^{q}x$$
と定めておきます。このとき$p=\mathrm{\infty }$においても
$$\begin{array}{rl}({\sin }_{p,q}x{)}^{\prime }& ={\cos }_{\ast p,q}^{\frac{1}{p}}x\\ ({\cos }_{\ast p,q}x{)}^{\prime }& =-q{\sin }_{p,q}^{q-1}x{\cos }_{\ast p,q}^{\frac{1}{p}}x\end{array}$$
が成り立ちます。
　ここで変数変換$t={\sin }_{p,q}\theta$を考えると$\theta =f_{p,q}(t)$から
$$d\theta =\frac{dt}{\sqrt[p]{1-t^q}}$$
に注意すると
$$\begin{array}{rl}{K}_{p,q,r}(k)& ={\int }_0^{\frac{1}{2}{\pi }_{p,q}}\frac{d\theta }{\sqrt[r]{1-k^q{\sin }_{p,q}^q\theta }}\\ E_{p,q,r}(k)& ={\int }_0^{\frac{1}{2}{\pi }_{p,q}}\sqrt[r]{1-k^q{\sin }_{p,q}^q\theta }d\theta \end{array}$$
と表せることが肝になってきます。

楕円積分の微分方程式

　次に上で予告したように次の微分方程式を示します。

　$E_{p,q,r}$については簡単にわかる。
$$\begin{array}{rcl}\frac{d{E}_{p,q,r}}{dk}& =& \frac{q}{r}{\int }_0^1\frac{-k^{q-1}{t}^q}{\sqrt[p]{1-t^q}(1-k^q{t}^q{)}^{1-\frac{1}{r}}}dt\\ & =& \frac{q}{rk}{\int }_0^1\frac{(1-k^q{t}^q)-1}{\sqrt[p]{1-t^q}(1-k^q{t}^q{)}^{1-\frac{1}{r}}}dt\\ & =& \frac{q}{rk}({\int }_0^1\frac{\sqrt[r]{1-k^q{t}^q}}{\sqrt[p]{1-t^q}}dt-{\int }_0^1\frac{dt}{\sqrt[p]{1-t^q}(1-k^q{t}^q{)}^{1-\frac{1}{r}}})\\ & =& \frac{q}{rk}(E_{p,q,r}-K_{p,q,r^{\ast }})\end{array}$$
　$K_{p,q,r}$については以下の補題を用いて示す。

　いま定義より
$${\sin }_{p,q}0=0,{\sin }_{p,q}\frac{{\pi }_{p,q}}{2}=1,{\cos }_{\ast p,q}\frac{{\pi }_{p,q}}{2}=0$$
が成り立つことに注意すると
$$\begin{array}{rcl}\frac{d{K}_{p,q,r}}{dk}& =& \frac{q}{r}{\int }_0^{\frac{1}{2}{\pi }_{p,q}}\frac{k^{q-1}{\sin }^q\theta }{(1-k^q{\sin }_{p,q}^q\theta {)}^{1+\frac{1}{r}}}d\theta \\ & =& \frac{k^{q-1}}{k^q-1}{\int }_0^{\frac{1}{2}{\pi }_{p,q}}\left(\frac{q(k^q-1)}{r}\frac{{\sin }_{p,q}^{q-1}\theta {\cos }_{\ast p,q}^{\frac{1}{p}-\frac{1}{r^{\ast }}}\theta }{(1-k^q{\sin }_{p,q}^q\theta {)}^{1+\frac{1}{r}}}\right){\sin }_{p,q}\theta {\cos }_{\ast p,q}^{\frac{1}{r^{\ast }}-\frac{1}{p}}\theta d\theta \\ & =& -\frac{k^{q-1}}{k^q-1}{\int }_0^{\frac{1}{2}{\pi }_{p,q}}\frac{{\cos }_{\ast p,q}^{\frac{1}{r}}\theta }{\sqrt[r]{1-k^q{\sin }_{p,q}^q\theta }}\cdot \frac{d}{d\theta }({\sin }_{p,q}\theta {\cos }_{\ast p,q}^{\frac{1}{r^{\ast }}-\frac{1}{p}}\theta )d\theta \\ & =& \frac{k^{q-1}}{1-k^q}{\int }_0^{\frac{1}{2}{\pi }_{p,q}}\frac{{\cos }_{\ast p,q}^{\frac{1}{r}}\theta }{\sqrt[r]{1-k^q{\sin }_{p,q}^q\theta }}({\cos }_{\ast p,q}^{\frac{1}{r^{\ast }}}\theta -q(\frac{1}{r^{\ast }}-\frac{1}{p}){\sin }_{p,q}^q\theta {\cos }^{\frac{1}{r^{\ast }}-1}\theta )d\theta \\ & =& \frac{k^{q-1}}{1-k^q}{\int }_0^{\frac{1}{2}{\pi }_{p,q}}\frac{{\cos }_{\ast p,q}\theta -(a^{\prime }-1){\sin }_{p,q}^q\theta }{\sqrt[r]{1-k^q{\sin }_{p,q}^q\theta }}d\theta \\ & =& \frac{1}{k(1-k^q)}{\int }_0^{\frac{1}{2}{\pi }_{p,q}}\frac{k^q(1-a^{\prime }{\sin }_{p,q}^q\theta )}{\sqrt[r]{1-k^q{\sin }_{p,q}^q\theta }}d\theta \\ & =& \frac{1}{k(1-k^q)}{\int }_0^{\frac{1}{2}{\pi }_{p,q}}\frac{k^q-a^{\prime }}{\sqrt[r]{1-k^q{\sin }_{p,q}^q\theta }}d\theta +\frac{1}{k(1-k^a)}{\int }_0^{\frac{1}{2}{\pi }_{p,q}}\frac{a^{\prime }(1-k^q{\sin }_{p,q}^q\theta )}{\sqrt[r]{1-k^q{\sin }_{p,q}^q\theta }}d\theta \\ & =& \frac{k^q-a^{\prime }}{k(1-k^q)}{K}_{p,q,r}+\frac{a^{\prime }}{k(1-k^a)}{E}_{p,q,r^{\ast }}\end{array}$$
を得る。

ルジャンドル関係式の証明

　以上より
$$\frac{1}{s}=\frac{1}{p}-\frac{1}{q}$$
とおくと
$$L=\underset{k\to 0^{+}}{lim}L(k)=K_{p,q,r^{\ast }}(0)E_{p,r,q}(1)=\frac{{\pi }_{p,q}{\pi }_{s,r}}{4}$$
を得る。