楕円関数の黎明期の研究１：レムニスケート
はじめに
楕円関数の黎明期の研究をいくつか読んだので、順番に解説します。ここでは
ライプニッツ記法の正しい扱い方
で解説した$dx,dy$をわける微分法を使います。
追記：数式を修正しました。
三角関数と積分
$\int \frac{dx}{1+x^2}$という積分は$x=\tan \theta$とおくことで解けることをみなさんご存知だと思います。しかしこれ、できすぎじゃないでしょうか。三角関数はもともと、円の弧長とその座標の関係を表す関数でした。曲線の孤長と座標の関係はそもそも積分であり、円の場合、$\arcsin(x) = \int \frac{dx}{\sqrt{1-x^2}}$,$\arctan(x) = \int \frac{dx}{1+x^2}$のように表されます。これは三角関数の定義そのものなので、三角関数で置換すれば解けるに決まってるのです。また円周率も$\pi = 2 \int_0^1 \frac{dx}{\sqrt{1-x^2}}$という定積分で表せます。
最終奥義「名付ける」
円の孤長と座標という代数を超越した関係に、最終奥義「名付ける」を使って生まれたものが三角関数と円周率です。三角関数が考案されなかった世界では三角関数の定理が以下のように述べられていたかもしれません。
- $\int \frac{dx}{1+x^2}$という積分は$u = \frac{2x}{1-x^2}$と置換すると以下のようになる。
$$ \frac{2dx}{1+x^2} = \frac{du}{1+u^2} $$ - $X=1-x^2,Y=1-y^2,Z=1-z^2$として
$$ \int_0^{x} \frac{dx}{\sqrt{X}} + \int_0^{y} \frac{dy}{\sqrt{Y}} = \int_0^{z} \frac{dz}{\sqrt{Z}} $$
を満たす$x,y,z$の関係は$\sqrt{Z} = \sqrt{XY} - xy$となる。
Fagnanoの発見
これからオイラーの時代のレムニスケートの研究E252を紹介します。
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レムニスケート : $(x^2+y^2)^2 = x^2 - y^2$
上図はレムニスケートと呼ばれ、$(x^2+y^2)^2 = x^2 - y^2$という式で表されます。$(0,0),(1,0)$をそれぞれ$O,C$とします。また$P,R,Q$をレムニスケート上の点とします。まず以下の性質があります。
弦$OP=z$とすると弧長$\stackrel{\huge\frown}{OP}$は
$$
\stackrel{\huge\frown}{OP}=\int \frac{dz}{\sqrt{1-z^4}}
$$
証明
$z^2 = x^2+y^2$,$z^4 = x^2-y^2$なので
\begin{eqnarray}
x^2 &=& \frac{z^2 +z^4}{2} \\
y^2 &=& \frac{z^2-z^4}{2}
\end{eqnarray}
微分して
\begin{eqnarray}
dx &=& \frac{z+2z^3}{2x}dz \\
dy &=& \frac{z-2z^3}{2y}dz
\end{eqnarray}
よって
\begin{eqnarray}
dx^2 + dy^2 &=& \frac{z^2 dz^2}{4}\left(\frac{(1+2z^2)^2}{x^2}+\frac{(1-2z^2)^2}{y^2}\right) \\
&=& \frac{dz^2}{2} \left(\frac{(1+z^2+z^2)^2}{1+z^2}+\frac{(1-z^2-z^2)^2}{1-z^2}\right) \\
&=& \frac{dz^2}{2} \left(\frac{(1+z)^2+2z^2(1+z^2)+z^4}{1+z^2}+\frac{(1-z)^2-2z^2(1-z^2)+z^4}{1-z^2}\right) \\
&=& dz^2\left(1+\frac{z^4}{1-z^4}\right) \\
&=& \frac{dz^2}{1-z^4}
\end{eqnarray}
Fagnanoは以下のような性質を発見しました。
$$u = \sqrt{\frac{1-z^2}{1+z^2}} $$
と置くと、弦$CQ=u$に対する弧長$\stackrel{\huge\frown}{CQ}$は$\stackrel{\huge\frown}{CQ}=\stackrel{\huge\frown}{OP}$をみたし
$$
