カテゴリー「数学」の47件の記事

ある行列式計算の紹介

高木貞治著 [代数学講義 改訂新版] (1965年。共立出版。東京) の第230頁には、つぎのような等式が示されている ([問題3] の [解] 中の、言わば補題部分)。

\[
 \begin{vmatrix}
 \frac{1}{t_{1}-x_{1}} &\frac{1}{t_{1}-x_{2}} &\dots &\frac{1}{t_{1}-x_{n}} \\
\\
 \frac{1}{t_{2}-x_{1}} &\frac{1}{t_{2}-x_{2}} &\dots &\frac{1}{t_{2}-x_{n}} \\
\\
  \cdot & \cdot & \cdots & \cdot \\
\\
 \frac{1}{t_{n}-x_{1}} &\frac{1}{t_{n}-x_{2}} &\dots &\frac{1}{t_{n}-x_{n}} \\
 \end{vmatrix}
= \frac{(-1)^{\frac{n(n-1)}{2}}P(t_{1},t_{2},{\cdots}t_{n})P(x_{1},x_{2},{\cdots}x_{n})}{\prod\limits_{p,q}(t_{p}-x_{q})}
\]

その証明も簡にして要を得ている。曰く

行列式に 
\[
 \prod{(t_{p}-x_{q})}
\] を掛けて分母を払えば

\[
 P(t_{1},t_{2},{\cdots}t_{n}){\times}P(x_{1},x_{2},{\cdots}x_{n}){\times}C
\]
を得る。 $C$ は定数である。
\[
 t_{1}=x_{1},t_{2}=x_{2},\cdots,t_{n}=x_{n}
\]
とおけば
\[
 f^{\prime}(x_{1})f^{\prime}(x_{2}){\cdots}f^{\prime}(x_{n})=(-1)^{\frac{n(n-1)}{2}}P(x_{1},x_{2},{\cdots}x_{n})^{2}
\]
から
\[ C=(-1)^{\frac{n(n-1)}{2}}
\]
を得る。ただし、
\[
 f(t)=(t-x_{1})(t-x_{2}){\cdots}(t-x_{n})
\]

(引用終わり)

ここで $P(t_{1},t_{2},{\cdots}t_{n})$ は、所謂「差積」(「基本交代式」)

\begin{align*}
 (t_{1}-t_{2})(t_{1}-t_{3}){\cdots}(t_{1}-t_{n})\\
 (t_{2}-t_{3}){\cdots}(t_{2}-t_{n})\\
 {\cdots}{\cdots}{\cdots}{\cdots}{\cdots}\quad&\\
 (t_{n-1}-t_{n})&
\end{align*}
である (参照: [代数学講義 改訂新版] 第146頁)。

また、


\[
 f^{\prime}(x_{1})f^{\prime}(x_{2}){\cdots}f^{\prime}(x_{n})=(-1)^{\frac{n(n-1)}{2}}P(x_{1},x_{2},{\cdots}x_{n})^{2}
\]
に就いては、第147頁に説明がされている。それを、現在の文脈に合わせ、そして簡略化して示すなら
\begin{align*}
 &f(t)=(t-x_{1})(t-x_{2}){\cdots}(t-x_{n})\\
\\
 &f^{\prime}(x_{1})=(x_{1}-x_{2})(x_{1}-x_{3}){\cdots}(x_{1}-x_{n})\\
 &f^{\prime}(x_{2})=(x_{2}-x_{1})(x_{2}-x_{3}){\cdots}(x_{2}-x_{n})\\
 &\quad\cdots\cdot\cdots\cdot\cdots\cdot\cdots\cdot\\
 &f^{\prime}(x_{n})=(x_{n}-x_{1})(x_{n}-x_{2}){\cdots}(x_{n}-x_{n-1})\\
\\
 &f^{\prime}(x_{1})f^{\prime}(x_{2}){\cdots}f^{\prime}(x_{n})=(-1)^{\frac{n(n-1)}{2}}P(x_{1},x_{2},{\cdots}x_{n})^{2}
\end{align*}

ちなみに、$P^{2}$ は多項式 $f(t)$ の判別式になっている。更に

\[
 g(t)=(t-t_{1})(t-t_{2}){\cdots}(t-t_{n})
\]
と置くなら
${\displaystyle}\prod\limits_{p,q}(t_{p}-x_{q})$
は、$g$$f$ との終結式である。

本稿は、この等式を紹介するためだけのものだが、最後に、私が、この等式のことを思い出すきっかけになった方の行列式を書いておく。などと云ういのは大げさで、それは単に、 $x_{1},x_{2},{\cdots}x_{n}$ の符号を逆転して $-x_{1},-x_{2},{\cdots}-x_{n}$ にしたものに過ぎない。

そこで、まず $P(x_{1},x_{2},{\cdots}x_{n})$ は、どうなるかと云うと、勿論

\begin{align*}
 (x_{1}-x_{2})(x_{1}-x_{3}){\cdots}(x_{1}-x_{n})\\
 (x_{2}-x_{3}){\cdots}(x_{2}-x_{n})\\
 {\cdots}{\cdots}{\cdots}{\cdots}{\cdots}\quad&\\
 (x_{n-1}-x_{n})&
\end{align*}
だから、当然
\[
 P(-x_{1},-x_{2},{\cdots}-x_{n}) = (-1)^{\frac{n(n-1)}{2}}P(x_{1},x_{2},{\cdots}x_{n})
\]
であり
\[
 \begin{vmatrix}
 \frac{1}{t_{1}+x_{1}} &\frac{1}{t_{1}+x_{2}} &\dots &\frac{1}{t_{1}+x_{n}} \\
\\
 \frac{1}{t_{2}+x_{1}} &\frac{1}{t_{2}+x_{2}} &\dots &\frac{1}{t_{2}+x_{n}} \\
\\
  \cdot & \cdot & \cdots & \cdot \\
\\
 \frac{1}{t_{n}+x_{1}} &\frac{1}{t_{n}+x_{2}} &\dots &\frac{1}{t_{n}+x_{n}} \\
 \end{vmatrix}
= \frac{P(t_{1},t_{2},{\cdots}t_{n})P(x_{1},x_{2},{\cdots}x_{n})}{\prod\limits_{p,q}(t_{p}+x_{q})}
\]
が言える。

| | コメント (0) | トラックバック (0)

本ブログ記事「2018年 (平成30年) 版 [理科年表] 附録「数学公式」[附17 (1097) 頁] における誤植」(2018年8月31日[金]) 補足

本記事内容の要約:

$a>b>0, \alpha\geq{0}$ の時、$r,s$

\begin{align*}
 r := \frac{-a + \sqrt{a^{2}-b^{2}}}{b}, \quad s := \frac{-a - \sqrt{a^{2}-b^{2}}}{b}
\end{align*}
と定めると、次の等式が成り立つ ( $s<-1<r<0$ に注意)。
\begin{align*}
 &\int_{0}^{\pi}\!\frac{\cos{(\alpha{x})}}{a+b\cos{x}}\,dx\\
 &\qquad = \frac{\pi\cos{(\alpha\pi)}{(-r)^{\alpha}}}{\sqrt{a^{2}-b^{2}}} + \frac{\sin{(\alpha\pi)}}{\sqrt{a^{2}-b^{2}}}\Big(\mathrm{vp\!}\int_{0}^{1}\frac{\rho^{\alpha}d\rho}{\rho+r} - \int_{0}^{1}\frac{\rho^{\alpha}d\rho}{\rho+s}\Big)\\
\end{align*}

上記等式の右辺第2項のカッコ内の式は、次の変形が可能である。

\begin{align*}
 &\mathrm{vp\!}\int_{0}^{1}\frac{\rho^{\alpha}d\rho}{\rho+r} - \int_{0}^{1}\frac{\rho^{\alpha}d\rho}{\rho+s}\\
 & = (-r)^{\alpha}\Bigg\{\int_{0}^{-\log(-r)}\frac{\sinh(\alpha{t})\cosh(t/2)}{\sinh(t/2)}dt\\
 & \qquad + \big((-r)^{\alpha}-(-r)^{-\alpha}\big)\left(\int_{0}^{1}\frac{rt^{\alpha}}{1+rt}dt - \frac{1}{2\alpha}\right)\Bigg\}%\\
\end{align*}

特に、$\alpha$ が、非負整数 $n$ である時は

\begin{align*}
 \int_{0}^{\pi}\!\frac{\cos{(nx)}}{a+b\cos{x}}\,dx = \frac{\pi}{\sqrt{a^{2}-b^{2}}}\left(\frac{-a + \sqrt{a^{2}-b^{2}}}{b}\right)^{\!\!n}
\end{align*}
である。

$a>b>0, \alpha\geq{0}$ の時、$p,q$

\begin{align*}
 p := \frac{a - \sqrt{a^{2}-b^{2}}}{b}, \quad  q := \frac{a + \sqrt{a^{2}-b^{2}}}{b}
\end{align*}
と定めると、次の等式が成り立つ ( $0<p<1<q$ に注意)。
\begin{align*}
 &\int_{0}^{\pi}\!\frac{\cos{(\alpha{x})}}{a-b\cos{x}}\,dx =\\
 &\qquad \frac{\pi{p^{\alpha}}}{\sqrt{a^{2}-b^{2}}} + \frac{\sin{(\alpha\pi)}}{\sqrt{a^{2}-b^{2}}}\Big(\int_{0}^{1}\frac{\rho^{\alpha}d\rho}{\rho+p} - \int_{0}^{1}\frac{\rho^{\alpha}d\rho}{\rho+q}\Big)\\
\end{align*}

$\alpha>0$ の時、 $F$ を、Gauss の超幾何函数として

\begin{align*}
 &\int_{0}^{1}\frac{\rho^{\alpha}d\rho}{\rho+p} - \int_{0}^{1}\frac{\rho^{\alpha}d\rho}{\rho+q}\\
 &\qquad = -\frac{p^{\alpha}}{\alpha}\Big(F(1,-\alpha,-\alpha+1,-1) + F(1,\alpha,\alpha+1,-1) - 1\Big)\\
 &\qquad\quad + \frac{1}{\alpha}\Big(F(1,-\alpha,-\alpha+1,-p) + F(1,\alpha,\alpha+1,-p) - 1\Big)\\
 &= 2\alpha\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}(p^{\alpha}-p^{n})}{n^{2}-\alpha^{2}} + \frac{p^{\alpha}-1}{\alpha}
\end{align*}

特に、$\alpha$ が、非負整数 $n$ である時は

\begin{align*}
 \int_{0}^{\pi}\!\frac{\cos{(nx)}}{a-b\cos{x}}\,dx = \frac{\pi}{\sqrt{a^{2}-b^{2}}}\left(\frac{a - \sqrt{a^{2}-b^{2}}}{b}\right)^{\!\!n}
\end{align*}
である。

[要約終わり]

[記事作成の経緯]

本ブログ記事「2018年 (平成30年) 版 [理科年表] 附録「数学公式」[附17 (1097) 頁] における誤植」(2018年8月31日[金]) での積分計算を精密化・一般化する。

なお、結果の要旨は、「本ブログ記事「2018年 (平成30年) 版 [理科年表] 附録「数学公式」[附17 (1097) 頁] における誤植」(2018年8月31日[金]) 補足。[一般式] Executive Summary」(2018年10月31日[水]) に示してある。

さて、上記記事で指摘したように、理科年表 (2018年版) に示された公式は、 $\alpha$ に就いて誤植がある。

更に、「本ブログ記事「2018年 (平成30年) 版 [理科年表] 附録「数学公式」[附17 (1097) 頁] における誤植」(2018年8月31日[金]) への注意」(2018年9月30日[日]) で、件の公式は $\alpha$ が [正整数] でないと成り立たないことを指摘した。しかし、この「注意」には瑕疵があって、$\alpha=0$ の場合も、「公式」は成立する。だから、実は「$\alpha$ は非負整数でないと成り立たない」とすべきだった。

その意味を込めて、本記事では、$\alpha$ が、非負整数に限らない、非負実数である場合に就いて検討する。

[主な記号の定義及び関係式]

まず、用いられる主な記号の定義及び関係式を示しておく。

\begin{align*}
 & a>b>0,\quad \alpha\geq{0}\\
 &I_{\alpha} := \int_{0}^{\pi}\!\frac{\cos{\alpha{x}}}{a+b\cos{x}}\,dx\qquad J_{\alpha} := \int_{0}^{\pi}\!\frac{\cos{\alpha{x}}}{a-b\cos{x}}\,dx\\
 \\
 &z = e^{ix}, dx=\frac{dz}{iz}\\
 &I_{\alpha} = \inverse{i}\int_{\substack{|z|=1\\-\pi\leq\arg{z}\leq\pi}}\frac{z^{\alpha}dz}{bz^{2} + 2az + b}\\
 &J_{\alpha} = -\inverse{i}\int_{\substack{|z|=1\\-\pi\leq\arg{z}\leq\pi}}\frac{z^{\alpha}dz}{bz^{2} - 2az + b}
\end{align*}

「2018年 (平成30年) 版 [理科年表] 附録「数学公式」[附17 (1097) 頁]、そして、「岩波数学公式 I」[第247頁] で取り上げられているのは、上記の式 $I_{\alpha}$ の形の積分である (「理科年表」では、 $\cos{\alpha{x}}$$\cos{ax}$ としてしまっているが、ここでは訂正した形のものを示してある) 。その結果として

\[
 \int_{0}^{\pi}\!\frac{\cos{\alpha{x}}}{a+b\cos{x}}\,dx = \frac{\pi}{\sqrt{a^{2}-b^{2}}}\left(\frac{\sqrt{a^{2}-b^{2}}-a}{b}\right)^{\!\alpha}
\]
が与えられているが、この等式は、$\alpha$ が「正整数」でなければ成り立たないと云うのが [9月30日] の記事だった (実は $\alpha=0$ でも成り立っている)。

本稿では、これを実際に、$\alpha$ が非負実数である場合を計算しようとするものである。ただし、議論の展開後、式の変異例の中では $\alpha=0$ の場合を排除する必要が出てくるので、その時は、その旨注意して $\alpha>0$ と云う限定のもとで話を進めよう。

さて、記号の定義及び関係式の続ける。

\begin{align*}
 &\{r,s\} := \{z | bz^{2} + 2az + b = 0 \} \quad (s<r)\\
 &\qquad r = \frac{-a + \sqrt{a^{2}-b^{2}}}{b}, \quad s = \frac{-a - \sqrt{a^{2}-b^{2}}}{b};\\
 &s<-1<r<0, \qquad rs = (b/b) =1, \qquad r-s = \frac{2\sqrt{a^{2}-b^{2}}}{b}\\ 
 &\frac{r^{\alpha}}{b(r-s)} = \frac{\big((\sqrt{a^{2}-b^{2}}-a)/b\big)^{\alpha}}{b(2\sqrt{a^{2}-b^{2}}/b)} = \inverse{{2\sqrt{a^{2}-b^{2}}}}\Big(\frac{\sqrt{a^{2}-b^{2}}-a}{b}\Big)^{\alpha}\\
 &I_{n} := \int_{0}^{\pi}\!\frac{\cos{n{x}}}{a+b\cos{x}}\,dx \qquad (n \in \natl)
\end{align*}

$a,b,r,s$ は次の関係式を満たす。

\begin{align*}
 &(\sqrt{a+b}+\sqrt{a-b})^{2} = 2(a+\sqrt{a^{2}-b^{2}}) = -2bs\\
 &(\sqrt{a+b}-\sqrt{a-b})^{2} = 2(a-\sqrt{a^{2}-b^{2}}) = -2br\\
 &\sqrt{-s} = \inverse{\sqrt{2b}}(\sqrt{a+b}+\sqrt{a-b})\\
 &\sqrt{-r} = \inverse{\sqrt{2b}}(\sqrt{a+b}-\sqrt{a-b})\\
 &\sqrt{-r} + \sqrt{-s} = \sqrt{\frac{2(a+b)}{b}}\\
 &\sqrt{-s} - \sqrt{-r} = \sqrt{\frac{2(a-b)}{b}}\\
\end{align*}

$J_{\alpha}$ に関連しては、次の記号・関係式を用いる。

\begin{align*}
 &\{p,q\} := \{z | bz^{2} - 2az + b = 0 \} \quad (s<r)\\
 &p = \frac{a - \sqrt{a^{2}-b^{2}}}{b}, \qquad q = \frac{a + \sqrt{a^{2}-b^{2}}}{b}\\
 &0<p<1<q, \qquad pq = 1, \qquad p-q = -\frac{2\sqrt{a^{2}-b^{2}}}{b}\\ 
 &J_{n} := \int_{0}^{\pi}\!\frac{\cos{n{x}}}{a-b\cos{x}}\,dx \qquad (n \in \natl)
\end{align*}

つまり、 $p,q \quad (p<q)$$bz^{2} - 2az + b = 0$ の根である。そして $p,q$ は正の実数であって $p=-r, q=-s$ を満たす。

当然

\begin{align*}
 &(\sqrt{a+b}+\sqrt{a-b})^{2} = 2(a+\sqrt{a^{2}-b^{2}}) = 2bq\\
 &(\sqrt{a+b}-\sqrt{a-b})^{2} = 2(a-\sqrt{a^{2}-b^{2}}) = 2bp\\
 &\sqrt{q} = \inverse{\sqrt{2b}}(\sqrt{a+b}+\sqrt{a-b})\\
 &\sqrt{p} = \inverse{\sqrt{2b}}(\sqrt{a+b}-\sqrt{a-b})\\
 &\sqrt{p} + \sqrt{q} = \sqrt{\frac{2(a+b)}{b}}\\
 &\sqrt{q} - \sqrt{p} = \sqrt{\frac{2(a-b)}{b}}\\
\end{align*}

ここで、注意すべきは、$r$ が負の実数であるために、$\alpha$ が整数でない時には、

\[
 \frac{r^{\alpha}}{b(r-s)} = \inverse{{2\sqrt{a^{2}-b^{2}}}}\Big(\frac{\sqrt{a^{2}-b^{2}}-a}{b}\Big)^{\alpha}\\
\]
が、実数にならないことである。具体的には
\[
 \frac{e^{\alpha\pi{i}}}{{2\sqrt{a^{2}-b^{2}}}}\Big(\frac{a-\sqrt{a^{2}-b^{2}}}{b}\Big)^{\alpha}\\
\]
になる。これに対し、積分 $I_{\alpha}$ は、$\alpha$ が整数であるのとないのとに関わらず、実数にしかなりえない。

