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K^aK'^b/(K^2+K'^2) に適当な多項式を掛けると積分値が閉形式で書ける

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$$\newcommand{BA}[0]{\begin{align*}} \newcommand{BE}[0]{\begin{equation}} \newcommand{bl}[0]{\boldsymbol} \newcommand{BM}[0]{\begin{matrix}} \newcommand{D}[0]{\displaystyle} \newcommand{EA}[0]{\end{align*}} \newcommand{EE}[0]{\end{equation}} \newcommand{EM}[0]{\end{matrix}} \newcommand{h}[0]{\boldsymbol{h}} \newcommand{k}[0]{\boldsymbol{k}} \newcommand{L}[0]{\left} \newcommand{l}[0]{\boldsymbol{l}} \newcommand{m}[0]{\boldsymbol{m}} \newcommand{n}[0]{\boldsymbol{n}} \newcommand{R}[0]{\right} \newcommand{vep}[0]{\varepsilon} $$

概要

$\hspace{5pt}$楕円積分$K(x),\D K'(x)$および適当な多項式$p(x)$からなる積分

$\BA\D I\L(a,b;p(x)\R)=\int_0^1 \cfrac{\D K(x)^aK'(x)^b}{K(x)^2+K'(x)^2}\,p(x)\,dx \qquad (a,b\in{\mathbb Z}) \EA$

は,数値的に$\pi,\Gamma\L(\frac{1}{4}\R)$などを用いて表すことができるようです.
分母が無い場合のものは,例えば次に示すようにいくつかの文献で見ることがあります.
$\hspace{5pt}\checkmark$ Integrals of $K$ and $E$ from Lattice Sums
$\hspace{5pt}\checkmark$ Moments of elliptic integrals and critical $L$-values
これを受けて,上記のかたちの積分での振る舞いも PARI/GP を用いて数値的に調べてみました.
$\hspace{5pt}$$a+b-1$を重みとします.$\D A=\cfrac{\pi}{\Gamma\L(\frac{3}{4}\R)^4},\,G=\sum_{n=0}^\infty \frac{{(-1)}^n}{{(2n+1)}^2}$とします.

重み$3$

$\BA\D I(4,0;x)&=\zeta(3)\\ I(3,1;x)&=\frac{1}{4}\L(\frac{\pi}{2}\R)^3\\ I(2,2;x)&=\frac{3}{4}\zeta(3)\\ \EA$

重み$4$

$\BA\D I(6,-1;8-x)&=\frac{16}{5}\L(\frac{\pi}{2}\R)^4A^2\\ I(5,0;4-x)&=\L(\frac{\pi}{2}\R)^4A^2\\ I(4,1;1)&=\frac{4}{15}\L(\frac{\pi}{2}\R)^4A^2\\ I(3,2;4-x)&=\L(\frac{\pi}{2}\R)^4A^2\\ I(2,3;1)&=\frac{2}{5}\L(\frac{\pi}{2}\R)^4A^2\\ I(1,4;4-x)&=\frac{8}{3}\L(\frac{\pi}{2}\R)^4A^2\\ I(0,5;1)&=\frac{8}{5}\L(\frac{\pi}{2}\R)^4A^2\\ I(-1,6;8-9x)&=32\L(\frac{\pi}{2}\R)^4A^2 \EA$

重み$5$

$\BA\D I(6,0;2x^3-x)&=\frac{39}{8}\zeta(5)\\ I(5,1;2x^3-x)&=\frac{1}{4}\L(\frac{\pi}{2}\R)^5\\ I(4,2;2x^3-x)&=\frac{15}{16}\zeta(5) \EA$

重み$6$

$\BA\D I(6,1;1-46x^2+61x^4)&=\frac{115}{21}\L(\frac{\pi}{2}\R)^6\\ I(4,3;1-46x^2+61x^4)&=-\frac{10}{21}\L(\frac{\pi}{2}\R)^6\\ I(2,5;1-46x^2+61x^4)&=-\frac{32}{21}\L(\frac{\pi}{2}\R)^6\\ I(0,7;1-46x^2+61x^4)&=\frac{368}{21}\L(\frac{\pi}{2}\R)^6 \EA$

重み$7$

$\BA\D I(8,0;1768x^5-1424x)&=8775\zeta(7)\\ I(7,1;16-136x^2+136x^4)&=9\L(\frac{\pi}{2}\R)^7 \EA$

$1-46x^2-61x^4$といえば

$\hspace{5pt}$Jacobiの楕円関数${\rm cd}(K(x)z,x)$の冪級数展開

$\BA\D {\rm cd}(z,x)=1-\frac{1-x^2}{2!}z^2+\frac{(1-x^2)(1-5x^2)}{4!}z^4-\frac{(1-x^2)(1-46x^2+61x^4)}{6!}z^6+\frac{(1-x^2)(1-411x^2+1731x^4-1385x^6)}{8!}z^8-\cdots \EA$

を思い出します.そう考えると,$2x^3-x$${\rm sd}$と関係していそうな気がします.$4-x$はよくわかりません.
これを参考に,$p(x)=1-5x^2,1-411x^2+1731x^4-1385x^6$について数値をさすると,

