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自己紹介・記録議論
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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この著者は初心者として投稿しています。間違いや考慮が足りていない点が含まれている可能性が高いです。見つけたらコメント欄で優しく指摘してあげましょう。
$$\newcommand{BA}[0]{\begin{align*}}
\newcommand{BE}[0]{\begin{equation}}
\newcommand{bl}[0]{\boldsymbol}
\newcommand{BM}[0]{\begin{matrix}}
\newcommand{D}[0]{\displaystyle}
\newcommand{EA}[0]{\end{align*}}
\newcommand{EE}[0]{\end{equation}}
\newcommand{EM}[0]{\end{matrix}}
\newcommand{h}[0]{\boldsymbol{h}}
\newcommand{k}[0]{\boldsymbol{k}}
\newcommand{L}[0]{\left}
\newcommand{l}[0]{\boldsymbol{l}}
\newcommand{m}[0]{\boldsymbol{m}}
\newcommand{n}[0]{\boldsymbol{n}}
\newcommand{R}[0]{\right}
\newcommand{vep}[0]{\varepsilon}
$$
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，$2x^3-x$は${\rm sd}$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：2月1日
更新日：6月2日
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