実は、この矛盾の解明が、$\alpha$ が非整数の時の表式を求めようと思った、第一の動機である。

ここて、後の計算のために 次の条件を満たす2つの実数 $\delta$ 及び $\varepsilon$ を導入する。

\[
  0< \delta < -r, \quad \delta <1+r, \quad 0< \varepsilon < -r-\delta
\]

[ $I_{\alpha}$ の計算]

さて

\[
 f(z,\alpha):= \inverse{i}\cdot\frac{z^{\alpha}}{bz^{2} + 2az + b} = \inverse{bi}\cdot\frac{z^{\alpha}}{(z-r)(z-s)} \qquad (z \in \cfd, \alpha \in \rfd, \alpha\geq{0})
\]
を考えると、$f(z,\alpha)$ は、$\alpha$ が (非負)整数でない限り、複素平面上、$z$ が原点を周回することに応じた多価性を有する。

これに従って、以下の議論では、$z$ の偏角の範囲を $-\pi\leq\arg{z}\leq\pi$ に制限し、更に、負実数半直線を、偏角 $\pi$ を有するものと、偏角 $-\pi$ を有するものとの 2 本が、別々に存在するものと考えて、その総体を定義域とする。すると、$f(z,\alpha)$ は、この定義域では $z$ に就いての一価函数となる。

この定義域に於いて、次の8つ部分 $A_{o},B_{uo},H_{u},B_{ui},A_{i},B_{li},H_{l},B_{lo}$ からなる経路 $C$ を考える。

1. $A_{o}$ : 外円。原点を中心とする単位円。ただし、偏角が $-\pi$ の点 ( $z=e^{-i\pi}$ ) から出発して、偏角 $\pi$ の点 ( $z=e^{i\pi}$ ) に至るもの (反時計回り)。

2. $B_{uo}$ : 上外橋。偏角 $\pi$ の半直線上、原点からの距離 $1$ の点 ( $z=e^{i\pi}$ ) から出発して、原点からの距離 $-r+\delta$ の点 ( $z=(-r+\delta)e^{i\pi}$ ) に至る線分。

3. $H_{u}$ : 上半円。偏角 $\pi$ の半直線上、原点からの距離 $-r$ の点 ( $z=-re^{i\pi}$ ) を中心とし、半径を $\delta$ とする、上半平面内の半円 (向きは時計回り)。

4. $B_{ui}$ : 上内橋。偏角 $\pi$ の半直線上、原点からの距離 $-r-\delta$ の点 ( $z=(-r-\delta)e^{i\pi}$ ) から出発して、原点からの距離 $\varepsilon$ の点 ( $z=\varepsilon{e^{i\pi}}$ ) に至る線分。$B_{uo}$$B_{ui}$ との、経路の向きを込めた合併を $B_{u}$ で表わすことにする。

5. $A_{i}$ : 内円。原点を中心とする半径 $\varepsilon$ の円。ただし、偏角が $\pi$ の点 ( $z=\varepsilon{e^{i\pi}}$) から出発して、偏角 $-\pi$ の点 ( $z=\varepsilon{e^{-i\pi}}$ ) に至るもの (時計回り)。

6. $B_{li}$ : 下内橋。偏角 $-\pi$ の半直線上、原点からの距離 $\varepsilon$ の点 ( $z=\varepsilon{e^{-i\pi}}$) から出発して、原点からの距離 $-r-\delta$ の点 ( $z=(-r-\delta)e^{-i\pi}$ ) に至る線分。

7. $H_{l}$ : 下半円。偏角 $-\pi$ の半直線上、原点からの距離 $-r$ の点 ( $z=-re^{-i\pi}$ ) を中心とし、半径を $\delta$ とする、下半平面内の半円 (向きは時計回り)。$H_{u}$$H_{l}$ との、経路の向き (時計回り) を込めた合併を $H_{s}$ で表すことにする。

8. $B_{lo}$ : 下外橋。偏角 $-\pi$ の半直線上、原点からの距離 $-r+\delta$ の点 ( $z=(-r+\delta)e^{-i\pi}$ ) から出発して、原点からの距離 $1$ の点 ( $z=e^{-i\pi}$ ) に至る線分。$B_{li}$$B_{lo}$ との、経路の向きを込めた合併を $B_{l}$ で表わすことにする。

さて、

\[
 f(z,\alpha) = \inverse{b(r-s)i}\Big(\frac{z^{\alpha}}{z-r} - \frac{z^{\alpha}}{z-s}\Big)
\]
に注意すると、個々に固定した $\alpha$ に対して、$z$ ( $-\pi\leq\arg{z}\leq\pi$ ) の函数 $f(z,\alpha)$ は、$z=r$ 及び$z=s$ に、それぞれ 1位の極を有する他は、上記定義域上で正則である。特に、経路 $C$ 上及びその内部では正則である (極 $z=r,\ z=s$ の位置は排除されている。)。

従って、

\begin{align*}
 &\int_{C}\!f(z,\alpha)\,dz\\
 &\quad = \int_{A_{o}}\!f(z,\alpha)\,dz
 + \int_{B_{uo}}\!f(z,\alpha)\,dz
 + \int_{H_{u}}\!f(z,\alpha)\,dz
 + \int_{B_{ui}}\!f(z,\alpha)\,dz\\
 &\qquad + \int_{A_{i}}\!f(z,\alpha)\,dz
 + \int_{B_{li}}\!f(z,\alpha)\,dz
 + \int_{H_{l}}\!f(z,\alpha)\,dz
 + \int_{B_{uo}}\!f(z,\alpha)\,dz\\
 &\quad = 0
\end{align*}

そして

\begin{align*}
 &\int_{A_{o}}\!f(z,\alpha)\,dz = \inverse{i}\int_{\substack{|z|=1\\-\pi\leq\arg{z}\leq\pi}}\frac{z^{\alpha}\,dz}{bz^{2} + 2az + b} = I_{\alpha}\\
 &\int_{B_{uo}}\!f(z,\alpha)\,dz\\
 &\quad= \inverse{b(r-s)i}\int_{1}^{-r+\delta}\Big(\frac{(\rho{e^{\pi{i}}})^{\alpha}}{\rho{e^{\pi{i}}}-\big((-r){e^{\pi{i}}}\big)} - \frac{(\rho{e^{\pi{i}}})^{\alpha}}{\rho{e^{\pi{i}}}-\big((-s){e^{\pi{i}}}\big)}\Big)e^{\pi{i}}d\rho\\
 &\quad= \frac{e^{\alpha\pi{i}}}{b(r-s)i}\int_{1}^{-r+\delta}\Big(\frac{\rho^{\alpha}}{\rho+r} - \frac{\rho^{\alpha}}{\rho+s}\Big)d\rho\\
%
 &\int_{H_{u}}\!f(z,\alpha)\,dz = \frac{-\pi{i}}{b(r-s)i}(-re^{\pi{i}})^{\alpha} = \frac{{-\pi}e^{\alpha\pi{i}}}{b(r-s)}(-r)^{\alpha}\\
%
 &\int_{B_{ui}}\!f(z,\alpha)\,dz\\
 &\quad= \inverse{b(r-s)i}\int_{-r-\delta}^{\varepsilon}\Big(\frac{(\rho{e^{\pi{i}}})^{\alpha}}{\rho{e^{\pi{i}}}-\big((-r){e^{\pi{i}}}\big)} - \frac{(\rho{e^{\pi{i}}})^{\alpha}}{\rho{e^{\pi{i}}}-\big((-s){e^{\pi{i}}}\big)}\Big)e^{\pi{i}}d\rho\\
 &\quad = \frac{e^{\alpha\pi{i}}}{b(r-s)i}\int_{-r-\delta}^{\varepsilon}\Big(\frac{\rho^{\alpha}}{\rho+r} - \frac{\rho^{\alpha}}{\rho+s}\Big)d\rho
%
\\
\\
%
 &\int_{A_{i}}\!f(z,\alpha)\,dz = \inverse{b}\int_{\pi}^{-\pi}\!\frac{\varepsilon^{(\alpha+1)}e^{(\alpha+1)i\theta}}{({\varepsilon}e^{i\theta}-r)({\varepsilon}e^{i\theta}-s)}\,d\theta\\
 &\int_{B_{li}}\!f(z,\alpha)\,dz\\
 &\quad = \inverse{b(r-s)i}\int_{\varepsilon}^{-r-\delta}\Big(\frac{(\rho{e^{-\pi{i}}})^{\alpha}}{\rho{e^{-\pi{i}}}-\big((-r){e^{-\pi{i}}}\big)} - \frac{(\rho{e^{-\pi{i}}})^{\alpha}}{\rho{e^{-\pi{i}}}-\big((-s){e^{-\pi{i}}}\big)}\Big)e^{-\pi{i}}d\rho\\
 &\quad = \frac{e^{-\alpha\pi{i}}}{b(r-s)i}\int_{\varepsilon}^{-r-\delta}\Big(\frac{\rho^{\alpha}d\rho}{\rho+r} - \frac{\rho^{\alpha}d\rho}{\rho+s}\Big)\\
%
 &\int_{H_{l}}\!f(z,\alpha)\,dz = \frac{-\pi{i}}{b(r-s)i}(-re^{-\pi{i}})^{\alpha} = \frac{{-\pi}e^{-\alpha\pi{i}}}{b(r-s)}(-r)^{\alpha}\\
%
 &\int_{B_{lo}}\!f(z,\alpha)\,dz\\
 &\quad= \inverse{b(r-s)i}\int_{-r+\delta}^{1}\Big(\frac{(\rho{e^{-\pi{i}}})^{\alpha}}{\rho{e^{-\pi{i}}}-\big((-r){e^{-\pi{i}}}\big)} - \frac{(\rho{e^{-\pi{i}}})^{\alpha}}{\rho{e^{-\pi{i}}}-\big((-s){e^{-\pi{i}}}\big)}\Big)e^{-\pi{i}}d\rho\\
 &\quad= \frac{e^{-\alpha\pi{i}}}{b(r-s)i}\int_{-r+\delta}^{1}\Big(\frac{\rho^{\alpha}}{\rho+r} - \frac{\rho^{\alpha}}{\rho+s}\Big)d\rho\\
\end{align*}

従って

\begin{align*}
 &\lim_{\delta, \varepsilon \rightarrow 0}\Big(\int_{B_{u}}\!f(z,\alpha)\,dz\Big) = \frac{e^{\alpha\pi{i}}}{b(r-s)i}\Big(\mathrm{vp\!}\int_{1}^{0}\frac{\rho^{\alpha}d\rho}{\rho+r} - \int_{1}^{0}\frac{\rho^{\alpha}d\rho}{\rho+s}\Big)\\
 &\lim_{\delta, \varepsilon \rightarrow 0}\Big(\int_{B_{l}}\!f(z,\alpha)\,dz\Big) = \frac{e^{-\alpha\pi{i}}}{b(r-s)i}\Big(\mathrm{vp\!}\int_{0}^{1}\frac{\rho^{\alpha}d\rho}{\rho+r} - \int_{0}^{1}\frac{\rho^{\alpha}d\rho}{\rho+s}\Big)\\
 &\lim_{\delta \rightarrow 0}\Big(\int_{H_{s}}\!f(z,\alpha)\,dz\Big) = \frac{{-\pi}(e^{\alpha\pi{i}}+e^{-\alpha\pi{i}})}{b(r-s)}(-r)^{\alpha}
\end{align*}

また $\varepsilon \rightarrow 0$ として $-r>2\varepsilon$ となってから以降は

\[
 \abs{{\varepsilon}e^{i\theta}-s} > \abs{{\varepsilon}e^{i\theta}-r} \geq -r-\varepsilon > -r-(-\frac{r}{2}) = -\frac{r}{2}
\]
だから
\[
 \Big|\frac{\varepsilon^{(\alpha+1)}e^{(\alpha+1)i\theta}}{({\varepsilon}e^{i\theta}-r)({\varepsilon}e^{i\theta}-s)}\Big| < \frac{4\varepsilon^{(\alpha+1)}}{r^{2}}
 \]
従って
\[
 0 \leq \lim_{\varepsilon\rightarrow 0}\Big|\int_{A_{i}}\!f(z,\alpha)\,dz\Big| < \lim_{\varepsilon\rightarrow 0}\int_{A_{i}}\!\frac{4\varepsilon^{(\alpha+1)}}{br^{2}}\,d\theta = \lim_{\varepsilon\rightarrow 0}\frac{8\pi{\varepsilon^{(\alpha+1)}}}{br^{2}} = 0
\]

だから、結局

\begin{align*}
&I_{\alpha} = \int_{\substack{|z|=1\\-\pi\leq\arg{z}\leq\pi}}f(z,\alpha)\,dz \\
&\qquad =\frac{2{\pi}\cos{\alpha\pi}}{b(r-s)}(-r)^{\alpha} + \frac{2\sin{(\alpha\pi)}}{b(r-s)}\Big(\mathrm{vp\!}\int_{0}^{1}\frac{\rho^{\alpha}d\rho}{\rho+r} - \int_{0}^{1}\frac{\rho^{\alpha}d\rho}{\rho+s}\Big)\\
&\qquad =\frac{\pi\cos{\alpha\pi}}{\sqrt{a^{2}-b^{2}}}\Big(\frac{a-\sqrt{a^{2}-b^{2}}}{b}\Big)^{\alpha} + \frac{\sin{(\alpha\pi)}}{\sqrt{a^{2}-b^{2}}}\Big(\mathrm{vp\!}\int_{0}^{1}\frac{\rho^{\alpha}d\rho}{\rho+r} - \int_{0}^{1}\frac{\rho^{\alpha}d\rho}{\rho+s}\Big)
\end{align*}

[ $I_{n}$ ]

特に、$\alpha$ が非負整数 $\alpha=n$ であるなら

\begin{align*}
 I_{n} &= \int_{\substack{|z|=1\\-\pi\leq\arg{z}\leq\pi}}f(z,n)\,dz\\
 &= \frac{(-1)^{n}\pi}{\sqrt{a^{2}-b^{2}}}\Big(\frac{a-\sqrt{a^{2}-b^{2}}}{b}\Big)^{n}\\
 &= \frac{\pi}{\sqrt{a^{2}-b^{2}}}\Big(\frac{\sqrt{a^{2}-b^{2}}-a}{b}\Big)^{n}
\end{align*}

[理科年表] の公式において、非負整数であるべき $\alpha$ の偶奇に応じた符号の反転は $\cos(\alpha\pi)$ に起因したものであることか分かる。

[ $I_{1/2}$ ]

では $\alpha$ が非整数、例えば $\alpha=\inverse{2}$ の時はどうなるかというと、

\begin{align*}
 \int_{\substack{|z|=1\\-\pi\leq\arg{z}\leq\pi}}f(z,1/2)\,dz &= \frac{1}{\sqrt{a^{2}-b^{2}}}\Big(\mathrm{vp\!}\int_{0}^{1}\frac{\sqrt{\rho}}{\rho+r}d\rho - \int_{0}^{1}\frac{\sqrt{\rho}}{\rho+s}d\rho\Big)
\end{align*}

$\rho = t^{2}\quad (t\geq{0})$ と変数変換すると (この変数変換で、主値は変化しない)、

\begin{align*}
 &\mathrm{vp\!}\int_{0}^{1}\!\frac{\sqrt{\rho}}{{\rho}+r}\,d\rho - \int_{0}^{1}\!\frac{\sqrt{\rho}}{{\rho}+s}\,d\rho = \mathrm{vp\!}\int_{0}^{1}\!\frac{t}{t^{2}+r}(2t\,dt) - \int_{0}^{1}\!\frac{t}{t^{2}+s}(2t\,dt)\\
&\quad= 2\Big(\mathrm{vp\!}\int_{0}^{1}\!\frac{t^{2}}{t^{2}+r}\,dt - \int_{0}^{1}\!\frac{t^{2}}{t^{2}+s}\,dt\Big)\\
&\quad= -2\Big(\mathrm{vp\!}\int_{0}^{1}\!\frac{r}{t^{2}+r}\,dt - \int_{0}^{1}\!\frac{s}{t^{2}+s}x\,dt\Big)\\
&\quad= -2\Big(\mathrm{vp\!}\int_{0}^{1}\!\frac{r}{t^{2}-(\sqrt{-r})^{2}}\,dt - \int_{0}^{1}\!\frac{s}{t^{2}-(\sqrt{-s})^{2}}\,dt\Big)\\
&\quad= 2(-r)\mathrm{vp\!}\int_{0}^{1}\!\frac{dt}{t^{2}-(\sqrt{-r})^{2}} - 2(-s)\int_{0}^{1}\!\frac{dt}{t^{2}-(\sqrt{-s})^{2}}\\
\end{align*}

ここで

\begin{align*}
 &\mathrm{vp\!}\int_{0}^{1}\!\frac{dt}{t^{2}-(\sqrt{-r})^{2}} = \frac{1}{2\sqrt{-r}}\Big\{\mathrm{vp\!}\int_{0}^{1}\!\Big(\frac{1}{t-\sqrt{-r}}-\frac{1}{t+\sqrt{-r}}\Big)\,dt\Big\}\\
 &\quad  = \frac{1}{2\sqrt{-r}}\Big(\mathrm{vp\!}\int_{0}^{1}\!\frac{dt}{t-\sqrt{-r}}-\int_{0}^{1}\!\frac{dt}{t+\sqrt{-r}}\Big)\\
 &\quad = \frac{1}{2\sqrt{-r}}\Big(\Big[\log(t-\sqrt{-r})\Big]_{2\sqrt{-r}}^{1} - \Big[\log(t+\sqrt{-r})\Big]_{0}^{1}\Big)\\
 &\quad = \frac{1}{2\sqrt{-r}}\log\frac{1-\sqrt{-r}}{1+\sqrt{-r}}\\
\end{align*}

\begin{align*}
 &\int_{0}^{1}\!\frac{dt}{t^{2}-(\sqrt{-s})^{2}} = -\frac{1}{2\sqrt{-s}}\int_{0}^{1}\!\Big(\frac{1}{\sqrt{-s}+t}+\frac{1}{\sqrt{-s}-t}\Big)\,dt\\
 &\quad = -\frac{1}{2\sqrt{-s}}\Big[\log\frac{\sqrt{-s}+t}{\sqrt{-s}-t}\Big]_{0}^{1}\\
 &\quad = -\frac{1}{2\sqrt{-s}}\log\frac{\sqrt{-s}+1}{\sqrt{-s}-1}
\end{align*}