\frac{dz}{\sqrt{1-z^4}} + \frac{du}{\sqrt{1-u^4}} = 0
$$
となる。
証明
\begin{eqnarray}
du = - \frac{2z dz}{(1+z^2)^2} \sqrt{\frac{1+z^2}{1-z^2}}
\end{eqnarray}
また
\begin{eqnarray}
1 + u^2 &=& \frac{2}{1+z^2} \\
1 - u^2 &=& \frac{2z^2}{1+z^2}
\end{eqnarray}
より
\begin{eqnarray}
1 - u^4 = \frac{4z^2}{(1+z^2)^2}
\end{eqnarray}
よって
\begin{eqnarray}
\frac{du}{\sqrt{1-u^4}} &=& - \sqrt{\frac{1+z^2}{1-z^2}} \frac{dz}{1+z^2} \\
&=& - \frac{dz}{\sqrt{1-z^4}}
\end{eqnarray}
この結果は$\frac{dz}{\sqrt{1-z^4}} + \frac{du}{\sqrt{1-u^4}} = 0$という微分方程式の解が$ u^2 z^2 + u^2 + z^2 = 1$になることを示しています。微分方程式を解くセオリーは変数分離してそれぞれの項を独立に積分するというものでした。このため項別の積分ができないと、それ以上先に進むことはできません。しかしFagnanoの研究はこの「解けないタイプ」の微分方程式を解く方法を示しており、この結果にオイラーはとても驚いたそうです。またFagnanoは弧長の２倍の公式も見つけました。
$$u = \frac{2z \sqrt{1-z^4}}{1+z^4} $$
と置くと、弦$OR=u$に対する弧長$\stackrel{\huge\frown}{OR}$ は$\stackrel{\huge\frown}{OR}=2 \stackrel{\huge\frown}{OP}$をみたし
$$
\frac{du}{\sqrt{1-u^4}} = \frac{2dz}{\sqrt{1-z^4}}
$$
となる。
証明
\begin{eqnarray}du &=& \frac{2\sqrt{1-z^4}}{1+z^4} + \frac{2z}{1+z^4}\frac{-2z^3}{\sqrt{1-z^4}} \cdot - \frac{8z^4 \sqrt{1-z^4}}{(1+z^4)^2}\\
&=& \frac{2}{(1+z^4)^2\sqrt{1-z^4}} \left((1-z^4)(1+z^4) - 2z^4 (1+z^4) -4z^4(1-z^4)\right)\\
&=& \frac{2(1-6z^4+z^8)}{(1+z^4)^2\sqrt{1-z^4}}\end{eqnarray}
また
\begin{eqnarray}
\sqrt{1-u^2} &=& \frac{1-2z^2-z^4}{1+z^4} \\
\sqrt{1+u^2} &=& \frac{1+2z^2-z^4}{1+z^4}
\end{eqnarray}
より
\begin{eqnarray}
\sqrt{1-u^4} = \frac{1-6z^4+z^8}{(1+z^4)^2}
\end{eqnarray}
よって
\begin{eqnarray}
\frac{du}{\sqrt{1-u^4}} = \frac{2 dz}{\sqrt{1-z^4}}
\end{eqnarray}
オイラーの研究
Fagnanoの研究の続き
オイラーはFagnanoの研究を進め、試行錯誤により弧長の三倍の公式が$u = \frac{z(3-6z^4-z^8)}{1+6z^4-3z^8}$であることを突き止めました。その後、$\tan$の加法定理に類似した以下の公式をみつけました。
$x = OP,y=OQ$とし$x,y$の共役をそれぞれ$X = \sqrt{\frac{1-x^2}{1+x^2}},Y=\sqrt{\frac{1-y^2}{1+y^2}}$とする。$\stackrel{\huge\frown}{OR} = \stackrel{\huge\frown}{OP} +\stackrel{\huge\frown}{OQ}$が成り立つような$z=OR$は
$$z = \frac{x Y + X y}{1- xy XY} $$
証明
$P=xY$,$Q=Xy$とおくと
\begin{eqnarray}
z = \frac{P+Q}{1-PQ}
\end{eqnarray}
ここで
\begin{eqnarray}
dz &=& \frac{dP + dQ}{1-PQ} + \frac{(P+Q)(PdQ+QdP)}{(1-PQ)^2} \\