$\BA\D I(-2,7;1-5x^2)&=\L(32G-\frac{32}{15}\R)\L(\frac{\pi}{2}\R)^4\\ I(0,5;1-5x^2)&=\frac{32}{15}\L(\frac{\pi}{2}\R)^4\\ I(2,3;1-5x^2)&=-\frac{2}{15}\L(\frac{\pi}{2}\R)^4\\ I(4,1;1-5x^2)&=-\frac{13}{15}\L(\frac{\pi}{2}\R)^4\\ I(6,-1;1-5x^2)&=-\L(5\ln2-\frac{13}{15}\R)\L(\frac{\pi}{2}\R)^4\\ I(-2,11;1-411x^2+1731x^4-1385x^6)&=\L(15872G-\frac{4352}{15}\R)\L(\frac{\pi}{2}\R)^8\\ I(0,9;1-411x^2+1731x^4-1385x^6)&=\frac{4352}{15}\L(\frac{\pi}{2}\R)^8\\ I(2,7;1-411x^2+1731x^4-1385x^6)&=-\frac{272}{15}\L(\frac{\pi}{2}\R)^8\\ I(4,5;1-411x^2+1731x^4-1385x^6)&=\frac{32}{15}\L(\frac{\pi}{2}\R)^8\\ I(6,3;1-411x^2+1731x^4-1385x^6)&=\frac{118}{15}\L(\frac{\pi}{2}\R)^8\\ I(8,1;1-411x^2+1731x^4-1385x^6)&=-\frac{1033}{15}\L(\frac{\pi}{2}\R)^8\\ I(10,-1;1-411x^2+1731x^4-1385x^6)&=-\L(1385\ln2-\frac{1033}{15}\R)\L(\frac{\pi}{2}\R)^8\\ \EA$

などがわかりました.したがって,

$\BA\D \frac{{\rm cd}(z,x)}{1-x^2}=p_0^{\rm cd}(x)-p_1^{\rm cd}(x)z^2+p_2^{\rm cd}(x)z^4-p_3^{\rm cd}(x)z^6+p_4^{\rm cd}(x)z^8-\cdots \EA$

と書くとき,非負整数$n$に対して

$\BA\D \int_0^1 \cfrac{{K(x)}^{2m}{K'(x)}^{2n-2m+1}}{K(x)^2+K'(x)^2}p_n^{\rm cd}(x)\,dx \EA$

は,$m=0,1,2,\cdots,n$において$\D\L(\frac{\pi}{2}\R)^{2n}$の有理数倍になると予想できます。具体的な場合の似非証明を以下に示します。

$I(0,5;1-5x^2)$

$\hspace{5pt}\D (1-5x^2)K(x)^3=\cfrac{{\pi}^5}{x(1-{x}^2){K(x)}^2}\sum_{n=0}^\infty \cfrac{{(-1)}^n\L(n+\frac{1}{2}\R)^4}{\sinh\pi\L(n+\frac{1}{2}\R)\cfrac{K'(x)}{K(x)}}$なので

$\BA\D \int_0^1 \cfrac{{K'(x)}^5}{{K(x)}^2+{K'(x)}^2}(1-5x^2)\,dx &=\pi^5\sum_{n=0}^\infty {(-1)}^n\L(n+\frac{1}{2}\R)^4\int_0^1 \frac{\L(\cfrac{K'(x)}{K(x)}\R)^5}{1+\L(\cfrac{K'(x)}{K(x)}\R)^2}\frac{1}{\sinh\pi\L(n+\frac{1}{2}\R)\cfrac{K'(x)}{K(x)}}\frac{1}{x(1-x^2){K(x)}^2}\,dx\\ &=2\pi^4\sum_{n=0}^\infty {(-1)}^n\L(n+\frac{1}{2}\R)^4\int_0^\infty \cfrac{t^5}{1+{t}^2}\frac{1}{\sinh\pi\L(n+\frac{1}{2}\R)t}\,dx\\ &=2\pi^4\sum_{n=0}^\infty {(-1)}^n\L(n+\frac{1}{2}\R)^4\int_0^\infty\L(\cfrac{t}{1+t^2}-t+t^3\R)\frac{1}{\sinh\pi\L(n+\frac{1}{2}\R)t}\,dx\\ &=2\L(\frac{\pi}{2}\R)^4\sum_{n=0}^\infty {(-1)}^n{(2n+1)}^4\L(\sum_{k=n}^\infty\frac{{2(-1)}^{k+n}}{2k+1}-\frac{1}{2n+1}-\frac{1}{{(2n+1)}^2}+\frac{2}{{(2n+1)}^4}\R)\\ &=2\L(\frac{\pi}{2}\R)^4\L(\sum_{n=0}^\infty \frac{2{(-1)}^n}{2n+1}\sum_{k=0}^n{(2k+1)^4}+\sum_{n=0}^\infty {(-1)}^n\L(-{(2n+1)}^3-{(2n+1)}^2+2\R)\R)\\ &=2\L(\frac{\pi}{2}\R)^4\L(\sum_{n=0}^\infty \frac{2{(-1)}^n}{2n+1}\frac{(n+1)(2n+1)(2n+3)(12n^2+24n+5)}{15}+\sum_{n=0}^\infty {(-1)}^n\L(-{(2n+1)}^3-{(2n+1)}^2+2\R)\R)\\ &=2\L(\frac{\pi}{2}\R)^4\sum_{n=0}^\infty {(-1)}^n\L(\frac{2}{15}(n+1)(2n+3)(12n^2+24n+5)-{(2n+1)}^3-{(2n+1)}^2+2\R)\\ &=2\L(\frac{\pi}{2}\R)^4\lim_{x\to1}\sum_{n=0}^\infty {(-1)}^n\L(\frac{2}{15}(n+1)(2n+3)(12n^2+24n+5)-{(2n+1)}^3-{(2n+1)}^2+2\R)x^n\\ &=2\L(\frac{\pi}{2}\R)^4\lim_{x\to1}\frac{2(15-80x+386x^2-80x^3+15x^4)}{15(1+x)^5}\\ &=2\L(\frac{\pi}{2}\R)^4\cdot\frac{16}{15}\\ &=\frac{32}{15}\L(\frac{\pi}{2}\R)^4 \EA$

$\BA\D \EA$

投稿日:21
更新日:62
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