まとめると

\begin{align*}
 &\mathrm{vp\!}\int_{0}^{1}\!\frac{\sqrt{\rho}}{{\rho}+r}\,d\rho - \int_{0}^{1}\!\frac{\sqrt{\rho}}{{\rho}+s}\,d\rho\\
&\quad = \sqrt{-r}\log\frac{1-\sqrt{-r}}{1+\sqrt{-r}} + \sqrt{-s}\log\frac{\sqrt{-s}+1}{\sqrt{-s}-1}\\
&\quad = \frac{\sqrt{a+b}-\sqrt{a-b}}{\sqrt{2b}}\log\frac{1-\sqrt{-r}}{1+\sqrt{-r}}\\
&\qquad\qquad + \frac{\sqrt{a+b}+\sqrt{a-b}}{\sqrt{2b}}\log\frac{\sqrt{-s}+1}{\sqrt{-s}-1}\\
&\quad = \inverse{\sqrt{2b}}\Bigg(\sqrt{a+b}\log\frac{(1-\sqrt{-r})(\sqrt{-s}+1)}{(1+\sqrt{-r})(\sqrt{-s}-1)}\\
&\qquad\qquad -\sqrt{a-b}\log\frac{(1-\sqrt{-r})(\sqrt{-s}-1)}{(1+\sqrt{-r})(\sqrt{-s}+1)}\Bigg)
\end{align*}

しかるに

\begin{align*}
 &\frac{(1-\sqrt{-r})(\sqrt{-s}+1)}{(1+\sqrt{-r})(\sqrt{-s}-1)} = \frac{1+(\sqrt{-s}-\sqrt{-r})-\sqrt{rs}}{-1+(\sqrt{-s}-\sqrt{-r})+\sqrt{rs}} = 1
\\
\\
 &\frac{(1-\sqrt{-r})(\sqrt{-s}-1)}{(1+\sqrt{-r})(\sqrt{-s}+1)} = \frac{-1+(\sqrt{-r}+\sqrt{-s})-\sqrt{rs}}{1+(\sqrt{-r}+\sqrt{-s})+\sqrt{rs}}\\
 & \quad = \frac{-2+\sqrt{\frac{2(a+b)}{b}}}{2+\sqrt{\frac{2(a+b)}{b}}} = \frac{\sqrt{a+b} - \sqrt{2b}}{\sqrt{a+b} + \sqrt{2b}}
\end{align*}
だから
\begin{align*}
 &\mathrm{vp\!}\int_{0}^{1}\!\frac{\sqrt{\rho}}{{\rho}+r}\,d\rho - \int_{0}^{1}\!\frac{\sqrt{\rho}}{{\rho}+s}\,d\rho\\
 & \quad = \sqrt{\frac{a-b}{2b}}\log\frac{\sqrt{a+b} + \sqrt{2b}}{\sqrt{a+b} - \sqrt{2b}}\\
\end{align*}

最終的には

\begin{align*}
 \int_{\substack{|z|=1\\-\pi\leq\arg{z}\leq\pi}}f(z,1/2)\,dz &= \frac{1}{\sqrt{a^{2}-b^{2}}}\Big(\mathrm{vp\!}\int_{0}^{1}\frac{\sqrt{\rho}}{\rho+r}d\rho - \int_{0}^{1}\frac{\sqrt{\rho}}{\rho+s}d\rho\Big)\\
 & \quad = \frac{1}{\sqrt{2b(a+b)}}\log\frac{\sqrt{a+b} + \sqrt{2b}}{\sqrt{a+b} - \sqrt{2b}}\\
\end{align*}

検算をしてみよう。実は $\alpha=1/2$ の時、問題の積分は、三角函数の有理関数を有理化する周知の解法により、バカバカしいほど簡単に計算できる

\[
 I_{1/2} = \int_{0}^{\pi}\!\frac{\cos{(\frac{x}{2}})}{a+b\cos(x)}\,dx = \int_{0}^{\pi}\!\frac{\cos{(\frac{x}{2}})}{a+b\big(1-2\sin^{2}(\frac{x}{2})\big)}\,dx
\]
だから $t=\sin(x/2)$ と変数変換すると
\begin{align*}
 I_{1/2} &= 2\int_{0}^{1}\!\frac{dt}{a+b(1-2t^{2})}\\
 &\quad=\inverse{b}\int_{0}^{1}\!\frac{dt}{\frac{a+b}{2b}-t^{2}}\\
 &\quad=\inverse{b}\cdot\inverse{2\sqrt{\frac{a+b}{2b}}}\Bigg[\log\frac{\sqrt{\frac{a+b}{2b}}+t}{\sqrt{\frac{a+b}{2b}}-t}\Bigg]_{0}^{1}\\
 &\quad=\inverse{\sqrt{2b(a+b)}}\log{\frac{\sqrt{a+b}+\sqrt{2b}}{\sqrt{a+b}-\sqrt{2b}}}
\end{align*}

ここで $I_{\alpha}$ の被積分関数において、分子の $\cos$ の係数を負に変えた場合はどうなるか興味が湧いてくる。そこで

\begin{align*}
  &J_{\alpha} := \int_{0}^{\pi}\!\frac{\cos{\alpha{x}}}{a-b\cos{x}}\,dx  \qquad (a>b>0,\quad \alpha\geq{0})\\
 & \qquad = -\inverse{i}\int_{\substack{|z|=1\\-\pi\leq\arg{z}\leq\pi}}\frac{z^{\alpha}dz}{bz^{2} - 2az + b} \quad (z = e^{ix}, dx=\frac{dz}{iz})
\end{align*}
として、以下、これに就いて検討してみよう。

これを念頭に置いて

\begin{align*}
 g(z,\alpha) &:= -\inverse{i}\cdot\frac{z^{\alpha}}{bz^{2} - 2az + b}\\
 &= -\inverse{i}\cdot\frac{1}{b(p-q)}\Big(\frac{z^{\alpha}}{z-p}-\frac{z^{\alpha}}{z-q}\Big)
\end{align*}
を導入する。更に、次の4つの部分 $A_{o},B_{u}^{\prime},A_{i}.B_{l}^{\prime}$ からなる 経路 $C^{\prime}$ を、次のように定める。

1. $A_{o}$ : 外円。原点を中心とする単位円。ただし、偏角が $-\pi$ の点 ( $z=e^{-i\pi}$ ) から出発して、偏角 $\pi$ の点 ( $z=e^{i\pi}$ ) に至るもの (反時計回り)。

2. $B_{u}^{\prime}$ : 上橋。偏角 $\pi$ の半直線上、原点からの距離 $1$ の点 ( $z=e^{i\pi}$ ) から出発して、原点からの距離 $\varepsilon$ の点 ( $z=\varepsilon{e^{i\pi}}$ ) に至る線分。

3. $A_{i}$ : 内円。原点を中心とする半径 $\varepsilon$ の円。ただし、偏角が $\pi$ の点 ( $z=\varepsilon{e^{i\pi}}$) から出発して、偏角$-\pi$ の点 ( $z=\varepsilon{e^{-i\pi}}$) に至るもの (時計回り)。

4. $B_{l}^{\prime}$ : 下橋。偏角 $-\pi$ の半直線上、原点からの距離 $\varepsilon$ の点 ( $z=\varepsilon{e^{-i\pi}}$) から出発して、原点からの距離 $1$ の点 ( $z=e^{-i\pi}$ ) に至る線分。

今回は、 $C^{\prime}$ 内部に、1位の極 $z=p$ を含むから

\[
 \int_{C^{\prime}}\!g(z,\alpha)\,dz = \frac{-2\pi}{b(p-q)}p^{\alpha}
\]
であることを踏まえたうえで、 $g(z,\alpha)$ に、$f(z,\alpha)$ に行ったのと並行する議論を適用するなら
\begin{align*}
 &\int_{A_{o}}\!g(z,\alpha)\,dz = J_{\alpha}\\
%
 &\int_{B_{u}^{\prime}}\!g(z,\alpha)\,dz\\
 &\quad= -\inverse{b(p-q)i}\int_{1}^{\varepsilon}\Big(\frac{(\rho{e^{\pi{i}}})^{\alpha}}{\rho{e^{\pi{i}}}-p} - \frac{(\rho{e^{\pi{i}}})^{\alpha}}{\rho{e^{\pi{i}}}-q}\Big)e^{\pi{i}}d\rho\\
 &\quad= -\frac{e^{\alpha\pi{i}}}{b(p-q)i}\int_{1}^{\varepsilon}\Big(\frac{\rho^{\alpha}}{\rho+p} - \frac{\rho^{\alpha}}{\rho+q}\Big)d\rho\\
\\
\\
 &\int_{A_{i}}\!g(z,\alpha)\,dz = -\inverse{b}\int_{\pi}^{-\pi}\!\frac{\varepsilon^{(\alpha+1)}e^{(\alpha+1)i\theta}}{({\varepsilon}e^{i\theta}-p)({\varepsilon}e^{i\theta}-q)}\,d\theta\\
%
 &\int_{B_{l}^{\prime}}\!g(z,\alpha)\,dz\\
 &\quad= -\inverse{b(p-q)i}\int_{\varepsilon}^{1}\Big(\frac{(\rho{e^{-\pi{i}}})^{\alpha}}{\rho{e^{-\pi{i}}}-p} - \frac{(\rho{e^{-\pi{i}}})^{\alpha}}{\rho{e^{-\pi{i}}}-q}\Big)e^{-\pi{i}}d\rho\\
 &\quad= -\frac{e^{-\alpha\pi{i}}}{b(p-q)i}\int_{\varepsilon}^{1}\Big(\frac{\rho^{\alpha}}{\rho+p} - \frac{\rho^{\alpha}}{\rho+q}\Big)d\rho\\
\end{align*}

従って

\begin{align*}
 &\lim_{\varepsilon \rightarrow 0}\Big(\int_{B_{u}^{\prime}}\!g(z,\alpha)\,dz\Big) = -\frac{e^{\alpha\pi{i}}}{b(p-q)i}\Big(\int_{1}^{0}\frac{\rho^{\alpha}d\rho}{\rho+p} - \int_{1}^{0}\frac{\rho^{\alpha}d\rho}{\rho+q}\Big)\\
 &\lim_{\varepsilon \rightarrow 0}\Big(\int_{B_{l}^{\prime}}\!g(z,\alpha)\,dz\Big) = -\frac{e^{-\alpha\pi{i}}}{b(p-q)i}\Big(\int_{0}^{1}\frac{\rho^{\alpha}d\rho}{\rho+p} - \int_{0}^{1}\frac{\rho^{\alpha}d\rho}{\rho+q}\Big)\\
 &\lim_{\varepsilon\rightarrow 0}\Big|\int_{A_{i}}\!f(z,\alpha)\,dz\Big|= 0
\
\end{align*} /></div>

だから

<div style=\begin{align*}
 J_{\alpha} &= \int_{C^{\prime}}\!g(z,\alpha)\,dz - \frac{e^{\alpha\pi{i}}-e^{-\alpha\pi{i}}}{b(p-q)i}\Big(\int_{0}^{1}\frac{\rho^{\alpha}d\rho}{\rho+p} - \int_{0}^{1}\frac{\rho^{\alpha}d\rho}{\rho+q}\Big)\\
 &= \frac{-2\pi}{b(p-q)}p^{\alpha} - \frac{2\sin(\alpha\pi)}{b(p-q)}\Big(\int_{0}^{1}\frac{\rho^{\alpha}d\rho}{\rho+p} - \int_{0}^{1}\frac{\rho^{\alpha}d\rho}{\rho+q}\Big)\\
 &= \frac{\pi}{\sqrt{a^{2}-b^{2}}}\Big(\frac{a-\sqrt{a^{2}-b^{2}}}{b}\Big)^{\alpha} + \frac{\sin(\alpha\pi)}{\sqrt{a^{2}-b^{2}}}\int_{0}^{1}\Big(\frac{\rho^{\alpha}d\rho}{\rho+p} - \int_{0}^{1}\frac{\rho^{\alpha}d\rho}{\rho+q}\Big)
\end{align*}

[ $J_{n}$ ]

特に、$\alpha$ が正整数 $\alpha=n$ であるなら

\begin{align*}
 J_{n} &= \frac{\pi}{\sqrt{a^{2}-b^{2}}}\Big(\frac{a-\sqrt{a^{2}-b^{2}}}{b}\Big)^{n}
\end{align*}

$I_{n}$ と異なり、$n$ の偶奇による符号の反転はないことに注意。

[ $J_{1/2}$ ]

この場合も $\alpha=\inverse{2}$ の時はどうなるか調べてみよう。

\begin{align*}
 J_{1/2} = 
\frac{\pi}{\sqrt{a^{2}-b^{2}}}\Big(\frac{a-\sqrt{a^{2}-b^{2}}}{b}\Big)^{1/2} + \frac{1}{\sqrt{a^{2}-b^{2}}}\Big(\int_{0}^{1}\frac{\rho^{1/2}d\rho}{\rho+p} - \int_{0}^{1}\frac{\rho^{1/2}d\rho}{\rho+q}\Big)
\end{align*}

だが、左辺第1項は

\begin{align*}
 &\frac{\pi}{\sqrt{a^{2}-b^{2}}}\Big(\frac{a-\sqrt{a^{2}-b^{2}}}{b}\Big)^{1/2} = \frac{\pi}{\sqrt{a^{2}-b^{2}}}\cdot\frac{\sqrt{a+b}-\sqrt{a-b}}{\sqrt{2b}}\\
 &\qquad = \frac{\pi}{\sqrt{2b}}\Big(\frac{1}{\sqrt{a-b}}-\frac{1}{\sqrt{a+b}}\Big)
\end{align*}
であり、第2項のカッコ内は
\begin{align*}
 &\int_{0}^{1}\frac{\rho^{1/2}d\rho}{\rho+p} - \int_{0}^{1}\frac{\rho^{1/2}d\rho}{\rho+q} = 2\int_{0}^{1}\frac{t^{2}dt}{t^{2}+p} - 2\int_{0}^{1}\frac{t^{2}dt}{t^{2}+q}\\
 & \qquad = -2p\int_{0}^{1}\frac{dt}{t^{2}+p} + 2q\int_{0}^{1}\frac{dt}{t^{2}+q}\\
 & \qquad = -2\sqrt{p}\arctan(1/\sqrt{p}) + 2\sqrt{q}\arctan(1/\sqrt{q})\\
 & \qquad = -\sqrt{\frac{2}{b}}(\sqrt{a+b}-\sqrt{a-b})\arctan(\sqrt{q})\\
 & \qquad\qquad + \sqrt{\frac{2}{b}}(\sqrt{a+b}+\sqrt{a-b})\arctan(\sqrt{p})\\
 & \qquad = \sqrt{\frac{2}{b}}\sqrt{a+b}\big(\arctan(\sqrt{p})-\arctan(\sqrt{q})\big)\\
 & \qquad\qquad + \sqrt{\frac{2}{b}}\sqrt{a-b}\big(\arctan(\sqrt{p})+\arctan(\sqrt{q})\big)\\
 & \qquad = \sqrt{\frac{2(a+b)}{b}}\left(\arctan\left(\frac{\sqrt{p}-\sqrt{q}}{1+\sqrt{p}\sqrt{q}}\right)\right)\\
 & \qquad\qquad + \sqrt{\frac{2(a-b)}{b}}\Big(\frac{\pi}{2}\Big)\\
 & \qquad = \pi\sqrt{\frac{a-b}{2b}} - \sqrt{\frac{2(a+b)}{b}}\left(\arctan\sqrt{\frac{a-b}{2b}}\right)\\
\end{align*}

従って、

\begin{align*}
 J_{1/2} &= 
\frac{\pi}{\sqrt{2b}}\Big(\frac{1}{\sqrt{a-b}}-\frac{1}{\sqrt{a+b}}\Big)\\
 &+ \frac{1}{\sqrt{a^{2}-b^{2}}}\left(\pi\sqrt{\frac{a-b}{2b}} - \sqrt{\frac{2(a+b)}{b}}\left(\arctan\sqrt{\frac{a-b}{2b}}\right)\right)\\
 &= \sqrt{\frac{2}{b(a-b)}}\left(\frac{\pi}{2}-\arctan\sqrt{\frac{a-b}{2b}}\right)\\
 &= \sqrt{\frac{2}{b(a-b)}}\arctan\left(\sqrt{\frac{2b}{a-b}}\right)
\end{align*}

なお、上記の式の変形では、公式

\begin{align*}
 &\arctan x + \arctan \frac{1}{x} = \frac{\pi}{2} \quad (x\geq{0})\\
 &\arctan x \pm \arctan y = \arctan \frac{x\pm{y}}{1\mp{xy}}% \quad (|\arctan x + \arctan y|\leq{\frac{\pi}{2}})
\end{align*}
を用いている。

こちらの方も、「検算」しておく。 $I_{1/2}$ におけるのと同じく、変数変換 $t=\sin(x/2)$ を行えば、やはり簡単に結果を求めることができる。

\begin{align*}
 J_{1/2} &= \int_{0}^{\pi}\frac{\cos(\frac{x}{2})}{a-b\cos(x)}\,dx = \int_{0}^{\pi}\frac{\cos(\frac{x}{2})}{a-b\big(1-2\sin^{2}(\frac{x}{2})\big)}\,dx\\
 &= 2\int_{0}^{1}\frac{dt}{a-b+2bt^{2}}\\
 &= \frac{1}{b}\int_{0}^{1}\frac{dt}{\frac{a-b}{2b}+t^{2}}\\
 &= \frac{1}{b}\cdot\frac{1}{\sqrt{\frac{a-b}{2b}}}\arctan\left(\frac{1}{\sqrt{\frac{a-b}{2b}}}\right)\\
 &= \sqrt{\frac{2}{b(a-b)}}\arctan\left(\sqrt{\frac{2b}{a-b}}\right)
\end{align*}

こうして、両方の計算値が一致していることが確かめられた。

[ $J_{\alpha}$ の表式への補足]

$J_{\alpha}$ に就いて $\alpha$ が、一般の正値実数 ( $\alpha>0$ ) の時の議論を、もう少し進めておこう (話を単純にするために $\alpha$$0$ にはならないとしておく)。