&=& \frac{(P^2+1)dQ + (Q^2+1)dP}{(1-PQ)^2}
\end{eqnarray}
また
\begin{eqnarray}
1-z^4 &=& 1 - \frac{(P+Q)^4}{(1-PQ)^4}\\
&=& \frac{((1-PQ)^2+(P+Q)^2)((1-PQ)^2-(P+Q)^2)}{(1-PQ)^4}\\
&=& \frac{(1+P^2)(1+Q^2)((1-P)^2(1-Q)^2-4PQ)}{(1-PQ)^4}\\
\end{eqnarray}
よって
\begin{eqnarray}
\frac{dz}{\sqrt{1-z^4}} &=& \frac{(1+P^2)dQ+(1+Q^2)dP}{\sqrt{(1+P^2)(1+Q^2)((1-Q^2)(1-P^2)-4PQ)}} \\
&=& \frac{\sqrt{\frac{1+P^2}{1+Q^2}} dQ + \sqrt{\frac{1+Q^2}{1+P^2}} dP}{\sqrt{(1-Q^2)(1-P^2)-4PQ}}
\end{eqnarray}
ここで
\begin{eqnarray}
1+P^2 &=& 1 + x^2 \frac{1-y^2}{1+y^2} = \frac{1+x^2+y^2-x^2y^2}{1+y^2}\\
1+Q^2 &=& 1 + y^2 \frac{1-x^2}{1+x^2} = \frac{1+x^2+y^2-x^2y^2}{1+x^2}\\
1-P^2 &=& 1 - x^2 \frac{1-y^2}{1+y^2} = \frac{1-x^2+y^2+x^2y^2}{1+y^2}\\
1-Q^2 &=& 1 - y^2 \frac{1-x^2}{1+x^2} = \frac{1+x^2-y^2+x^2y^2}{1+x^2}\\
\end{eqnarray}
よって
\begin{eqnarray}
\frac{1+P^2}{1+Q^2} &=& \frac{1+x^2}{1+y^2}\\
(1-P^2)(1-Q^2) &=& \frac{(1-x^2+y^2+x^2y^2)(1+x^2-y^2+x^2y^2)}{(1+x^2)(1+y^2)}\\
&=& \frac{(1-x^4)(1-y^4)+4x^2y^2}{(1+x^2)(1+y^2)}\\
4PQ &=& 4xy \sqrt{\frac{1-x^2}{1+x^2}\frac{1-y^2}{1+y^2}}
\end{eqnarray}
よって
\begin{eqnarray}
(1-Q^2)(1-P^2)-4PQ &=& \frac{(\sqrt{(1-x^4)(1-y^4)}-2xy)^2}{(1+x^2)(1+y^2)}
\end{eqnarray}
よって
\begin{eqnarray}
\frac{dz}{\sqrt{1-z^4}} = \frac{(1+x^2)dQ+(1+y^2)dP}{\sqrt{(1-x^4)(1-y^4)}-2xy}
\end{eqnarray}
ここで
\begin{eqnarray}
dX = d\left(\sqrt{\frac{1-x^2}{1+x^2}}\right) = - \frac{1}{\sqrt{1-x^4}} \frac{2x}{1+x^2} dx
\end{eqnarray}
より
\begin{eqnarray}
dP &=& Y dx + x dY = dx \sqrt{\frac{1-y^2}{1+y^2}} - \frac{2 xy}{\sqrt{1-y^4}} \frac{dy}{1+y^2} \\
dQ &=& X dy + y dX = dy \sqrt{\frac{1-x^2}{1+x^2}} - \frac{2 xy}{\sqrt{1-x^4}} \frac{dy}{1+x^2}
\end{eqnarray}
よって
\begin{eqnarray}
&&(1+x^2)dQ + (1+y^2)dP \\
&=& \left(\frac{dx}{\sqrt{1-x^4}}+\frac{dy}{\sqrt{1-y^4}}\right)\left(\sqrt{(1-x^4)(1-y^4)}-2xy\right)
\end{eqnarray}
よって
\begin{eqnarray}
\frac{dz}{\sqrt{1-z^4}} = \frac{dx}{\sqrt{1-x^4}} + \frac{dy}{\sqrt{1-y^4}}
\end{eqnarray}
ラグランジュの方法による加法定理の導出
ラグランジュ考案オイラー改の方法E506で加法定理を導出してみます。
導出
