楕円関数の黎明期の研究１：レムニスケート

$z^2 = x^2+y^2$,$z^4 = x^2-y^2$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}

\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}

\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}

$P=xY$,$Q=Xy$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}

$X=1-x^4,Y=1-y^4,Z=1-z^4$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。