まず $0<p<1<q$ を念頭に置いて、変数変換 $\rho=pe^{-t}$ 及び $\rho=qe^{-t}$ により

\begin{align*}
 &\int_{0}^{1}\frac{\rho^{\alpha}d\rho}{\rho+p} - \int_{0}^{1}\frac{\rho^{\alpha}d\rho}{\rho+q}\\
 &= \int_{\infty}^{\log{p}}\frac{p^{\alpha}e^{-\alpha{t}}}{pe^{-t}+p}(-pe^{-t}dt) - \int_{\infty}^{\log{q}}\frac{q^{\alpha}e^{-\alpha{t}}}{qe^{-t}+q}(-qe^{-t}dt)\\
 &= p^{\alpha}\int_{\log{p}}^{\infty}\frac{e^{-(\alpha+1){t}}}{1+e^{-t}}dt - q^{\alpha}\int_{\log{q}}^{\infty}\frac{e^{-(\alpha+1){t}}}{1+e^{-t}}dt\\
 &= p^{\alpha}\int_{\log{p}}^{0}\frac{e^{-(\alpha+1){t}}}{1+e^{-t}}dt + p^{\alpha}\int_{0}^{\infty}\frac{e^{-(\alpha+1){t}}}{1+e^{-t}}dt - q^{\alpha}\int_{\log{q}}^{\infty}\frac{e^{-(\alpha+1){t}}}{1+e^{-t}}dt\\
 &= p^{\alpha}\int_{0}^{-\log{p}}\frac{e^{(\alpha+1)t}}{1+e^{t}}dt + p^{\alpha}\int_{0}^{\infty}\frac{e^{-(\alpha+1){t}}}{1+e^{-t}}dt - q^{\alpha}\int_{\log{q}}^{\infty}\frac{e^{-(\alpha+1){t}}}{1+e^{-t}}dt\\
 &= q^{-\alpha}\int_{0}^{\log{q}}\frac{e^{\alpha{t}}}{1+e^{-t}}dt + p^{\alpha}\int_{0}^{\infty}\frac{e^{-(\alpha+1){t}}}{1+e^{-t}}dt - q^{\alpha}\int_{\log{q}}^{\infty}\frac{e^{-(\alpha+1){t}}}{1+e^{-t}}dt\\
%
 &= q^{-\alpha}\int_{0}^{\log{q}}e^{\alpha{t}}\left(\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}e^{-nt}\right)dt\\
 &\qquad + p^{\alpha}\int_{0}^{\infty}e^{-(\alpha+1){t}}\left(\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}e^{-nt}\right)dt\\
 &\qquad - q^{\alpha}\int_{\log{q}}^{\infty}e^{-(\alpha+1){t}}\left(\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}e^{-nt}\right)dt\\
%
 &= q^{-\alpha}\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}\int_{0}^{\log{q}}e^{(\alpha-n)t}dt\\
 &\qquad + p^{\alpha}\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}\int_{0}^{\infty}e^{-(n+\alpha+1){t}}dt\\
 &\qquad - q^{\alpha}\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}\int_{\log{q}}^{\infty}e^{-(n+\alpha+1){t}}dt\\
%
 &= q^{-\alpha}\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}\left(\frac{q^{\alpha-n}-1}{\alpha-n}\right)
 - p^{\alpha}\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}\left(\frac{-1}{n+\alpha+1}\right)\\
 &\qquad + q^{\alpha}\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}\left(\frac{-q^{-(n+\alpha+1)}}{n+\alpha+1}\right)\\
 &= \sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}\left(\frac{q^{-n}-q^{-\alpha}}{\alpha-n}\right)
 + p^{\alpha}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{n+\alpha+1} + \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-q)^{-(n+1)}}{n+\alpha+1}
\end{align*}

ところが

\begin{align*}
 &\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{n+\alpha+1} = -\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}}{n+\alpha+1}\\
 &= -\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{n+\alpha} + \frac{1}{\alpha}\\
 &;\\
 &\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-q)^{-(n+1)}}{n+\alpha+1} = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-q)^{-n}}{n+\alpha} - \frac{1}{\alpha}\\
\end{align*}

だから、結局

\begin{align*}
 &\int_{0}^{1}\frac{\rho^{\alpha}d\rho}{\rho+p} - \int_{0}^{1}\frac{\rho^{\alpha}d\rho}{\rho+q}\\
 &= \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-q)^{-n}}{\alpha-n} - q^{-\alpha}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{\alpha-n}\\
 &\qquad + p^{\alpha}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{n+\alpha+1} + \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-q)^{-(n+1)}}{n+\alpha+1}\\
 &= -q^{-\alpha}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{\alpha-n}
 + p^{\alpha}\left(-\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{n+\alpha} + \frac{1}{\alpha}\right)\\
 &\qquad  + \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-q)^{-n}}{\alpha-n} 
+ \left(\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-q)^{-n}}{n+\alpha} - \frac{1}{\alpha}\right)\\
 &= -q^{-\alpha}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{\alpha-n}
 - p^{\alpha}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{n+\alpha}\\
 &\qquad  + \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-q)^{-n}}{\alpha-n} + \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-q)^{-n}}{n+\alpha}  + \frac{p^{\alpha}-1}{\alpha}\\
 &= -p^{\alpha}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{\alpha-n}
 - p^{\alpha}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{n+\alpha}\\
 &\qquad  + \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-p)^{n}}{\alpha-n} + \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-p)^{n}}{n+\alpha}  + \frac{p^{\alpha}-1}{\alpha}
\end{align*}
が得られる。

そして、これら4つの級数は全て、定数係数を除けば、(Gauss の) 超幾何級数になっている

\begin{align*}
 &p^{\alpha}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{n-\alpha} = -\frac{p^{\alpha}}{\alpha}F(1,-\alpha,-\alpha+1,-1)\\
 &-p^{\alpha}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{n+\alpha} = -\frac{p^{\alpha}}{\alpha}F(1,\alpha,\alpha+1,-1) = -p^{\alpha}\int_{0}^{1}\frac{t^{\alpha-1}dt}{1+t}\\
 &-\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-p)^{n}}{n-\alpha} = \frac{1}{\alpha}F(1,-\alpha,-\alpha+1,-p)\\
 &\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-p)^{n}}{n+\alpha} = \frac{1}{\alpha}F(1,\alpha,\alpha+1,-p) = \int_{0}^{1}\frac{t^{\alpha-1}dt}{1+pt}
\end{align*}

従って

\begin{align*}
 &\int_{0}^{1}\frac{\rho^{\alpha}d\rho}{\rho+p} - \int_{0}^{1}\frac{\rho^{\alpha}d\rho}{\rho+q}\\
 &\qquad = -\frac{p^{\alpha}}{\alpha}\Big(F(1,-\alpha,-\alpha+1,-1) + F(1,\alpha,\alpha+1,-1) - 1\Big)\\
 &\qquad\quad + \frac{1}{\alpha}\Big(F(1,-\alpha,-\alpha+1,-p) + F(1,\alpha,\alpha+1,-p) - 1\Big)
\end{align*}

次の変形も可能である。

\begin{align*}
 &\int_{0}^{1}\frac{\rho^{\alpha}d\rho}{\rho+p} - \int_{0}^{1}\frac{\rho^{\alpha}d\rho}{\rho+q}\\
 &= -\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}(p^{n}-p^{\alpha})}{n-\alpha}
 + \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}(p^{n}-p^{\alpha})}{n+\alpha} + \frac{p^{\alpha}-1}{\alpha}\\
 &= 2\alpha\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}(p^{\alpha}-p^{n})}{n^{2}-\alpha^{2}} + \frac{p^{\alpha}-1}{\alpha}
\end{align*}

[beta 函数]

なお、上記の式の変形中に現れる積分

\[
 \int_{0}^{1}\frac{t^{\alpha-1}dt}{1+t}
\]
は、所謂 beta 函数 (Beta 函数ではない) である。beta 函数 $\beta(z)$ は、ディ・ガンマ関数
\[
 \psi(z) := \frac{d}{dz}{\log\Gamma(z)} = \frac{\Gamma^{\prime}(z)}{\Gamma(Z)}
\]
を用いて
\[
 \beta(z) := \frac{1}{2}\left(\psi\Big(\frac{z+1}{2}\Big) - \psi\Big(\frac{z}{2}\Big)\right) = \psi(z) - \psi\Big(\frac{z}{2}\Big) - \log{2}
\]
で表されるが
\[
 \int_{0}^{1}\frac{t^{\alpha-1}dt}{1+t} = \beta(\alpha)
\]
が成り立っている。

[ $I_{\alpha}$ の表式への補足]

$I_{\alpha}$ の表式に現れる

\[
 \mathrm{vp\!}\int_{0}^{1}\frac{\rho^{\alpha}d\rho}{\rho+r} - \int_{0}^{1}\frac{\rho^{\alpha}d\rho}{\rho+s}
\]
に就いても、同様の処理をすると $s<-1<r<0$ に注意して
\begin{align*}
 &\mathrm{vp\!}\int_{0}^{1}\frac{\rho^{\alpha}d\rho}{\rho+r} - \int_{0}^{1}\frac{\rho^{\alpha}d\rho}{\rho+s}\\
 &\quad = \mathrm{vp\!}\int_{\infty}^{\log(-r)}\frac{(-re^{-t})^{\alpha}(re^{-t})dt}{-re^{-t}+r}\\
 & \qquad\qquad - \int_{\infty}^{\log(-s)}\frac{(-se^{-t})^{\alpha}(se^{-t})dt}{-se^{-t}+s}\\
 &\quad = (-r)^{\alpha}\mathrm{vp\!}\int_{\infty}^{\log(-r)}\frac{e^{-\alpha{t}}dt}{-1+e^{t}} - (-s)^{\alpha}\int_{\infty}^{\log(-s)}\frac{e^{-\alpha{t}}dt}{-1+e^{t}}\\
 &\quad = -(-r)^{\alpha}\mathrm{vp\!}\int_{\log(-r)}^{\infty}\frac{e^{-(\alpha+1){t}}dt}{1-e^{-t}} + (-s)^{\alpha}\int_{\log(-s)}^{\infty}\frac{e^{-(\alpha+1){t}}dt}{1-e^{-t}}\\
 &\quad = -(-r)^{\alpha}\mathrm{vp\!}\int_{\log(-r)}^{-\log(-r)}\frac{e^{-(\alpha+1){t}}dt}{1-e^{-t}} - (-r)^{\alpha}\int_{-\log(-r)}^{\infty}\frac{e^{-(\alpha+1){t}}dt}{1-e^{-t}}\\
 &\qquad\qquad + (-s)^{\alpha}\int_{\log(-s)}^{\infty}\frac{e^{-(\alpha+1){t}}dt}{1-e^{-t}}\\
 &\quad = -(-r)^{\alpha}\lim_{u\rightarrow 1+0}\left\{\int_{\log(-r)}^{-\log{u}}\frac{e^{-(\alpha+1){t}}dt}{1-e^{-t}}
+ \int_{\log{u}}^{-\log(-r)}\frac{e^{-(\alpha+1){t}}dt}{1-e^{-t}}\right\}\\
 &\qquad\qquad  - (-r)^{\alpha}\int_{-\log(-r)}^{\infty}\frac{e^{-(\alpha+1){t}}dt}{1-e^{-t}} + (-s)^{\alpha}\int_{\log(-s)}^{\infty}\frac{e^{-(\alpha+1){t}}dt}{1-e^{-t}}\\
\end{align*}

しかるに、上記最終辺の中カッコ内の式は

\begin{align*}
 &\int_{\log(-r)}^{-\log{u}}\frac{e^{-(\alpha+1){t}}dt}{1-e^{-t}}+ \int_{\log{u}}^{-\log(-r)}\frac{e^{-(\alpha+1){t}}dt}{1-e^{-t}}\\
 &\qquad = -\int_{-\log(-r)}^{\log{u}}\frac{e^{(\alpha+1){t}}dt}{1-e^{t}}+ \int_{\log{u}}^{-\log(-r)}\frac{e^{-(\alpha+1){t}}dt}{1-e^{-t}}\\
 &\qquad = -\int_{-\log(-r)}^{\log{u}}\frac{e^{(\alpha+(1/2)){t}}dt}{e^{(-t/2)}-e^{(t/2)}}+ \int_{\log{u}}^{-\log(-r)}\frac{e^{-(\alpha+(1/2)){t}}dt}{e^{(t/2)}-e^{-(t/2)}}\\
 &\qquad= -\int_{\log{u}}^{-\log(-r)}\frac{e^{(\alpha+(1/2)){t}}dt}{e^{(t/2)}-e^{-(t/2)}}+ \int_{\log{u}}^{-\log(-r)}\frac{e^{-(\alpha+(1/2)){t}}dt}{e^{(t/2)}-e^{-(t/2)}}\\
 &\qquad = -\int_{\log{u}}^{-\log(-r)}\frac{\sinh\big(\alpha+(1/2){t}\big)}{\sinh(t/2)}dt
\end{align*}

第2項と第3項は

\begin{align*}
 &-(-r)^{\alpha}\int_{-\log(-r)}^{\infty}\frac{e^{-(\alpha+1){t}}dt}{1-e^{-t}} + (-s)^{\alpha}\int_{\log(-s)}^{\infty}\frac{e^{-(\alpha+1){t}}dt}{1-e^{-t}}\\
 &\qquad =-(-r)^{\alpha}\int_{-\log(-r)}^{\infty}\frac{e^{-(\alpha+1){t}}dt}{1-e^{-t}} + (-s)^{\alpha}\int_{-\log(-r)}^{\infty}\frac{e^{-(\alpha+1){t}}dt}{1-e^{-t}}\\
 &\qquad =-\big((-r)^{\alpha} - (-s)^{\alpha}\big)\int_{-\log(-r)}^{\infty}\frac{e^{-(\alpha+1){t}}dt}{1-e^{-t}}
\end{align*}
だから
\begin{align*}
 &\mathrm{vp\!}\int_{0}^{1}\frac{\rho^{\alpha}d\rho}{\rho+r} - \int_{0}^{1}\frac{\rho^{\alpha}d\rho}{\rho+s}\\
 &\quad = (-r)^{\alpha}\lim_{u\rightarrow 1+0}\int_{\log{u}}^{-\log(-r)}\frac{\sinh\big(\alpha+(1/2)\big){t})}{\sinh(t/2)}dt\\
 &\qquad\qquad - \big((-r)^{\alpha}-(-s)^{\alpha}\big)\int_{-\log{(-r)}}^{\infty}\frac{e^{-(\alpha+1){t}}dt}{1-e^{-t}}\\
 & = (-r)^{\alpha}\int_{0}^{-\log(-r)}\frac{\sinh\big(\alpha+(1/2)\big){t})}{\sinh(t/2)}dt\\
 &\qquad\qquad - \big((-r)^{\alpha}-(-r)^{-\alpha}\big)\int_{-\log{(-r)}}^{\infty}\frac{e^{-(\alpha+1){t}}dt}{1-e^{-t}}\\
\end{align*}

ところで

\begin{align*}
 &(-r)^{\alpha}\int_{0}^{-\log(-r)}\frac{\sinh(\big(\alpha+(1/2)\big){t})}{\sinh(t/2)}dt\\
 &= (-r)^{\alpha}\int_{0}^{-\log(-r)}\Big(\frac{\sinh(\alpha{t})\cosh(t/2)}{\sinh(t/2)} + \cosh(\alpha{t})\Big)dt\\
 &= (-r)^{\alpha}\int_{0}^{-\log(-r)}\frac{\sinh(\alpha{t})\cosh(t/2)}{\sinh(t/2)}dt\ + \frac{(-r)^{\alpha}}{2\alpha}\big((-r)^{-\alpha}-(-r)^{\alpha}\big)
\end{align*}

そして

\begin{align*}
 &\int_{-\log{(-r)}}^{\infty}\frac{e^{-(\alpha+1){t}}dt}{1-e^{-t}} = \sum_{n=0}^{\infty}\int_{-\log{(-r)}}^{\infty}e^{-(\alpha+n+1)t}dt\\
 &\qquad = \sum_{n=0}^{\infty}\Big[-\frac{e^{-(\alpha+n+1)t}}{\alpha+n+1}\Big]_{-\log{(-r)}}^{\infty}\\
 &\qquad = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-r)^{(\alpha+n+1)}}{\alpha+n+1}\\
 &\qquad = (-r)^{(\alpha+1)}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-r)^{n}}{\alpha+n+1}\\
 &\qquad = (-r)^{(\alpha+1)}\int_{0}^{1}\frac{t^{\alpha}}{1+rt}dt\\
\end{align*}

結局

\begin{align*}
 &\mathrm{vp\!}\int_{0}^{1}\frac{\rho^{\alpha}d\rho}{\rho+r} - \int_{0}^{1}\frac{\rho^{\alpha}d\rho}{\rho+s}\\
 & = (-r)^{\alpha}\int_{0}^{-\log(-r)}\frac{\sinh(\alpha{t})\cosh(t/2)}{\sinh(t/2)}dt\\
 &\qquad - (-r)^{(\alpha+1)}\big((-r)^{\alpha}-(-r)^{-\alpha}\big)\int_{0}^{1}\frac{t^{\alpha}}{1+rt}dt + \frac{(-r)^{\alpha}}{2\alpha}\big((-r)^{-\alpha}-(-r)^{\alpha}\big)\\
 & = (-r)^{\alpha}\Bigg\{\int_{0}^{-\log(-r)}\frac{\sinh(\alpha{t})\cosh(t/2)}{\sinh(t/2)}dt\\
 & \qquad + \big((-r)^{\alpha}-(-r)^{-\alpha}\big)\left(\int_{0}^{1}\frac{rt^{\alpha}}{1+rt}dt - \frac{1}{2\alpha}\right)\Bigg\}
\end{align*}

これで $I_{1/2}$ を計算してみる。

\begin{align*}
 I_{1/2} &= \frac{(-r)^{1/2}}{\sqrt{a^{2}-b^{2}}}\Bigg\{\int_{0}^{-\log(-r)}\cosh(t/2)dt\\
 &\qquad + \big((-r)^{1/2}-(-r)^{-1/2}\big)\left(\int_{0}^{1}\frac{rt^{1/2}}{1+rt}dt - 1\right)\Bigg\}
\end{align*}
だが、まず
\[
 (-r)^{(1/2)}-(-r)^{-(1/2)} = \sqrt{-r}-\sqrt{-s} = -\sqrt{\frac{2(a-b)}{b}}
\]
及び
\begin{align*}
 \int_{0}^{-\log(-r)}\cosh(t/2)dt &= \Big[2\sinh(t/2)\Big]_{0}^{-\log(-r)}\\
 &= (-r)^{-(1/2)}-(-r)^{(1/2)}\\
 &= \sqrt{\frac{2(a-b)}{b}}
\end{align*}
に注意すると
\begin{align*}
 I_{1/2} &= \frac{(-r)^{1/2}}{\sqrt{a^{2}-b^{2}}}\Bigg\{\sqrt{\frac{2(a-b)}{b}} - \sqrt{\frac{2(a-b)}{b}}\left(\int_{0}^{1}\frac{rt^{1/2}}{1+rt}dt - 1\right)\Bigg\}\\
 &= \frac{(-r)^{1/2}}{\sqrt{a^{2}-b^{2}}}\sqrt{\frac{2(a-b)}{b}}\left\{-\int_{0}^{1}\frac{rt^{1/2}}{1+rt}dt + 2\right\}\\
 &= \sqrt{\frac{2(-r)}{b(a+b)}}\left\{-\int_{0}^{1}\frac{rt^{1/2}}{1+rt}dt + 2\right\}
\end{align*}