$X=1-x^4,Y=1-y^4,Z=1-z^4$とし
$$
\int_0^x\frac{dx}{\sqrt{X}} + \int_0^y\frac{dy}{\sqrt{Y}} = \int_0^z\frac{dz}{\sqrt{Z}}
$$
となる$x,y,z$の代数的関係を求めます。
$$
\frac{dx}{\sqrt{X}} + \frac{dy}{\sqrt{Y}} = 0
$$
となり、$x=z$のとき$y=0$となるように積分定数を定めます。
$$
\frac{dx}{\sqrt{X}} = - \frac{dy}{\sqrt{Y}} = dt
$$
と置きます。$dt$は微小定数とします。
\begin{eqnarray}
\frac{dx}{dt} &=& \sqrt{X} \\
\frac{dy}{dt} &=& -\sqrt{Y}
\end{eqnarray}
$p=x+y,q=x-y$とおくと
\begin{eqnarray}
\frac{dp}{dt} &=& \sqrt{X}-\sqrt{Y}\\
\frac{dq}{dt} &=& \sqrt{X}+\sqrt{Y}
\end{eqnarray}
よって
\begin{eqnarray}
\frac{dpdq}{dt^2} &=& X-Y = -(x^4-y^4)\\
&=& \frac{1}{2}pq(p^2+q^2)
\end{eqnarray}
また
\begin{eqnarray}
\frac{dx^2}{dt^2} &=& X = 1-x^4\\
\frac{dy^2}{dt^2} &=& Y = 1-y^4
\end{eqnarray}
$dt$は定数であること、$d(dx^2)=2d^2x dx$であることに注意してそれぞれ微分して
\begin{eqnarray}
\frac{d^2x}{dt^2} &=& -2x^3 \\
\frac{d^2y}{dt^2} &=& -2y^3
\end{eqnarray}
よって
\begin{eqnarray}
\frac{d^2p}{dt^2} &=& -2(x^3+y^3) = -\frac{1}{2} p (p^2+3q^2)\\
\frac{d^2q}{dt^2} &=& -2(x^3-y^3) = -\frac{1}{2} q (q^2+3p^2)
\end{eqnarray}
$dpdq/dt^2$の式と組み合わせると
\begin{eqnarray}
q\frac{d^2p}{dt^2} - \frac{dpdq}{dt^2} &=& -pq^3 \\
p\frac{d^2q}{dt^2} - \frac{dpdq}{dt^2} &=& -p^3q \\
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
\frac{qd^2p - dpdq}{q^2dt^2} &=& \frac{d(dp/q)}{dt^2} =-pq \\
\frac{pd^2q - dpdq}{p^2dt^2} &=& \frac{d(dq/p)}{dt^2} =-pq
\end{eqnarray}
これより$d(dp/q) = d(dq/p)$よって
\begin{eqnarray}
dp/q - dq/p = C dt
\end{eqnarray}
$C$は任意定数であり、微小量の次元を合わすために$dt$を導入しました。$dp/dt=\sqrt{X}-\sqrt{Y},dq/dt=\sqrt{X}+\sqrt{Y}$より
\begin{eqnarray}
C&=&\frac{\sqrt{X}-\sqrt{Y}}{q} - \frac{\sqrt{X}+\sqrt{Y}}{p} \\
&=&\frac{\left(\sqrt{X}-\sqrt{Y}\right)(x+y)-\left(\sqrt{X}+\sqrt{Y}\right)(x-y)}{x^2-y^2}
&=&-2 \frac{x\sqrt{Y}-y\sqrt{X}}{x^2-y^2}
\end{eqnarray}
$x=z,y=0$のとき$X=Z,Y=1$なので$C=-2z/z^2=-2/z$
よって
$$
z = \frac{x^2-y^2}{x\sqrt{Y}-y\sqrt{X}}
$$
分母分子に$x\sqrt{Y}+y\sqrt{X}$をかけて
$$
z = \frac{x\sqrt{Y}+y\sqrt{X}}{1+x^2y^2}
$$
lmaddは$x'=\sqrt{\frac{1-x^2}{1+x^2}},y'=\sqrt{\frac{1-y^2}{1+y^2}}$として
$$
z = \frac{xy'+x'y}{1-xyx'y'}
$$
