sn関数の累乗に関するヤコビの公式

　簡単のため$x=\sn u$とおくと
$$\frac{dx}{du}=\sqrt{(1-x^2)(1-k^2x^2)}$$
より
\begin{align} \frac d{du}x^n&=nx^{n-1}\sqrt{(1-x^2)(1-k^2x^2)}\\ \frac{d^2}{du^2}x^n &=n(n-1)x^{n-2}(1-x^2)(1-k^2x^2)\\ &\qquad-nx^n((1-k^2x^2)+k^2(1-x^2))\\\ &=n(n-1)x^{n-2}-n^2(1+k^2)x^n+n(n+1)k^2x^{n+2} \end{align}
を得る。

　$(k\sn u)^n$の場合については$n=1,2$の場合は明らかであり
$$n(n+1)k^2\sn^{n+2}u=\frac{d^2}{du^2}\sn^nu+n^2(1+k^2)\sn^nu-n(n-1)\sn^{n-2}u$$
に注意するとわかる。
　また$1/\sn^nu$の場合については
$$\sn(u+iK')=\frac1{k\sn u}$$
に注意すると$(k\sn u)^n$の場合の系として導ける。

$(k\sn u)^{2n+1}$について

　積和公式
\begin{align} \sn(u+v)-\sn(u-v) &=\frac{2\sn v\cn u\dn u}{1-k^2\sn^2u\sn^2v}\\ &=\frac1k\l(\frac{\sn v}{1+k\sn u\sn v}+\frac{\sn v}{1-k\sn u\sn v}\r)\frac d{du}\sn u \end{align}
を$u$について積分することで
$$\int^u_0(\sn(s+v)-\sn(s-v))ds=\frac1k\log\frac{1+k\sn u\sn v}{1-k\sn u\sn v}$$
が成り立つので、これを
\begin{align} \sn(u+v)&=\sum^\infty_{m=0}\frac{v^m}{m!}\frac{d^m}{du^m}\sn u\\ -\log(1-x)&=\sum^\infty_{n=1}\frac1nx^n \end{align}
と展開することで
$$\sum^\infty_{m=0}\frac{v^{2m+1}}{(2m+1)!}\frac{d^{2m}}{du^{2m}}k\sn u =\sum^\infty_{n=0}\frac1{2n+1}(k\sn u\sn v)^{2n+1}$$
を得る。
　また$\sn$関数の定義より$K(\sn v,k)=v$つまり
$$v^{2m+1}=\sum^\infty_{n=m}R^{(2m+1)}_{n-m}\sn^{2n+1}v$$
が成り立つことに注意すると
\begin{align} \sum^\infty_{m=0}\frac{v^{2m+1}}{(2m+1)!}\frac{d^{2m}}{du^{2m}}k\sn u &=\sum^\infty_{m=0}\sum^\infty_{n=m}\frac{R^{(2m+1)}_{n-m}}{(2m+1)!}\sn^{2n+1}v\frac{d^{2m}}{du^{2m}}k\sn u\\ &=\sum^\infty_{n=0}\l(\sum^n_{m=0}\frac{R^{(2m+1)}_{n-m}}{(2m+1)!}\frac{d^{2m}}{du^{2m}}k\sn u\r)\sn^{2n+1}v \end{align}
と展開できるので$\sn^{2n+1}v$の係数を比較することで
$$\frac{(k\sn u)^{2n+1}}{2n+1} =\sum^n_{m=0}\frac{R^{(2m+1)}_{n-m}}{(2m+1)!}\frac{d^{2m}}{du^{2m}}k\sn u$$
を得る。

$(k\sn u)^{2n}$について

　積和公式
\begin{align} \sn(u+v)+\sn(u-v)&=\frac{2\sn u\cn v\dn v}{1-k^2\sn^2u\sn^2v}\\ \sn(u+v)-\sn(u-v)&=\frac{2\sn v\cn u\dn u}{1-k^2\sn^2u\sn^2v} \end{align}
を掛け合わせることで
$$\sn^2(u+v)-\sn^2(u-v) =\frac{(\frac d{du}\sn^2u)(\frac d{dv}\sn^2v)}{(1-k^2\sn^2u\sn^2v)^2}$$
が成り立つのでこれを$u,v$について積分することで
\begin{align} \int^u_0\int^v_0\sn^2(s+t)-\sn^2(s-t)dtds &=\iint\frac{dxdy}{(1-k^2xy)^2}\qquad(x=\sn^2u,y=\sn^2v)\\ &=\int\frac1{k^2x}\l(1-\frac1{1-k^2xy}\r)dx\\ &=-\frac1{k^2}\log(1-k^2xy)\\ &=-\frac1{k^2}\log(1-k^2\sn^2u\sn^2v) \end{align}
を得る。
　あとは上と同様にして
\begin{align} &\frac{k^2}2\int^u_0\int^v_0\sn^2(s+t)-\sn^2(s-t)dtds\\ ={}&\sum^\infty_{m=0}\frac{v^{2m+2}}{(2m+2)!}\l(\frac{d^{2m}}{du^{2m}}k^2\sn^2s-k^2(2m)!S^{(2)}_{m-1}\r)\\ ={}&\sum^\infty_{n=1}\l(\sum^n_{m=1}\frac{R_{n-m}^{(2m)}}{(2m)!}\frac{d^{2m-2}}{du^{2m-2}}k^2\sn^2u-k^2\sum^n_{m=2}\frac{R^{(2m)}_{n-m}S^{(2)}_{m-2}}{2m(2m-1)}\r)\sn^{2n}v\\ ={}&-\frac12\log(1-k^2\sn^2u\sn^2v)\\ ={}&\sum^\infty_{n=1}\frac1{2n}(k\sn u\sn v)^{2n} \end{align}
と展開することでわかる。