結局

\begin{align*}
I_{1/2} 
 &= -\sqrt{\frac{2(-r)}{b(a+b)}}\left(\int_{0}^{1}\frac{2ru^{2}}{1+ru^{2}}du - 2\right)\\
 &= -\sqrt{\frac{2(-r)}{b(a+b)}}\left(\int_{0}^{1}(2 - \frac{2}{1+ru^{2}})du - 2\right)\\
 &= 2\sqrt{\frac{2(-r)}{b(a+b)}}\int_{0}^{1}\frac{1}{1+ru^{2}}du\\
 &= \frac{2}{(-r)}\sqrt{\frac{2(-r)}{b(a+b)}}\int_{0}^{1}\frac{1}{(-\frac{1}{r})-u^{2}}du\\
 &= \frac{2}{(-r)}\sqrt{\frac{2(-r)}{b(a+b)}}\Bigg[\frac{1}{2\sqrt{-\frac{1}{r}}}\log\frac{\sqrt{-\frac{1}{r}}+u}{\sqrt{-\frac{1}{r}}-u}\Bigg]_{0}^{1}\\
 &= \sqrt{\frac{2}{b(a+b)}}\log\frac{\sqrt{-\frac{1}{r}}+1}{\sqrt{-\frac{1}{r}}-1}\\
\end{align*}

ところが

\[
 \log\frac{\sqrt{-\frac{1}{r}}+1}{\sqrt{-\frac{1}{r}}-1} = \log\frac{1+\sqrt{-r}}{1-\sqrt{-r}} = \frac{1}{2}\log\frac{(1+\sqrt{-r})^{2}}{(1-\sqrt{-r})^{2}}
\]
であって、更に
\[
 \frac{1+\sqrt{-r}}{1-\sqrt{-r}} = \frac{1+\sqrt{-(1/s)}}{1-\sqrt{-(1/s)}} = \frac{\sqrt{-s}+1}{\sqrt{-s}-1}
\]
だから、結局
\begin{align*}
 &\frac{(1+\sqrt{-r})^{2}}{(1-\sqrt{-r})^{2}} = \frac{(1+\sqrt{-r})(\sqrt{-s}+1)}{(1-\sqrt{-r})(\sqrt{-s}-1)}\\
 &\qquad = \frac{2+(\sqrt{-r}+\sqrt{-s})}{-2+(\sqrt{-r}+\sqrt{-s})}\\
 &\qquad = \frac{2+\sqrt{2(a+b)/b}}{-2+\sqrt{2(a+b)/b}}\\
 &\qquad = \frac{\sqrt{a+b}+\sqrt{2b}}{\sqrt{a+b}-\sqrt{2b}}
\end{align*}

つまり

\[
 \log\frac{\sqrt{-\frac{1}{r}}+1}{\sqrt{-\frac{1}{r}}-1} = \frac{1}{2}\log\frac{\sqrt{a+b}+\sqrt{2b}}{\sqrt{a+b}-\sqrt{2b}}
\]

まとめると

\begin{align*}
 I_{1/2} &= \sqrt{\frac{2}{b(a+b)}}\cdot\frac{1}{2}\log\frac{\sqrt{a+b}+\sqrt{2b}}{\sqrt{a+b}-\sqrt{2b}}\\
 &= \sqrt{\frac{1}{2b(a+b)}}\log\frac{\sqrt{a+b}+\sqrt{2b}}{\sqrt{a+b}-\sqrt{2b}}
\end{align*}

| | コメント (0) | トラックバック (0)

本ブログ記事「2018年 (平成30年) 版 [理科年表] 附録「数学公式」[附17 (1097) 頁] における誤植」(2018年8月31日[金]) 補足。[一般式] Executive Summary

$a>b>0, \alpha\geq{0}$ の時、$r,s,p,q$

\begin{align*}
 & r := \frac{-a + \sqrt{a^{2}-b^{2}}}{b}, \quad s := \frac{-a - \sqrt{a^{2}-b^{2}}}{b};\\
 & p := \frac{a - \sqrt{a^{2}-b^{2}}}{b}, \quad  q := \frac{a + \sqrt{a^{2}-b^{2}}}{b}
\end{align*}
と定めると、次の等式が成り立つ ( $s<-1<r<0<p<1<q$ に注意)。

\begin{align*}
 &\int_{0}^{\pi}\!\frac{\cos{(\alpha{x})}}{a+b\cos{x}}\,dx =\\
 &\qquad \frac{\pi{p^{\alpha}}\cos{(\alpha\pi)}}{\sqrt{a^{2}-b^{2}}} + \frac{\sin{(\alpha\pi)}}{\sqrt{a^{2}-b^{2}}}\Big(\mathrm{vp\!}\int_{0}^{1}\frac{\rho^{\alpha}d\rho}{\rho+r} - \int_{0}^{1}\frac{\rho^{\alpha}d\rho}{\rho+s}\Big)\\
\\
 &\int_{0}^{\pi}\!\frac{\cos{(\alpha{x})}}{a-b\cos{x}}\,dx =\\
 &\qquad \frac{\pi{p^{\alpha}}}{\sqrt{a^{2}-b^{2}}} + \frac{\sin{(\alpha\pi)}}{\sqrt{a^{2}-b^{2}}}\Big(\int_{0}^{1}\frac{\rho^{\alpha}d\rho}{\rho+p} - \int_{0}^{1}\frac{\rho^{\alpha}d\rho}{\rho+q}\Big)
\end{align*}

特に、$\alpha$ が、非負整数 $n$ である時は

\begin{align*}
 &\int_{0}^{\pi}\!\frac{\cos{(nx)}}{a+b\cos{x}}\,dx = \frac{\pi{r^{n}}}{\sqrt{a^{2}-b^{2}}} = \frac{\pi}{\sqrt{a^{2}-b^{2}}}\left(\frac{-a + \sqrt{a^{2}-b^{2}}}{b}\right)^{\!\!n}\\
 &\int_{0}^{\pi}\!\frac{\cos{(nx)}}{a-b\cos{x}}\,dx = \frac{\pi{p^{n}}}{\sqrt{a^{2}-b^{2}}} = \frac{\pi}{\sqrt{a^{2}-b^{2}}}\left(\frac{a - \sqrt{a^{2}-b^{2}}}{b}\right)^{\!\!n}
\end{align*}

である。

参考: 本ブログ記事「2018年 (平成30年) 版 [理科年表] 附録「数学公式」[附17 (1097) 頁] における誤植」(2018年8月31日[金])

読み物・書き物・刷り物, 備忘, 数学 | | コメント (0) | トラックバック (0)

本ブログ記事「2018年 (平成30年) 版 [理科年表] 附録「数学公式」[附17 (1097) 頁] における誤植」(2018年8月31日[金]) への注意

本ブログ記事2018年 (平成30年) 版 [理科年表] 附録「数学公式」[附17 (1097) 頁] における誤植: nouse (2018年8月31日[金]) において、$\alpha$ は非負整数でなければならないことを言及し忘れていた。

当該 [理科年表] でも、また同じ公式が示されている [岩波数学公式 I] 第247頁でも、同様の注意が必要てある。

これは留数を用いた積分計算に於いて、被積分関数が原点の周りで多価性を発現しないようにするための限定である。

また、結果として得られた公式の右辺のカッコ内は負の実数であるから、$\alpha$ が整数でないと、右辺は実数でなくなる。これは、左辺が実数であることに反することを指摘しておいても良いだろう。

| | コメント (0) | トラックバック (0)

2018年 (平成30年) 版 [理科年表] 附録「数学公式」[附17 (1097) 頁] における誤植

2018年 (平成30年) 版 [理科年表] (ISBN-13: 978-4-621-30217-0) 附録「数学公式」中 [附17 (1097)] 頁、下から5つ目の等式には誤植がある。

つまり


\[
 \int_{0}^{\pi}\!\frac{\cos{ax}}{a+b\cos{x}}\,dx =\frac{\pi}{\sqrt{a^{2}-b^{2}}}\Big(\frac{\sqrt{a^{2}-b^{2}}-a}{b}\Big)^{\alpha} \qquad (a>b>0,\quad \alpha>0)
\]

の左辺の被積分函数の分子の函数 $\cos$ の変数中の係数 $a$ は誤りである。

この $a$$\alpha$ に置き換えて


\[
 \int_{0}^{\pi}\!\frac{\cos{\alpha{x}}}{a+b\cos{x}}\,dx =\frac{\pi}{\sqrt{a^{2}-b^{2}}}\Big(\frac{\sqrt{a^{2}-b^{2}}-a}{b}\Big)^{\alpha} \qquad (a>b>0,\quad \alpha>0)
\]

とすべきだろう。

元の形が誤っているのは一目瞭然である。右辺は $\alpha$ に依存して値が変化するが、その変数 $\alpha$ が左辺に現れないからだ。

勿論、これだけの根拠では、誤っているのが左辺ではなく、右辺 (又は、左右両方) である可能性を排除できないが、表式右のカッコ内に $\alpha$ の範囲に就いての限定がある以上、表式中に$\alpha$ が含まれることは所与の要件として認めざるを得ない。このことの結果として、蓋然性の低くなる場合を排除するなら、左辺のみが誤っていると、まず想定すべきだろう。

そうすると、「正解」の候補として、とりあえず考えられるのが、左辺中に2つある $a$ のどちらかを $\alpha$ で置き換えることだが (両方を置き換えると、左辺中に $a$ が存在しなくなる)、右辺の形式をみると、一番期待できるのが、分子の $a$ のみ1つを $\alpha$ で置き換えることである。

だから、当面の課題は、それが正しく右辺の形式の式を導き出すかと云うことになる。

この[訂正形] が正しいのは次のように確かめられる。まず


\[
 I := \int_{0}^{\pi}\!\frac{\cos{\alpha{x}}}{a+b\cos{x}}\,dx
\]

とすると、その被積分函数は $x$ に就いての偶関数だから、当然

\[
 2I = \int_{-\pi}^{\pi}\!\frac{\cos{\alpha{x}}}{a+b\cos{x}}\,dx
\]

となる。

ここで、更に奇関数

\[
 \frac{i\sin{\alpha{x}}}{a+b\cos{x}}
\]

を取って $-\pi$ から $\pi$ まで積分すると、積分値は勿論 $0$ になるから、次の等式が成り立つ。


\[
 2I = \int_{-\pi}^{\pi}\!\frac{\cos{\alpha{x}}+i\sin{\alpha{x}}}{a+b\cos{x}}\,dx
\]

そして、

\begin{align*}
 &\cos{\alpha{x}} +i\sin{\alpha{x}} = e^{i\alpha{x}}\\
 &a+b\cos{x} = a + \frac{b}{2}(e^{ix}+e^{-ix}) = \inverse{2e^{ix}}(be^{2ix} + 2ae^{ix} +b)
\end{align*}

だから、変数変換 $z = e^{ix}$ を行うと ( $dx={dz}/{(iz)}$ に注意)

\[
 2I = \inverse{i}\int_{|z|=1}\frac{2z^{\alpha}}{bz^{2} + 2az + b}\,dz
\]

つまり

\[
 I = \inverse{i}\int_{|z|=1}\frac{z^{\alpha}}{bz^{2} + 2az + b}\,dz
\]

である。

これから、積分値 $I$ は被積分函数

\[
 \frac{z^{\alpha}}{bz^{2} + 2az + b}
\]

の極のうち、複素平面単位円に含まれるものの留数の総和、の $2\pi$ 倍であることが分かる。

しかるに2次方程式 $bz^{2} + 2az + b = 0$ の2つの根を考えて、それを $r,s$ とすると、a>b>0$ だったから、判別式は $4a^{2}-4b^{2}>0$ となり、$r,s$ は異なる実数であることが分かる。

ここで、一般性を失うことなく $r>s$ と仮定することができるが、更に $\displaystyle rs = (b/b) =1$ だから、$r,s$ の絶対値は、一方のみが $1$ より小さく、他方は $1$ より大きい。

実際、2つの根の表式

\[
 \inverse{b}(-a \pm\sqrt{a^{2}-b^{2}})
\]

を念頭において、それぞれの値が、如何なる範囲に含まれるか調べてみると次のようになる。
\begin{align*}
 &a+b>a-b>0\\
 &a^{2}>a^{2}-b^{2}>(a-b)^{2}>0\\
 &a>\sqrt{a^{2}-b^{2}}>a-b>0>b-a>-\sqrt{a^{2}-b^{2}}\\
 &0>-a+\sqrt{a^{2}-b^{2}}>-b>-a-\sqrt{a^{2}-b^{2}}\\
 &0>r = \inverse{b}(-a + \sqrt{a^{2}-b^{2}})>-1>s = \inverse{b}(-a - \sqrt{a^{2}-b^{2}})
\end{align*}

これより複素平面単位円に含まれる極は

\[
 z = r = \inverse{b}(-a +\sqrt{a^{2}-b^{2}})
\]

のみであることが分かる。

結局、求める留数は

\begin{align*}
 \frac{r^{\alpha}}{b(r-s)} &= \frac{((\sqrt{a^{2}-b^{2}}-a)/b)^{\alpha}}{b(2\sqrt{a^{2}-b^{2}}/b)}\\
                           &= \inverse{{2\sqrt{a^{2}-b^{2}}}}\Big(\frac{\sqrt{a^{2}-b^{2}}-a}{b}\Big)^{\alpha}
\end{align*}

これの $2\pi$ 倍は

\[
 \frac{\pi}{\sqrt{a^{2}-b^{2}}}\Big(\frac{\sqrt{a^{2}-b^{2}}-a}{b}\Big)^{\alpha}
\]

で、求めるものが得られた。

2018年 (平成30年) 版 [理科年表] は、現時点 (2018年8月31日) での最新版だが、旧版では、本件がどうであったかは、未確認。

| | コメント (0) | トラックバック (0)

PHP研究所 [ABC予想入門] の誤植と微妙箇所

以前 (出版当時) に卒読した [ABC予想入門] (発行:株式会社PHP研究所/2013年4月1日。著者:黒川信重・小川信也) の誤植を纏めておく。瑕疵は後半 (第4章以降) に集中しており、表式上のケアレスミスばかりである。

内容は、「ABC予想」や関連する話題 (ファルマー予想・リーマン予想・ラマヌジャン予想・佐藤テイト予想・スピロ予想・カタラン予想。そして、「予想」の「整数版」と「多項式版」) に亘っており、充分面白かった。

[ABC予想入門] 正誤表
第4章第1節 p.124 第4行
a\left(\frac{c^{\prime}}{c}-\frac{a^{\prime}}{a}\right) = bc\left(\frac{b^{\prime}}{b}-\frac{c^{\prime}}{c}\right) a\left(\frac{c^{\prime}}{c}-\frac{a^{\prime}}{a}\right) = b\left(\frac{b^{\prime}}{b}-\frac{c^{\prime}}{c}\right)
備考:右辺の因子 $c$ は不要。
第4章第1節 p.125 第1行-第2行
\begin{align*}
 \frac{a}{b} &= \frac{\displaystyle\frac{c^{\prime}}{c}-\frac{a^{\prime}}{a}}{\displaystyle\frac{b^{\prime}}{b}-\frac{c^{\prime}}{c}}\\
&= \frac{\displaystyle\rad{abc}\left(\frac{c^{\prime}}{c}-\frac{a^{\prime}}{a}\right)}{\displaystyle\rad{abc}\left(\frac{b^{\prime}}{b}-\frac{c^{\prime}}{c}\right)}
\end{align*} \begin{align*}
 \frac{a}{b} &= \frac{\displaystyle\frac{b^{\prime}}{b}-\frac{c^{\prime}}{c}}{\displaystyle\frac{c^{\prime}}{c}-\frac{a^{\prime}}{a}}\\
&= \frac{\displaystyle\rad{abc}\left(\frac{b^{\prime}}{b}-\frac{c^{\prime}}{c}\right)}{\displaystyle\rad{abc}\left(\frac{c^{\prime}}{c}-\frac{a^{\prime}}{a}\right)}
\end{align*}
備考:中辺と右辺とで、分子・分母を交換する。左辺だけの分子・分母を交換しても正しい等式になるが、後続の議論が、本式で、中辺と右辺を補正した形のものに準じた表式になっているので、こちらの方が、全体としての訂正箇所が少なくなる。
第4章第1節 p.126 第8行
a\Bigm|\rad{abc}\!\left(\frac{c^{\prime}}{c}-\frac{a^{\prime}}{a}\right) a\Bigm|\rad{abc}\!\left(\frac{b^{\prime}}{b}-\frac{c^{\prime}}{c}\right)
備考:p.125 第2行での変更に合わせる。
第4章第1節 p.127 第1行
b\Bigm|\left(\frac{b^{\prime}}{b}-\frac{c^{\prime}}{c}\right) b\Bigm|\rad{abc}\!\left(\frac{c^{\prime}}{c}-\frac{a^{\prime}}{a}\right)
備考:p.125 第2行での変更に合わせ
\[
 \frac{b^{\prime}}{b}-\frac{c^{\prime}}{c}
\]

\[
 \frac{c^{\prime}}{c}-\frac{a^{\prime}}{a}
\]
に変更する。
さらに $\rad{abc}$ を補足する必要がある。
第5章第4節 p.179 第8行
\wp(z)^{2}=y^{2} \wp^{\prime}(z)^{2}=y^{2}
備考:ここでの ワイエルシュトラス (Weierstraß) の $\wp$ 函数 (ペー函数) は微分されていなければならない (p.174 での記述を参照)。
第5章第4節 p.186 第6行
\wp(z_{3}) \neq \wp(z_{2}) \wp(z_{3}) \neq \wp(z_{1})
備考:この式は $f(z_{3})=\wp(z_{3})-\wp(z_{1})\neq{0}$ から導かれたものである。
第6章第3節 p.207 第6行
c_{n+1}=a^{2}_{n} c_{n+1}=c^{2}_{n}
備考:p.209第7行には正しい式が示されている。
第6章第3節 p.208 第10行-第12行
\begin{align*}
 &a_{n}=3^{2n}\cos^{2}(2^{n-1}\theta)\\
 &b_{n}=3^{2n}\sin^{2}(2^{n-1}\theta)\\
 &c_{n}=3^{2n}\\
\end{align*} \begin{align*}
 &a_{n}=3^{2^{n}}\cos^{2}(2^{n-1}\theta)\\
 &b_{n}=3^{2^{n}}\sin^{2}(2^{n-1}\theta)\\
 &c_{n}=3^{2^{n}}\\
\end{align*}
備考:右辺の $3$ の指数は $2n$ ではなくて、$2^{n}$ にする必要がある。高校数学レベルの計算だが、確認しておこう (p.207 の $a_{n},b_{n},c_{n}$ の漸化式を参照されてたい)。
$n=1$ の時は
\begin{align*}
 &a_{1}=3^{2}\cos^{2}(\theta)=9*\left(\sqrt{\frac{8}{9}}\right)^{2}=8\\
 &b_{1}=3^{2}\sin^{2}(\theta)=9*\left(\sqrt{\frac{1}{9}}\right)^{2}=1\\
 &c_{1}=3^{2}=9
\end{align*}