というものでした。これといまの式が同値であることを示します。この式の分母分子に$1+xyx'y'$をかけて
$$
z = \frac{(xy'+x'y)(1+xyx'y')}{1-(xyx'y')^2}
$$
ここで
\begin{eqnarray}
1-(xyx'y')^2 &=& 1 - x^2 y^2 \frac{(1-x^2)(1-y^2)}{(1+x^2)(1+y^2)}\\
&=& \frac{(1+x^2y^2)(1+x^2+y^2-x^2y^2)}{(1+x^2)(1+y^2)}
\end{eqnarray}
また
\begin{eqnarray}
&&(xy'+x'y)(1+xyx'y') \\
&=& \left(1 + xy \sqrt{\frac{(1-x^2)(1-y^2)}{(1+x^2)(1+y^2)}}\right)\left(x\sqrt{\frac{1-y^2}{1+y^2}}+y\sqrt{\frac{1-x^2}{1+x^2}}\right) \\
&=& x\left(1+y^2 \frac{1-x^2}{1+x^2}\right)\sqrt{\frac{1-y^2}{1+y^2}}
+y\left(1+x^2 \frac{1-y^2}{1+y^2}\right)\sqrt{\frac{1-x^2}{1+x^2}}\\
&=&(1+x^2+y^2-x^2y^2) \left(\frac{x}{1+x^2}\sqrt{\frac{1-y^2}{1+y^2}} +\frac{y}{1+y^2}\sqrt{\frac{1-x^2}{1+x^2}}\right)\\
&=& \frac{1+x^2+y^2-x^2y^2}{(1+x^2)(1+y^2)}\left(x\sqrt{1-y^4}+y\sqrt{1-x^4}\right)
\end{eqnarray}
よって
$$
z = \frac{x\sqrt{Y}+y\sqrt{X}}{1+x^2y^2}
$$
これにより
$$
\frac{xy'+x'y}{1-xyx'y'} = \frac{x\sqrt{Y}+y\sqrt{X}}{1+x^2y^2}
$$
つまり
$$
\frac{x\sqrt{\frac{1-y^2}{1+y^2}} + y\sqrt{\frac{1-x^2}{1+x^2}}}{1-xy\sqrt{\frac{(1-x^2)(1-y^2)}{(1+x^2)(1+y^2)}}}
= \frac{x\sqrt{1-y^4}+y\sqrt{1-x^4}}{1+x^2y^2}
$$
という恒等式が示されました。ラグランジュの方法は求める式を得たあとも、それが既知の式と同値であることを示すのが大変なことがあります。三角関数の加法定理のときも
$$
\frac{\cos a - \cos b}{\sin a - \sin b} = \frac{\cos (a+b)-1}{\sin(a+b)}
$$
という式が得られ、これをよく知られた加法定理に直すのは大変でした。
レムニスケート関数
弦と弧長の関係としての三角関数
レムニスケートの性質は弦と弧長の関係であり、円弧と座標の関係である三角関数とは少し違うようにみえます。しかし匿(Tock)さんの記事tokで面白いものを見つけました。それは下図のように、弦と円弧の関係として$\sin \theta, \cos \theta$が定義できることです。中心$(1/2,0)$半径$1/2$の円弧について、円弧上の点を$P$とし、円弧が$x$軸と交わる$(0,0),(1,0)$をそれぞれ$O,C$とします。そのとき、$\theta=\stackrel{\huge\frown}{OP}$とすると$OP=\sin \theta$となり、$\theta=\stackrel{\huge\frown}{OC}$とすると$OP=\cos \theta$となります。
![!FORMULA[121][1303906751][0]](https://firebasestorage.googleapis.com/v0/b/mathlog-361213.appspot.com/o/uploads%2Fmathdown%2FTQUBHbk3woM5GFWu7UM8.png?alt=media)
$\sin \theta , \cos \theta$
正弦、余弦という言葉通りの定義になっています。
レムニスケート関数$\textrm{sl} ~ \theta,\textrm{cl} ~ \theta$
同じようにレムニスケートでも三角関数と類似したものが定義できます。
![!FORMULA[123][-1440955886][0]](https://firebasestorage.googleapis.com/v0/b/mathlog-361213.appspot.com/o/uploads%2Fmathdown%2FiSXI7cJ6xBNaSdrnNEl3.png?alt=media)