$n\geq{2}$ では
\begin{align*}
&(a_{n}-b_{n})^{2}=\left(3^{2^{n}}\cos^{2}(2^{n-1}\theta)-3^{2^{n}}\sin^{2}(2^{n-1}\theta)\right)^{2}\\
&\qquad=\left(3^{2^{n}}\right)^{2}*\left(\cos^{2}(2^{n-1}\theta)-\sin^{2}(2^{n-1}\theta)\right)^{2}\\
&\qquad=\left(3^{2*(2^{n})}\right)*\left(\cos(2*(2^{n-1}\theta))\right)^{2}\\
&\qquad=3^{2^{(n+1)}}\cos^{2}(2^{n}\theta)\\
&4a_{n}b_{n}=4\left(3^{2^{n}}\cos^{2}(2^{n-1}\theta)\right)\left(3^{2^{n}}\sin^{2}(2^{n-1}\theta)\right)\\
&\qquad=\left(3^{2^{n}}\right)^{2}*\left(4\sin^{2}(2^{n-1}\theta)\cos^{2}(2^{n-1}\theta)\right)\\
&\qquad=\left(3^{2*(2^{n})}\right)*\left(2\sin(2^{n-1}\theta)\cos(2^{n-1}\theta)\right)^{2}\\
&\qquad=3^{2^{(n+1)}}\sin^{2}(2*2^{n-1}\theta)\\
&\qquad=3^{2^{(n+1)}}\sin^{2}(2^{n}\theta)\\
&c^{2}_{n}=\left(3^{2^{n}}\right)^{2} =3^{2*(2^{n})} = 3^{2^{(n+1)}}
\end{align*}
第6章第3節 p.209 第3行
S_{0}(a_{n+1},b_{n+1},c_{n+1})=\frac{(a_{n+1},b_{n+1},c_{n+1})^{\frac{1}{3}}}{\rad{a_{n+1},b_{n+1},c_{n+1}}} S_{0}(a_{n+1},b_{n+1},c_{n+1})=\frac{(a_{n+1}b_{n+1}c_{n+1})^{\frac{1}{3}}}{\rad{a_{n+1}b_{n+1}c_{n+1}}}
備考:p.206 における $S_{\varepsilon}(a,b,c)$$\varepsilon=0$ を当てはめた式に従う。

最後に、誤りとは言えないが、読んでいてビミョーな気分になった所を書いておこう。

「スピロ予想」に関連して、その条件 $\varepsilon>0$ を外して $\varepsilon=0$ とした時には「予想」が成立しなくなることを説明しているなかで、第6章第3節 p.209 第11行の「$a_{n},b_{n},c_{n}$ の中には必ず偶数がある・・・」と云う箇所がある。たしかに、これは、論理的には誤りではない。だが、この $c_{n}$ は蛇足である。何故なら、$c_{n}$ は必ず奇数 ($\displaystyle 3^{2^{n}}$) になるからだ。更に言うなら、

$n=1$ の時は $a_{1}$ が偶数 (定義により $8$) で、$b_{1}$ が奇数 (定義により $1$)。
$n\geq{2}$ では、$a_{n}$ は常に奇数で、$b_{n}$ は常に偶数になる。
全体としては、$a_{n}$ 又は $b_{n}$ のどちらかが必ず偶数になる (他方は必ず奇数)。これは $a_{n}+b_{n}=c_{n}$ と云う関係式が満たされていて、さらに $c_{n}$ が奇数なのだから当然である。

| | コメント (0) | トラックバック (0)

$\int_{0}^{\varphi}\sin^{m}(\theta)\cos^{n}(\theta){\sqrt{1-k^{2}\sin^{2}(\theta)}}d\theta$ 及び $\int_{0}^{\varphi}\frac{\sin^{m}(\theta)\cos^{n}(\theta)}{\sqrt{1-k^{2}\sin^{2}(\theta)}}d\theta$ の計算

以下は、これまで本ブログの [三角関数の幾つかの2次無理式の積分] (2017年10月31日 [火])、[「三角関数の幾つかの2次無理式の積分 (2017年10月31日 [火])」補足その1] (2017年11月30日[木])、及び [[三角関数の幾つかの2次無理式の積分]補足その2] (2017年12月31日[日]) において計算した結果を、まとめたものである。表式に若干手を入れたが、内容に変化はない。

まず、主要な記号の定義を示しておく。

\begin{align*}
 &0<k<1, 0\leq \varphi \leq \frac{\pi}{2}\\
 &\Delta_{\theta} := \sqrt{1-k^{2}\sin^{2}(\theta)} = \sqrt{1-k^{2}+k^{2}\cos^{2}(\theta)}\\
 &\Delta_{\varphi} := \sqrt{1-k^{2}\sin^{2}(\varphi)} = \sqrt{1-k^{2}+k^{2}\cos^{2}(\varphi)}\\
 &E(\varphi,k) := \int_{0}^{\varphi}\Delta_{\theta}d\theta, \quad F(\varphi,k) := \int_{0}^{\varphi}\frac{d\theta}{\Delta_{\theta}}\\
 &I^{(m,n)} := \int_{0}^{\varphi}\sin^{m}(\theta)\cos^{n}(\theta){\Delta_{\theta}}d\theta\\
 &J^{(m,n)} := \int_{0}^{\varphi}\frac{\sin^{m}(\theta)\cos^{n}(\theta)}{\Delta_{\theta}}d\theta\\
\end{align*}

言うまでもなかろうが $F(\varphi,k)$ 及び $E(\varphi,k)$ は、それぞれ「第一種の楕円積分」及び「第二種の楕円積分」である。そして、次の関係式は自明だろう。

\begin{align*}
 &E(\varphi,k) = I^{(0,0)} = I^{(2,0)}+I^{(0,2)}\\
 &F(\varphi,k) = J^{(0,0)} = J^{(2,0)}+J^{(0,2)}\\
\end{align*}

漸化式の纏め。

$m{\geq}2$ の時

\begin{align*}
 &I^{(m,n)} = I^{(m-2,n)} - I^{(m-2,n+2)}\\
 &J^{(m,n)} = J^{(m-2,n)} - J^{(m-2,n+2)}\\
 &J^{(m,n)} = \inverse{k^{2}}\left(J^{(m-2,n)}-I^{(m-2,n)}\right)\\
 &\int_{0}^{\varphi}\sin^{m}(\theta)\cos^{m}(\theta){\Delta_{\theta}}d\theta = \inverse{(2m+1)k^{2}}\Big\{-\sin^{m-1}(\varphi)\cos^{m-1}(\varphi)\Delta_{\varphi}^{3}\\
 &\qquad\qquad\qquad + (m-1)I^{(m-2,m)} - (m-1)(1-k^{2})I^{(m.m-2)}\Big\}\\
 &\int_{0}^{\varphi}\frac{\sin^{m}(\theta)\cos^{m}(\theta)}{\Delta_{\theta}}d\theta = \inverse{(2m-1)k^{2}}\Big\{-\sin^{m-1}(\varphi)\cos^{m-1}(\varphi)\Delta_{\varphi}\\
 &\qquad\qquad\qquad + (m-1)J^{(m-2,m)} - (m-1)(1-k^{2})J^{(m,m-2)}\Big\}\\
\end{align*}

$n{\geq}2$ の時

\begin{align*}
 &I^{(m,n)} = I^{(m,n-2)} - I^{(m+2,n-2)}\\
 &J^{(m,n)} = J^{(m,n-2)} - J^{(m+2,n-2)}\\
 &J^{(m,n)} = \inverse{k^{2}}\left(-(1-k^{2})J^{(m,n-2)}+I^{(m,n-2)}\right)\\
 &\int_{0}^{\varphi}\sin(\theta)\cos^{n}(\theta){\Delta(\theta,k)}d\theta = -\inverse{(n+2)k^{2}}\left\{(n-1)(1-k^{2})I^{(1,n-2)} + \cos^{n-1}(\varphi)\Delta_{\varphi}^{3} - 1\right\}\\
 &\qquad = -\inverse{(n+2)k^{2}}\Big\{(n-1)(1-k^{2})I^{(1,n-2)} + \Big((1-k^{2})\cos^{n-1}(\varphi) + k^{2}\cos^{n+1}(\theta)\Big)\Delta_{\varphi} - 1\Big\}\\
 &\int_{0}^{\varphi}\frac{\sin(\theta)\cos^{n}(\theta)}{\Delta_{\theta}}d\theta = -\inverse{nk^{2}}\left\{\left(\cos^{n-1}(\varphi)\Delta_{\varphi}-1\right) + (n-1)(1-k^{2})J^{(1,n-2)}\right\}\\
\end{align*}

$m,n \geq 2$ の時

\begin{align*}
 &\int_{0}^{\varphi}\sin^{m}(\theta)\cos^{n}(\theta){\Delta_{\theta}}d\theta = \inverse{({m+n+1})k^{2}}\Big\{-\sin^{m-1}(\varphi)\cos^{n-1}(\varphi)\Delta_{\varphi}^{3}\\
 &\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad + (m-1)I^{(m-2,n)} - (n-1)(1-k^{2})I^{(m,n-2)}\Big\}\\
 &\int_{0}^{\varphi}\frac{\sin^{m}(\theta)\cos^{n}(\theta)}{\Delta_{\theta}}d\theta = \inverse{(m+n-1)k^{2}}\Big\{-\sin^{m-1}(\varphi)\cos^{n-1}(\varphi)\Delta_{\varphi}\\
 &\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad + (m-1)J^{(m-2,n)} - (n-1)(1-k^{2})J^{(m,n-2)}\Big\}\\
\end{align*}

$m \geq 4, n>0$ の時

\begin{align*}
 &\int_{0}^{\varphi}\sin^{m}(\theta)\cos^{n}(\theta){\Delta_{\theta}}d\theta = \inverse{(m+n+1)k^{2}}\Big\{\sin^{m-3}(\varphi)\cos^{n+1}(\varphi)\Delta_{\varphi}^{3}\\
 &\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad + (m+n-2 + mk^{2})I^{(m-2,n)} - (m-3)I^{(m-4,n)}\Big\}\\
 &\int_{0}^{\varphi}\frac{\sin^{m}(\theta)\cos^{n}(\theta)}{\Delta_{\theta}}d\theta = - \inverse{(m+n-1)k^{2}}\Big\{-\sin^{m-3}(\varphi)\cos^{n+1}(\varphi)\Delta_{\varphi}\\
 &\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad + (m-3)J^{(m-4,n)} - \left(m+n-2+(m-2)k^{2}\right)J^{(m-2,n)}\Big\}\\
\end{align*}

個別の関係式

\begin{align*}
 &I^{(0,n)}: n=1,2,3\\
 &\int_{0}^{\varphi}\cos(\theta)\Delta_{\theta}d\theta = \frac{\sin(\varphi)\Delta_{\varphi}}{2} + \frac{\arcsin(k\sin(\varphi))}{2k}\\
 &\int_{0}^{\varphi}\cos^{2}(\theta)\Delta_{\theta}d\theta = \frac{\sin(\varphi)\cos(\varphi)\Delta_{\varphi}}{3} + \frac{1+k^{2}}{3k^{2}}E(\varphi,k) - \frac{1-k^{2}}{3k^{2}}F(\varphi,k)\\
 &\int_{0}^{\varphi}\cos^{3}(\theta)\Delta_{\theta}d\theta  = \frac{2k^{2}\cos^{2}(\varphi)+2k^{2}+1}{8k^{2}}\sin(\varphi)\Delta_{\varphi} + \frac{4k^{2}-1}{8k^{3}}{\arcsin(k\sin(\varphi))}\\
\end{align*}

\begin{align*}
 &I^{(1,n)}: n=0,1,2,3\\
 &\int_{0}^{\varphi}\sin(\theta)\Delta_{\theta}d\theta = \frac{1-\cos(\varphi)\Delta_{\varphi}}{2} - \frac{1-k^{2}}{2k}\ln\left\{\frac{k\cos(\varphi)+\Delta_{\varphi}}{k+1}\right\}\\
 &\int_{0}^{\varphi}\sin(\theta)\cos(\theta)\Delta_{\theta}d\theta = \frac{1-\Delta_{\varphi}^{3}}{3k^{2}}\\
 &\int_{0}^{\varphi}\sin(\theta)\cos^{2}(\theta)\Delta_{\theta}d\theta = -\frac{2k^{2}\cos^{2}(\varphi)+1-k^{2}}{8k^{2}}\cos(\varphi)\Delta_{\varphi} + \frac{1+k^{2}}{8k^{2}}\\
 &\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad - \frac{(1-k^{2})^{2}}{8k^{3}}\ln\left(\frac{\Delta_{\varphi}-k\cos(\varphi)}{1-k}\right)\\
 &\int_{0}^{\varphi}\sin(\theta)\cos^{3}(\theta)\Delta_{\theta}d\theta = -\inverse{15k^{4}}\left\{3\Delta_{\varphi}^{5} - 5(1-k^{2})\Delta_{\varphi}^{3} - 5k^{2} +2\right\}\\
 &\qquad\qquad = -\frac{3k^{4}\sin^{4}(\varphi)-k^{2}(5k^{2}+1)\sin^{2}(\varphi)+5k^{2}-2}{15k^{4}}\Delta_{\varphi} + \frac{5k^{2}-2}{15k^{4}}\\
\end{align*}

\begin{align*}
 &I^{(2,n)}: n=0,1,2,3\\
 &\int_{0}^{\varphi}\sin^{2}(\theta)\Delta_{\theta}d\theta = -\frac{\Delta_{\varphi}\sin(\varphi)\cos(\varphi)}{3} + \frac{2k^{2}-1}{3k^{2}}E(\varphi,k) + \frac{1-k^{2}}{3k^{2}}F(\varphi,k)\\
 &\int_{0}^{\varphi}\sin^{2}(\theta)\cos(\theta)\Delta_{\theta}d\theta = \frac{2k^{2}\sin^{2}(\varphi)-1}{8k^{2}}\sin(\varphi)\Delta_{\varphi} + \frac{\arcsin(k\sin(\varphi))}{8k^{3}}\\
 &\int_{0}^{\varphi}\sin^{2}(\theta)\cos^{2}(\theta)\Delta_{\theta}d\theta = \inverse{15k^{2}}\Big\{(-3k^{3}\cos^{2}(\theta)+2k^{2}-1)\sin(\varphi)\cos(\varphi)\Delta_{\varphi}\\
 &\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad + \frac{2(k^{4}-k^{2}+1)}{k^2}E(\varphi,k) - \frac{(1-k^{2})(2-k^{2})}{k^{2}}F(\varphi,k)\Big\}\\
 &\int_{0}^{\varphi}\sin^{2}(\theta)\cos^{3}(\theta)\Delta_{\theta}d\theta = \frac{-8k^{4}\sin^{4}(\varphi)+2k^{2}(6k^{2}+1)\sin^{2}(\varphi)-6k^{2}+3}{48k^{4}}{\sin(\varphi)\Delta_{\varphi}}\\
 &\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad  + \frac{(2k^{2}-1)\arcsin(k\sin(\varphi))}{16k^{5}}
\end{align*}

\begin{align*}
 &I^{(3,n)}: n=0,1,2,3\\
 &\int_{0}^{\varphi}\sin^{3}(\theta)\Delta_{\theta}d\theta = -\frac{2k^{2}\sin^{2}(\varphi)+3k^{2}-1}{8k^{2}}\cos(\varphi)\Delta_{\varphi} + \frac{3k^{2}-1}{8k^{2}}\\
 &\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad + \frac{3k^{4}-2k^{2}-1}{8k^{3}}\ln\left(\frac{k\cos(\varphi)+\Delta_{\varphi}}{k+1}\right)\\
 &\int_{0}^{\varphi}\sin^{3}(\theta)\cos(\theta)\Delta_{\theta}d\theta = \inverse{15k^{4}}\left\{3\Delta_{\varphi}^{5}-5\Delta_{\varphi}^{3}+2\right\}\\
 &\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad = \frac{(3k^{4}\sin^{4}(\varphi)-k^{2}\sin^{2}(\varphi)-2)\Delta_{\varphi}}{15k^{4}}+\frac{2}{15k^{4}}\\
%& = \inverse{15k^{4}}\left\{3\Delta_{\varphi}^{5}-5\Delta_{\varphi}^{3}+2\right\}\\
 &\int_{0}^{\varphi}\sin^{3}(\theta)\cos^{2}(\theta)\Delta_{\theta}d\theta =\\
 &\qquad\qquad \inverse{6k^{2}}\Bigg\{\frac{8k^{4}\sin^{4}(\varphi) - 2k^{2}(k^{2}+1)\sin^{2}(\varphi) - 3k^{4} + 2k^{2} - 3}{8k^{2}}\cos(\varphi){\Delta_{\varphi}}\\
 &\qquad +\frac{3k^{4}-2k^{2}+3}{8k^{2}} + \frac{3(1-k^{2})^{2}(1+k^{2})}{8k^{3}}\ln\left(\frac{k\cos(\varphi)+{\Delta_{\varphi}}}{k+1}\right)\Bigg\}\\
 &\int_{0}^{\varphi}\sin^{3}(\theta)\cos^{3}(\theta)\Delta_{\theta}d\theta = \inverse{k^{6}}\Big\{\frac{\Delta_{\varphi}^{7}}{7} - \frac{(2-k^{2})\Delta_{\varphi}^{5}}{5} + \frac{(1-k^{2})\Delta_{\varphi}^{3}}{3} + \frac{14k^{2}-8}{105}\Big\}\\
 &\qquad\qquad= \Big(\frac{k^{4}\sin^{4}(\varphi)}{7}-\frac{(7k^{4}-4k^{2})\sin^{2}(\varphi)}{35}-\frac{14k^{2}-8}{105}\Big)(1-k^{2}\sin^{2}(\varphi)){\Delta_{\varphi}}\\
 &\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad +\frac{14k^{2}-8}{105}
\end{align*}

\begin{align*}
 &I^{(4,1)}\\
 &\int_{0}^{\varphi}\sin^{4}(\theta)\cos(\theta)\Delta_{\theta}d\theta = \inverse{6k^{2}}\Big\{\frac{\sin(\varphi)\Delta_{\varphi}}{8k^{2}}\Big(8k^{4}\sin^{4}(\varphi) - 2k^{2}\sin^{2}(\varphi) - 3\Big)\\
 &\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad + \frac{3\arcsin(k\sin(\varphi))}{8k^{3}}\Big\}
\end{align*}

\begin{align*}
 &J^{(0,n)}: n=1,2,3\\
 &\int_{0}^{\varphi}\frac{\cos(\theta)}{\Delta_{\theta}}d\theta = \inverse{k}\arcsin(k\sin(\varphi))\\
 &\int_{0}^{\varphi}\frac{\cos^{2}(\theta)}{\Delta_{\theta}}d\theta = \frac{E(\varphi,k)}{k^{2}} - \frac{1-k^{2}}{k^{2}}F(\varphi,k)\\
 &\int_{0}^{\varphi}\frac{\cos^{3}(\theta)}{\Delta_{\theta}}d\theta = \frac{\sin(\varphi)\Delta_{\varphi}}{2k^{2}} + \frac{2k^{2}-1}{2k^{3}}\arcsin(k\sin(\varphi))
\end{align*}

\begin{align*}
 &J^{(1,n)}: n=0,1,2,3\\
 &\int_{0}^{\varphi}\frac{\sin(\theta)}{\Delta_{\theta}}d\theta = \inverse{k}\ln\left(\frac{\Delta_{\varphi}-k\cos(\varphi)}{1-k}\right)\\
 &\int_{0}^{\varphi}\frac{\sin(\theta)\cos(\theta)}{\Delta_{\theta}}d\theta = \frac{1-\Delta_{\varphi}}{k^{2}}\\
 &\int_{0}^{\varphi}\frac{\sin(\theta)\cos^{2}(\theta)}{\Delta_{\theta}}d\theta = -\frac{\cos(\varphi)\Delta_{\varphi}}{2k^{2}} + \inverse{2k^{2}} - 
\frac{1-k^{2}}{2k^{3}}\ln\left(\frac{\Delta_{\varphi}-k\cos(\varphi)}{1-k}\right)\\
 &\int_{0}^{\varphi}\frac{\sin(\theta)\cos^{3}(\theta)}{\Delta_{\theta}}d\theta = -\frac{(k^{2}\cos^{2}(\varphi)-2+2k^{2})\Delta_{\varphi}}{3k^{4}} + \frac{3k^{2}-2}{3k^{4}}
\end{align*}

\begin{align*}
 &J^{(2,n)}: n=0,1,2,3\\
 &\int_{0}^{\varphi}\frac{\sin^{2}(\theta)}{\Delta_{\theta}}d\theta = \frac{F(\varphi,k)-E(\varphi,k)}{k^{2}}\\
 &\int_{0}^{\varphi}\frac{\sin^{2}(\theta)\cos(\theta)}{\Delta_{\theta}}d\theta = -\frac{\sin(\varphi)\Delta_{\varphi}}{2k^{2}} + \frac{\arcsin(k\sin(\varphi))}{2k^{3}}\\
 &\int_{0}^{\varphi}\frac{\sin^{2}(\theta)\cos^{2}(\theta)}{\Delta_{\theta}}d\theta = -\frac{\sin(\varphi)\cos(\varphi)\Delta_{\varphi}}{3k^{2}} + \frac{2-k^{2}}{3k^{4}}E(\varphi,k) + \frac{2k^{2}-2}{3k^{4}}F(\varphi,k)\\
 &\int_{0}^{\varphi}\frac{\sin^{2}(\theta)\cos^{3}(\theta)}{\Delta_{\theta}}d\theta = \inverse{8k^{4}}\Big\{(2k^{2}\sin^{2}(\varphi)-4k^{2}+3){\sin(\varphi)\Delta_{\varphi}} + \frac{4k^{2}-3}{k}\arcsin(k\sin(\varphi))\Big\}\\
\end{align*}

\begin{align*}
 &J^{(3,n)}: n=0,1,2,3\\
 &\int_{0}^{\varphi}\frac{\sin^{3}(\theta)}{\Delta_{\theta}}d\theta = \frac{\cos(\varphi)\Delta-1}{2k^{2}} - \frac{1+k^{2}}{2k^{3}}\ln\left(\frac{k\cos(\varphi)+\Delta_{\varphi}}{k+1}\right)\\
 &\int_{0}^{\varphi}\frac{\sin^{3}(\theta)\cos(\theta)}{\Delta_{\theta}}d\theta = -\frac{(k^{2}\sin^{2}(\varphi)+2)\Delta_{\varphi}}{3k^{4}} + \frac{2}{3k^{4}}\\
 &\int_{0}^{\varphi}\frac{\sin^{3}(\theta)\cos^{2}(\theta)}{\Delta_{\theta}}d\theta = \inverse{4k^{2}}\Bigg\{\frac{\cos(\varphi)\Delta_{\varphi}}{2k^{2}}\Big(2k^{2}\cos^{2}(\varphi)-k^{2}-3\Big) - \frac{k^{2}-3}{2k^{2}} \\
 &\qquad\qquad - \frac{k^{4}+2k^{2}-3}{2k^{3}}\ln\left(\frac{k\cos(\varphi)+\Delta_{\varphi}}{k+1}\right)\Bigg\}\\
 &\int_{0}^{\varphi}\frac{\sin^{3}(\theta)\cos^{3}(\theta)}{\Delta_{\theta}}d\theta = \inverse{15k^{6}}\Big\{\Big(3\Delta_{\varphi}^{4} - 5(2-k^{2})\Delta_{\varphi}^{2} + 15(1-k^{2})\Big)\Delta + 10k^{2} - 8\Big\}\\
 &\qquad\qquad\qquad = \frac{\Delta_{\varphi}}{15k^{6}}\Big(3k^{4}\sin^{4}(\varphi)-(5k^{4}-4k^{2})\sin^{2}(\varphi)-10k^{2}+8\Big)+\frac{10k^{2}-8}{15k^{6}}
\end{align*}

\begin{align*}
 &J^{(4,1)}\\
 &\int_{0}^{\varphi}\frac{\sin^{4}(\theta)\cos(\theta)}{\Delta_{\theta}}d\theta = \inverse{4k^{2}}\Big\{-\frac{\sin(\varphi)\Delta_{\varphi}}{2k^{2}}\Big(2k^{2}\sin^{2}(\varphi)+3\Big) + \frac{3\arcsin(k\sin(\varphi))}{2k^{3}}\Big\}
\end{align*}

| | コメント (0) | トラックバック (0)

[三角関数の幾つかの2次無理式の積分]補足その2

$m,n$ を非負整数とし、$k,k^{\prime}$$0<k,k^{\prime}<1,\;k^{2}+k^{\prime2}=1$ を満たすとし、さらに、


\begin{align*}
 \Delta(x,k) :&= \sqrt{1-k^{2}\sin^{2}(x)}\\
&= \sqrt{1-k^{2}+k^{2}\cos^{2}(x)} = \sqrt{k^{\prime2}+k^{2}\cos^{2}(x)}
\end{align*}
と定義する時、$I^{(m,n)}$ 及び $J^{(m,n)}$
\begin{align*}
 I^{(m,n)} &:= \int_{0}^{\varphi}\sin^{m}(\theta)\cos^{n}(\theta){\Delta(\theta,k)}d\theta\\
 J^{(m,n)} &:= \int_{0}^{\varphi}\frac{\sin^{m}(\theta)\cos^{n}(\theta)}{\Delta(\theta,k)}d\theta\\
\end{align*}
を意味するものとする (以下、文脈から明らかな場合は $\Delta(x,k)$ の変数を明示しないで $\Delta$ とのみ書くことがある。また、以下実際には、記法 $k^{\prime2}$ ではなく $1-k^{2}$ が用いられている)。

[三角関数の幾つかの2次無理式の積分: nouse (2017年10月31日 (火))] 及び [「三角関数の幾つかの2次無理式の積分 (2017年10月31日 [火]」補足その1: nouse (2017年11月30日 (木))] により、現段階では $0{\leq}m+n{\leq}3$$I^{(m,n)}$, $J^{(m,n)}$、そして $I^{(2,2)}$ 及び $J^{(2,2)}$ の表式が得られている。本稿では、それ以降の $I^{(m,n)}$ 及び $J^{(m,n)}$ を、階数 ($=m+n$) に従う漸化式により求めていくことにする。従って、以下では $m+n>3$ が満たされていることを前提とする。

その準備として確認しておくが、[補足その1] の初めの方で既に導いてある関係式より
$m{\geq}2$ の時

\begin{align*}
 &I^{(m,0)} = I^{(m-2,0)} - I^{(m-2,2)}\\
 &J^{(m,0)} = J^{(m-2,0)} - J^{(m-2,2)}
\end{align*}
$n{\geq}2$ の時
\begin{align*}
 &I^{(0,n)} = I^{(0,n-2)} - I^{(2,n-2)}\\
 &J^{(0,n)} = J^{(0,n-2)} - J^{(2,n-2)}
\end{align*}
が成り立つことに注意すると、$I^{(m-2,0)}$, $J^{(m-2,0)}$, $I^{(0,n-2)}$, $J^{(0,n-2)}$ の漸化式と、 $I^{(m-2,2)}$, $J^{(m-2,2)}$, $I^{(2,n-2)}$, $J^{(2,n-2)}$ の漸化式とが得られるなら、$I^{(m,0)}$,$J^{(m,0)}$, $I^{(0,n)}$, $J^{(0,n)}$ の漸化式も得られることが分かる。そして $m+n>3$ が前提となっているから、以下の $I^{(m,n)}$ 及び $J^{(m,n)}$ の計算では $m,n>0$ の場合に限定することにする。

すると

\begin{align*}
 &I^{(m,n)}\\
&\quad = \int_{0}^{\varphi}\sin^{m}(\theta)\cos^{n}(\theta){\Delta}d\theta\\
&\quad = \int_{0}^{\varphi}\sin^{m-1}(\theta)\cos^{n-1}(\theta)(\sin(\theta)\cos(\theta){\Delta})d\theta\\
&\quad = -\inverse{3k^{2}}\int_{0}^{\varphi}\sin^{m-1}(\theta)\cos^{n-1}(\theta)\left(\odiff{(\Delta^{3})}{\theta}\right)d\theta\\
&\quad = -\inverse{3k^{2}}\Big[\sin^{m-1}(\theta)\cos^{n-1}(\theta)\Delta^{3}\Big]_{0}^{\varphi}\\
&\qquad + \inverse{3k^{2}}\int_{0}^{\varphi}\Big\{(m-1)\sin^{m-2}(\theta)\cos^{n}(\theta)\\
&\qquad\qquad\qquad\qquad - (n-1)\sin^{m}(\theta)\cos^{n-2}(\theta)\Big\}{\Delta^{3}}d\theta
\end{align*}

まず、$m=1$ 又は $n=1$ の時、上記の最後の式中の $\sin^{m-2}(\theta)$ 又は $\cos^{n-2}(\theta)$ を含む項は不適切になるが、それぞれ、係数 $m-1=0$ 又は $n-1=0$ がかかっており、その不適切性を無視してよいことに注意。

さて $m>1$ なら

\begin{align*}
 I^{(m,n)} &= -\inverse{3k^{2}}\sin^{m-1}(\varphi)\cos^{n-1}(\varphi)\Delta(\varphi,k)^{3}\\
&\qquad + \frac{m-1}{3k^{2}}\int_{0}^{\varphi}\sin^{m-2}(\theta)\cos^{n}(\theta){\Delta^{3}}d\theta\\
&\qquad - \frac{n-1}{3k^{2}}\int_{0}^{\varphi}\sin^{m}(\theta)\cos^{n-2}(\theta){\Delta^{3}}d\theta\\
&= -\inverse{3k^{2}}\sin^{m-1}(\varphi)\cos^{n-1}(\varphi)\Delta(\varphi,k)^{3}\\
&\qquad + \frac{m-1}{3k^{2}}\int_{0}^{\varphi}\sin^{m-2}(\theta)\cos^{n}(\theta)(1-k^{2}\sin^{2}(\theta)){\Delta}d\theta\\
&\qquad - \frac{n-1}{3k^{2}}\int_{0}^{\varphi}\sin^{m}(\theta)\cos^{n-2}(\theta)(1-k^{2}+k^{2}\cos^{2}(\theta)){\Delta}d\theta\\
&= -\inverse{3k^{2}}\sin^{m-1}(\varphi)\cos^{n-1}(\varphi)\Delta(\varphi,k)^{3}\\
&\qquad + \frac{m-1}{3k^{2}}\left\{I^{(m-2,n)} - k^{2}I^{(m,n)}\right\}\\
&\qquad - \frac{n-1}{3k^{2}}\left\{(1-k^{2})I^{(m,n-2)} + k^{2}I^{(m,n)}\right\}\\
\end{align*}

従って

\begin{align*}
 \frac{m+n+1}{3}I^{(m,n)} &= -\inverse{3k^{2}}\sin^{m-1}(\varphi)\cos^{n-1}(\varphi)\Delta(\varphi,k)^{3}\\
&\qquad + \frac{m-1}{3k^{2}}I^{(m-2,n)} - \frac{n-1}{3k^{2}}(1-k^{2})I^{(m,n-2)}\\
\end{align*}

つまり

\begin{align*}
 I^{(m,n)} &= \inverse{({m+n+1})k^{2}}\Big\{-\sin^{m-1}(\varphi)\cos^{n-1}(\varphi)\Delta(\varphi,k)^{3}\\
&\qquad + (m-1)I^{(m-2,n)} - (n-1)(1-k^{2})I^{(m,n-2)}\Big\}\\
\end{align*}

特に $m=n{\geq}2$ の場合は、次のようになる。

\begin{align*}
 I^{(m,m)} &= \inverse{(2m+1)k^{2}}\Big\{-\sin^{m-1}(\varphi)\cos^{m-1}(\varphi)\Delta(\varphi,k)^{3}\\
&\qquad + (m-1)I^{(m-2,m)} - (m-1)(1-k^{2})I^{(m.m-2)}\Big\}
\end{align*}

また $m=1$ なら (前記の仮定により $n>2$ であることに注意)

\begin{align*}
 I^{(1,n)} &= -\inverse{3k^{2}}\left\{\cos^{n-1}(\varphi)\Delta(\varphi,k)^{3} -1\right\}\\
&\qquad - \frac{n-1}{3k^{2}}\int_{0}^{\varphi}\sin(\theta)\cos^{n-2}(\theta){\Delta^{3}}d\theta\\
&\quad = -\inverse{3k^{2}}\left\{\cos^{n-1}(\varphi)\Delta(\varphi,k)^{3} -1\right\}\\
&\qquad\quad  - \frac{n-1}{3k^{2}}\int_{0}^{\varphi}\sin(\theta)\cos^{n-2}(\theta)(1-k^{2}+k^{2}\cos^{2}(\theta)){\Delta}d\theta\\
&\quad = -\inverse{3k^{2}}\left\{\cos^{n-1}(\varphi)\Delta(\varphi,k)^{3} -1\right\}\\
&\qquad\quad  - \frac{(n-1)(1-k^{2})}{3k^{2}}I^{(1,n-2)} - \frac{n-1}{3}I^{(1,n)}
\end{align*}

従って

\begin{align*}
 \frac{n+2}{3}I^{(1,n)} &= - \frac{(n-1)(1-k^{2})}{3k^{2}}I^{(1,n-2)} - \inverse{3k^{2}}\left\{\cos^{n-1}(\varphi)\Delta(\varphi,k)^{3} -1\right\}\\
&= -\inverse{3k^{2}}\left\{(n-1)(1-k^{2})I^{(1,n-2)} + \cos^{n-1}(\varphi)\Delta(\varphi,k)^{3} -1\right\}
\end{align*}

つまり

\[
 I^{(1,n)} = -\inverse{(n+2)k^{2}}\left\{(n-1)(1-k^{2})I^{(1,n-2)} + \cos^{n-1}(\varphi)\Delta(\varphi,k)^{3} - 1\right\}
\]

ここで $\Delta$ の次数を 1 に下げるなら

\begin{align*}
 I^{(1,n)} &=  -\inverse{(n+2)k^{2}}\Big\{(n-1)(1-k^{2})I^{(1,n-2)}\\
&\qquad + \cos^{n-1}(\varphi)(1-k^{2}+k^{2}\cos^{2}(\theta))\Delta(\varphi,k) -1\Big\}\\
&= -\inverse{(n+2)k^{2}}\Big\{(n-1)(1-k^{2})I^{(1,n-2)}\\
&\qquad + \Big((1-k^{2})\cos^{n-1}(\varphi) + k^{2}\cos^{n+1}(\theta)\Big)\Delta(\varphi,k) - 1\Big\}\\
\end{align*}

他方

\begin{align*}
&J^{(m,n)}\\
&= \int_{0}^{\varphi}\frac{\sin^{m}(\theta)\cos^{n}(\theta)}{\Delta}d\theta\\
&= \int_{0}^{\varphi}\sin^{m-1}(\theta)\cos^{n-1}(\theta)\left(\frac{\sin(\theta)\cos(\theta)}{\Delta}\right)d\theta\\
&= -\inverse{k^{2}}\int_{0}^{\varphi}\sin^{m-1}(\theta)\cos^{n-1}(\theta)\left(\odiff{\Delta}{\theta}\right)d\theta\\
&= -\inverse{k^{2}}\Big\{\Big[\sin^{m-1}(\theta)\cos^{n-1}(\theta)\Delta\Big]_{0}^{\varphi}\\
&\quad - \int_{0}^{\varphi}\Big((m-1)\sin^{m-2}(\theta)\cos^{n}(\theta) - (n-1)\sin^{m}(\theta)\cos^{n-2}(\theta)\Big)\left(\frac{\Delta^{2}}{\Delta}\right)d\theta\Big\}
\end{align*}