$\textrm{sl} , \textrm{cl}$
これを使うと弧長の公式は
\begin{eqnarray}
\int_0^x \frac{dx}{\sqrt{1-x^4}} = \textrm{arcsl}~x
\end{eqnarray}
と表され、孤長の共役の公式は
$$
\textrm{cl}^2\theta = \frac{1-\textrm{sl}^2\theta}{1+\textrm{sl}^2\theta}
$$
と表されます。また
$$
\int_x^1 \frac{dx}{\sqrt{1-x^4}} = \textrm{arccl}~x
$$
となります。
$\cos^2 \theta + \sin^2 \theta = 1$に対応する式は
$$
\textrm{cl}^2\theta + \textrm{sl}^2\theta + \textrm{cl}^2\theta ~ \textrm{sl}^2\theta = 1
$$
となります。また円周率の対応物としてレムニスケート周率$\varpi$が定義されます。
$$
\varpi = 2 \int_0^1 \frac{dx}{\sqrt{1-x^4}}
$$
これより$\textrm{cl} (\theta) = \textrm{sl} (\varpi/2-\theta) $となります。また微分の法則は
\begin{eqnarray}
d (\textrm{sl}\theta) &=& (1+\textrm{sl}^2\theta) \textrm{cl}\theta d\theta\\
d (\textrm{cl}\theta) &=& -(1+\textrm{cl}^2\theta) \textrm{sl}\theta d\theta
\end{eqnarray}
となります。加法定理は以下のようになります。
$$
\textrm{sl} (a+b) = \frac{\textrm{sl}(a) ~\textrm{cl}(b) + \textrm{sl}(b) ~\textrm{cl}(a)}{1-\textrm{sl}(a) ~\textrm{sl}(b) ~\textrm{cl}(a)~ \textrm{cl}(b)}
$$
ここでtangent sum operator $a \oplus b := \arctan(\tan a + \tan b) $を導入すると面白いです。
$$
\textrm{cl}^2 ~a \oplus \textrm{sl}^2 ~b = 1
$$
$$
\textrm{sl}(a+b)= \textrm{sl}~a~\textrm{cl}~b \oplus \textrm{cl}~a~\textrm{sl}~b
$$
級数展開
まず、 $\textrm{arcsl}$の級数表示を得ます。ニュートンの一般二項定理で積分の中を展開します。
\begin{eqnarray}
\textrm{arcsl}~x &=& \int \frac{dx}{\sqrt{1-x^4}} \\
&=& \int dx (1-x^4)^{-1/2} \\
&=& \int dx \left(1+\frac{1}{2}x^4 + \frac{1\cdot3}{2\cdot4}x^8 + \frac{1\cdot3\cdot5}{2\cdot4\cdot6}x^{12} + \frac{1\cdot3\cdot5\cdot7}{2\cdot4\cdot6\cdot8}x^{16} + ~..
\right) \\
&=& x + \frac{1}{2} \frac{x^5}{5} + \frac{1\cdot3}{2\cdot4} \frac{x^9}{9} + \frac{1\cdot3\cdot5}{2\cdot4\cdot6} \frac{x^{13}}{13} + \frac{1\cdot3\cdot5\cdot7}{2\cdot4\cdot6\cdot8}\frac{x^{17}}{17} + ~..
\end{eqnarray}
ここで
\begin{eqnarray}
A &=& \frac{1}{2\cdot 5} \\
B &=& \frac{1\cdot3}{2\cdot4\cdot9} \\
C &=& \frac{1\cdot3\cdot5}{2\cdot4\cdot6\cdot13} \\
D &=& \frac{1\cdot3\cdot5\cdot7}{2\cdot4\cdot6\cdot8\cdot17} \\
~..
\end{eqnarray}
とします。すると
$$
\textrm{arcsl}~x = x (1 + A x^4 + B x^8 + C x^{12} + D x^{16} + ~..)
$$
ここで
$
x = \textrm{sl}~t = a + b t + c t^2 + d t^3 + ~..
$
とすると
\begin{eqnarray}
x &=& a \\
&+& b x(1+Ax^4+Bx^8+Cx^{12}+~..) \\
&+& c x^2(1+Ax^4+Bx^8+Cx^{12}+~..)^2 \\
&+& d x^3(1+Ax^4+Bx^8+Cx^{12}+~..)^3 \\
&+&~..
\end{eqnarray}
これから係数比較により$a,b,c,~..$を求めることができます。まずただちに$a=0,b=1$が求まります。また$x^2,x^3,x^4$の項は$t^2,t^3,t^4$の項にしかないため$c=0,d=0,e=0$となります。このような議論により$\textrm{arcsl}$の級数の次数と同じ項以外0になることが分かります。このため係数を置きなおし $$\textrm{sl} ~ t = t ( 1 + a t^4 + b t^8 + ~..) $$
とします。$x^4=s$とおいて簡潔にし両辺を$x$で割ると以下のような式が得られます。
\begin{eqnarray}
1 &=&(1+As+Bs^2+Cs^3+~..) \\
&+& as (1+As+Bs^2+Cs^3+~..)^5 \\
&+& bs^2 (1+As+Bs^2+Cs^3+~..)^9 \\
&+& cs^3 (1+As+Bs^2+Cs^3+~..)^{13} \\
&+& ~..
\end{eqnarray}
これより以下の漸化式が得られます。
\begin{eqnarray}
0&=&A+a\\
0&=&B+\dbinom{5}{1}aA +b\\
0&=&C+\dbinom{5}{2}aA^2 +\dbinom{5}{1}aB+\dbinom{9}{1}bA + c\\
..
\end{eqnarray}
これより
\begin{eqnarray}
a&=&-1/10\\
b&=&1/120\\
c&=&-11/15600\\
..
\end{eqnarray}
よって
$$
\textrm{sl} ~ x = x -x^5/10 + x^9/120 -11x^{13}/15600 + ~..
$$
$\textrm{sl}~x=x(1-as+bs^2-cs^3+~..)$とおくと
$$
\textrm{sl}'x = 1 - 5a s + 9b s^2 - 13 c s^3 +~..
$$
\begin{eqnarray}
\textrm{sl}^2x&=&x^2(1-as+bs^2-cs^3+~..)^2\\
&=& x^2(1-2as+(a^2+2b)s^2-(2ab+2c)^3+(b^2+2ac+2d)s^4-~..)
\end{eqnarray}
微分の公式$\textrm{sl}'x=(1+\textrm{sl}^2x) \textrm{cl}~x$より$\textrm{cl}~x$の級数展開を求めます。上の展開式をみると$x$の偶数次の項しか存在しないので
$$
\textrm{cl}~x = \alpha + \beta x^2 + \gamma x^4 + \delta x^6 ~..
$$
とおきます。係数比較より
\begin{eqnarray}
\alpha &=& 1 \\
\beta &=& -1 \\
\gamma &=& 1/2 \\
\delta &=& -3/10 \\
\epsilon &=& 7/40 \\
..
\end{eqnarray}
よって
\begin{eqnarray}
\textrm{sl} ~ x &=& x -x^5/10 + x^9/120 -11x^{13}/15600 + ~.. \\
\textrm{cl} ~ x &=& 1 - x^2 + x^4/2 - 3x^6/10 + 7x^8/40 + ~..
\end{eqnarray}
他にもいろいろな性質が
https://en.wikipedia.org/wiki/Lemniscate_elliptic_functions
にのっています。またgaussのp404にガウスの研究があります。
楕円関数論
このように、三角関数の対応物がレムニスケートにもあることが分かりました。このようなものが他の曲線にもあるとすると、数学の探索領域がいっきに広がることが分かります。オイラーの研究の後、このようなものを一般に扱う研究が発展し、いまの楕円関数論となりました。
ありがとうございました。