いま $m>1$ ならば

\begin{align*}
 J^{(m,n)} &= -\frac{\sin^{m-1}(\varphi)\cos^{n-1}(\varphi)\Delta(\varphi,k)}{k^{2}}\\
&\qquad + \frac{m-1}{k^{2}}\int_{0}^{\varphi}\frac{\sin^{m-2}(\theta)\cos^{n}(\theta)\Delta^{2}}{\Delta}d\theta\\
&\qquad - \frac{n-1}{k^{2}}\int_{0}^{\varphi}\frac{\sin^{m}(\theta)\cos^{n-2}(\theta)\Delta^{2}}{\Delta}d\theta\\
&= -\frac{\sin^{m-1}(\varphi)\cos^{n-1}(\varphi)\Delta(\varphi,k)}{k^{2}}\\
&\qquad + \frac{m-1}{k^{2}}\int_{0}^{\varphi}\frac{\sin^{m-2}(\theta)\cos^{n}(\theta)(1-k^{2}\sin^{2}(\theta))}{\Delta}d\theta\\
&\qquad - \frac{n-1}{k^{2}}\int_{0}^{\varphi}\frac{\sin^{m}(\theta)\cos^{n-2}(\theta)(1-k^{2}+k^{2}\cos^{2}(\theta))}{\Delta}d\theta\\
&= -\frac{\sin^{m-1}(\varphi)\cos^{n-1}(\varphi)\Delta(\varphi,k)}{k^{2}}\\
&\qquad + \frac{m-1}{k^{2}}\left\{J^{(m-2,n)}-k^{2}J^{(m,n)}\right\}\\
&\qquad - \frac{n-1}{k^{2}}\left\{(1-k^{2})J^{(m,n-2)}+k^{2}J^{(m,n)}\right\}\\
&= -\frac{\sin^{m-1}(\varphi)\cos^{n-1}(\varphi)\Delta(\varphi,k)}{k^{2}}\\
&\qquad + \frac{m-1}{k^{2}}J^{(m-2,n)} - \frac{n-1}{k^{2}}(1-k^{2})J^{(m,n-2)}\\
&\qquad - (m+n-2)J^{(m,n)}\\
\end{align*}

従って

\begin{align*}
 (m+n-1)J^{(m,n)} &= -\frac{\sin^{m-1}(\varphi)\cos^{n-1}(\varphi)\Delta(\varphi,k)}{k^{2}}\\
&\qquad + \frac{m-1}{k^{2}}J^{(m-2,n)} - \frac{n-1}{k^{2}}(1-k^{2})J^{(m,n-2)}\\
\end{align*}

つまり

\begin{align*}
 J^{(m,n)} &= \inverse{(m+n-1)k^{2}}\Big\{-\sin^{m-1}(\varphi)\cos^{n-1}(\varphi)\Delta(\varphi,k)\\
&\qquad + (m-1)J^{(m-2,n)} - (n-1)(1-k^{2})J^{(m,n-2)}\Big\}\\
\end{align*}

特に $m=n{\geq}2$ の場合は、次のようになる。

\begin{align*}
 J^{(m,m)} &= \inverse{(2m-1)k^{2}}\Big\{-\sin^{m-1}(\varphi)\cos^{m-1}(\varphi)\Delta(\varphi,k)\\
&\qquad + (m-1)J^{(m-2,m)} - (m-1)(1-k^{2})J^{(m,m-2)}\Big\}\\
\end{align*}

$m=1$ (従って $n>2$) なら

\begin{align*}
 J^{(1,n)} &= -\inverse{k^{2}}\Big\{\left(\cos^{n-1}(\varphi)\Delta(\varphi,k)-1\right)\\
&\qquad + (n-1)\int_{0}^{\varphi}\sin(\theta)\cos^{n-2}(\theta)\left(\frac{\Delta^{2}}{\Delta}\right)d\theta\Big\}\\
&= -\inverse{k^{2}}\left(\cos^{n-1}(\varphi)\Delta(\varphi,k)-1\right)\\
&\qquad -\frac{n-1}{k^{2}}\int_{0}^{\varphi}\frac{\sin(\theta)\cos^{n-2}(\theta)(1-k^{2}+k^{2}\cos^{2}(\theta))}{\Delta}d\theta\\
&= -\inverse{k^{2}}\left(\cos^{n-1}(\varphi)\Delta(\varphi,k)-1\right)\\
&\qquad -\frac{(n-1)(1-k^{2})}{k^{2}}J^{(1,n-2)} -(n-1)J^{(1,n)}
\end{align*}

従って

\begin{align*}
 nJ^{(1,n)} &= -\inverse{k^{2}}\left(\cos^{n-1}(\varphi)\Delta(\varphi,k)-1\right)\\
&\qquad -\frac{(n-1)(1-k^{2})}{k^{2}}J^{(1,n-2)}
\end{align*}

つまり

\[
 J^{(1,n)} = -\inverse{nk^{2}}\left\{\cos^{n-1}(\varphi)\Delta(\varphi,k)-1 + (n-1)(1-k^{2})J^{(1,n-2)}\right\}
\]

さて $I^{(m,n)}$ の表式

\begin{align*}
 I^{(m,n)} &= \inverse{({m+n+1})k^{2}}\Big\{-\sin^{m-1}(\varphi)\cos^{n-1}(\varphi)\Delta(\varphi,k)^{3}\\
&\qquad + (m-1)I^{(m-2,n)} - (n-1)(1-k^{2})I^{(m,n-2)}\Big\}\\
\end{align*}
に戻って、右辺の $I$ の階数を若干引き下げる変形を考えると (ただし $m{\geq}4$ する)

\begin{align*}
 I^{(m,n)} &= I^{(m-2,n)} - I^{(m-2,n+2)}\\
&= I^{(m-2,n)}\\
&\qquad - \inverse{(m+n+1)k^{2}}\Big\{
-\sin^{m-3}(\varphi)\cos^{n+1}(\varphi)\Delta(\varphi,k)^{3}\\
&\qquad\qquad\qquad + (m-3)I^{(m-4,n+2)}\\
&\qquad\qquad\qquad - (n+1)(1-k^{2})I^{(m-2,n)}\Big\}\\
&= I^{(m-2,n)}\\
&\qquad - \inverse{(m+n+1)k^{2}}\Big\{
-\sin^{m-3}(\varphi)\cos^{n+1}(\varphi)\Delta(\varphi,k)^{3}\\
&\qquad\qquad\qquad + (m-3)(I^{(m-4,n)}-I^{(m-2,n)})\\
&\qquad\qquad\qquad - (n+1)(1-k^{2})I^{(m-2,n)}\Big\}\\
&= \inverse{(m+n+1)k^{2}}\Big\{\sin^{m-3}(\varphi)\cos^{n+1}(\varphi)\Delta(\varphi,k)^{3}\\
&\qquad\qquad\qquad + (m+n-2 + mk^{2})I^{(m-2,n)}\\
&\qquad\qquad\qquad - (m-3)I^{(m-4,n)}\Big\}\\
\end{align*}

$J^{(m,n)}$ の表式

\begin{align*}
 J^{(m,n)} &= \inverse{(m+n-1)k^{2}}\Big\{-\sin^{m-1}(\varphi)\cos^{n-1}(\varphi)\Delta(\varphi,k)\\
&\qquad + (m-1)J^{(m-2,n)} - (n-1)(1-k^{2})J^{(m,n-2)}\Big\}\\
\end{align*}
に就いても同様に計算すると (やはり $m{\geq}4$ とする)

\begin{align*}
 J^{(m,n)} &= J^{(m-2,n)} - J^{(m-2,n+2)}\\
&= J^{(m-2,n)}\\
&\qquad - \inverse{(m+n-1)k^{2}}\Big\{-\sin^{m-3}(\varphi)\cos^{n+1}(\varphi)\Delta(\varphi,k)\\
&\qquad + (m-3)J^{(m-4,n+2)} - (n+1)(1-k^{2})J^{(m-2,n)}\Big\}\\
&= J^{(m-2,n)}\\
&\qquad - \inverse{(m+n-1)k^{2}}\Big\{-\sin^{m-3}(\varphi)\cos^{n+1}(\varphi)\Delta(\varphi,k)\\
&\qquad + (m-3)\left(J^{(m-4,n)}-J^{(m-2,n)}\right)\\
&\qquad - (n+1)(1-k^{2})J^{(m-2,n)}\Big\}\\
&= - \inverse{(m+n-1)k^{2}}\Big\{-\sin^{m-3}(\varphi)\cos^{n+1}(\varphi)\Delta(\varphi,k)\\
&\qquad + (m-3)J^{(m-4,n)} - \left(m+n-2+(m-2)k^{2}\right)J^{(m-2,n)}\Big\}
\end{align*}

ここで、一般の漸化式の $(m,n)$ に、幾つかの具体的な値を代入してみよう

$(m,n)=(3,1)$

\begin{align*}
 I^{(3,1)} &= \inverse{5k^{2}}\left\{-\sin^{2}(\varphi)\Delta^{3}+2I^{(1,1)}\right\}\\
&= \inverse{5k^{2}}\left\{-\sin^{2}(\varphi)\Delta^{3}+2\left(\inverse{3k^{2}}(1-\Delta^{3})\right)\right\}\\
&= \inverse{15k^{4}}\left\{-(3k^{2}\sin^{2}(\varphi)+2)\Delta^{3}+2\right\}\\
&= -\frac{(3k^{2}\sin^{2}(\varphi)+2)\Delta^{3}}{15k^{4}}+\frac{2}{15k^{4}}\\
&= -\frac{(3k^{2}\sin^{2}(\varphi)+2)(1-k^{2}\sin^{2}(\varphi))\Delta}{15k^{4}}+\frac{2}{15k^{4}}\\
&= \frac{(3k^{4}\sin^{4}(\varphi)-k^{2}\sin^{2}(\varphi)-2)\Delta}{15k^{4}}+\frac{2}{15k^{4}}\\
\end{align*}

\begin{align*}
 J^{(3,1)} &= \inverse{3k^{2}}\left\{-\sin^{2}(\varphi)\Delta + 2J^{(1,1)}\right\}\\
&= \inverse{3k^{2}}\left\{-\sin^{2}(\varphi)\Delta + \frac{2}{k^{2}}(1-\Delta)\right\}\\
&= \inverse{3k^{4}}\left\{-k^{2}\sin^{2}(\varphi)\Delta + 2(1-\Delta)\right\}\\
&= -\frac{(k^{2}\sin^{2}(\varphi)+2)\Delta}{3k^{4}} + \frac{2}{3k^{4}}
\end{align*}

$(m,n)=(1,3)$

\begin{align*}
 I^{(1,3)} &= -\inverse{5k^{2}}\left\{2(1-k^{2})I^{(1,1)}+\cos^{2}(\varphi)\Delta^{3} - 1\right\}\\
&= -\inverse{5k^{2}}\left\{2(1-k^{2})\Big(\inverse{3k^{2}}(1-\Delta^3)\Big)+\cos^{2}(\varphi)\Delta^{3} - 1\right\}\\
&= -\inverse{15k^{4}}\left\{2(1-k^{2})(1-\Delta^3)+3k^{2}\cos^{2}(\varphi)\Delta^{3} - 3k^{2}\right\}\\
&= -\inverse{15k^{4}}\left\{2-5k^{2}-(2-2k^{2}-3k^{2}\cos^{2}(\varphi))\Delta^{3}\right\}\\
&= -\inverse{15k^{4}}\left\{2-5k^{2}-(2-5k^{2}+3k^{2}\sin^{2}(\varphi))(1-k^{2}\sin^{2}(\varphi))\Delta\right\}\\
&= -\frac{(3k^{4}\sin^{4}(\varphi)-k^{2}(5k^{2}+1)\sin^{2}(\varphi)+5k^{2}-2)\Delta}{15k^{4}} + \frac{5k^{2}-2}{15k^{4}}
\end{align*}

\begin{align*}
 J^{(1,3)} &= -\inverse{3k^{2}}\left\{\cos^{2}(\varphi)\Delta-1+2(1-k^{2})J^{(1,1)}\right\}\\
&= -\inverse{3k^{2}}\left\{\cos^{2}(\varphi)\Delta-1+2(1-k^{2})\Big(\frac{1-\Delta}{k^{2}}\Big)\right\}\\
&= -\inverse{3k^{4}}\left\{k^{2}\cos^{2}(\varphi)\Delta-k^{2}+2(1-k^{2})(1-\Delta)\right\}\\
&= -\frac{(k^{2}\cos^{2}(\varphi)-2+2k^{2})\Delta}{3k^{4}} + \frac{3k^{2}-2}{3k^{4}}
\end{align*}

$(m,n)=(2,3)$

\begin{align*}
 I^{(2,3)} &= \inverse{6k^{2}}\left\{-\sin(\varphi)\cos^{2}(\varphi)\Delta^{3} + I^{(0,3)}-2(1-k^{2})I^{(2,1)}\right\}\\
&= \inverse{6k^{2}}\Big\{-\sin(\varphi)\cos^{2}(\varphi)\Delta^{3}\\
&\qquad + \frac{\sin(\varphi)\Delta}{8k^{2}}(2k^{2}\cos^{2}(\varphi)+2k^{2}+1) + \frac{4k^{2}-1}{8k^{3}}{\arcsin(k\sin(\varphi))}\\
&\qquad - 2(1-k^{2})\Big(\inverse{8k^{2}}\Delta(2k^{2}\sin^{2}(\varphi)-1)\sin(\varphi) + \inverse{8k^{3}}{\arcsin(k\sin(\varphi))}\Big)\Big\}\\
&= \inverse{6k^{2}}\Big\{\frac{\sin(\varphi)\Delta}{8k^{2}}\Big(-8k^{2}\cos^{2}(\varphi)\Delta^2\\
&\qquad + ((2k^{2}\cos^{2}(\varphi)+2k^{2}+1) - 2(1-k^{2})(2k^{2}\sin^{2}(\varphi)-1)\Big)\\
&\qquad + \frac{\arcsin(k\sin(\varphi))}{8k^{3}}\Big(4k^{2}-1-2(1-k^{2})\Big)\Big\}\\
&= \frac{-8k^{4}\sin^{4}(\varphi)+2k^{2}(6k^{2}+1)\sin^{2}(\varphi)-6k^{2}+3}{48k^{4}}{\sin(\varphi)\Delta}\\
&\qquad  + \frac{(2k^{2}-1)\arcsin(k\sin(\varphi))}{16k^{5}}
\end{align*}

\begin{align*}
 J^{(2,3)} &= \inverse{4k^{2}}\left\{-\sin(\varphi)\cos^{2}(\varphi)\Delta + J^{(0,3)} - 2(1-k^{2})J^{(2,1)}\right\}\\
&= \inverse{4k^{2}}\Big\{-\sin(\varphi)\cos^{2}(\varphi)\Delta\\
&\qquad + \Big(\frac{\sin(\varphi)\Delta}{2k^{2}} + \frac{2k^{2}-1}{2k^{3}}\arcsin(k\sin(\varphi))\Big)\\
&\qquad - 2(1-k^{2})\Big(-\inverse{2k^{2}}\sin(\varphi)\Delta + \inverse{2k^{3}}\arcsin(k\sin(\varphi))\Big)\Big\}\\
&= \inverse{4k^{2}}\Big\{-\frac{\sin(\varphi)\Delta}{2k^{2}}(2k^{2}\cos^{2}(\varphi)+2k^{2}-3)\\
&\qquad\qquad + \frac{\arcsin(k\sin(\varphi))}{2k^{3}}(4k^{2}-3)\Big\}\\
&= \inverse{8k^{4}}\Big\{(2k^{2}\sin^{2}(\varphi)-4k^{2}+3){\sin(\varphi)\Delta}\\
&\qquad\qquad + \frac{\arcsin(k\sin(\varphi))}{k}(4k^{2}-3)\Big\}\\
\end{align*}

$(m,n)=(3,2)$

\begin{align*}
 I^{(3,2)} &= \inverse{6k^{2}}\left\{-\sin^{2}(\varphi)\cos(\varphi)\Delta^{3} + 2I^{(1,2)} - (1-k^{2})I^{(3,0)}\right\}\\
&= \inverse{6k^{2}}\Bigg\{-\sin^{2}(\varphi)\cos(\varphi)\Delta^{3}\\
&\qquad\qquad + 2\Bigg(-\frac{\cos(\varphi){\Delta}}{8k^{2}}(2k^{2}\cos^{2}(\varphi)+1-k^{2}) + \frac{1+k^{2}}{8k^{2}}\\
&\qquad\qquad\qquad\qquad + \frac{(1-k^{2})^{2}}{8k^{3}}\ln\left(\frac{k\cos(\varphi)+{\Delta}}{k+1}\right)\Bigg)\\
&\qquad\qquad - (1-k^{2})\Bigg(-\frac{2k^{2}\sin^{2}(\varphi)+3k^{2}-1}{8k^{2}}\cos(\varphi){\Delta} + \frac{3k^{2}-1}{8k^{2}}\\
&\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad + \frac{3k^{4}-2k^{2}-1}{8k^{3}}\ln\left(\frac{k\cos(\varphi)+{\Delta}}{k+1}\right)\Bigg)\Bigg\}\\
&= \inverse{6k^{2}}\Bigg\{\frac{\cos(\varphi){\Delta}}{8k^{2}}(8k^{4}\sin^{4}(\varphi) - 2k^{2}(k^{2}+1)\sin^{2}(\varphi) - 3k^{4} + 2k^{2} - 3)\\
&\qquad +\frac{3k^{4}-2k^{2}+3}{8k^{2}} + \frac{3(1-k^{2})^{2}(1+k^{2})}{8k^{3}}\ln\left(\frac{k\cos(\varphi)+{\Delta}}{k+1}\right)\Bigg\}\\
\end{align*}

\begin{align*}
 J^{(3,2)} &= \inverse{4k^{2}}\Big\{-\sin^{2}(\varphi)\cos(\varphi)\Delta + 2J^{(1,2)} - (1-k^{2})J^{(3,0)}\Big\}\\
&= \inverse{4k^{2}}\Bigg\{-\sin^{2}(\varphi)\cos(\varphi)\Delta\\
&\qquad -\frac{\cos(\varphi)\Delta}{k^{2}} + \inverse{k^{2}} + \frac{1-k^{2}}{k^{3}}\ln\left(\frac{k\cos(\varphi)+\Delta}{k+1}\right)\\
&\qquad - (1-k^{2})\Bigg(\inverse{2k^{2}}(\cos(\varphi)\Delta-1) - \frac{1+k^{2}}{2k^{3}}\ln\left(\frac{k\cos(\varphi)+\Delta}{k+1}\right)\Bigg)\Bigg\}\\
&= \inverse{4k^{2}}\Bigg\{-\frac{\cos(\varphi)\Delta}{2k^{2}}\Big(2k^{2}\sin^{2}(\varphi) + 2 + (1-k^{2})\Big)\\
&\qquad + \frac{3-k^{2}}{2k^{2}} + \frac{1-k^{2}}{2k^{3}}\ln\left(\frac{k\cos(\varphi)+\Delta}{k+1}\right)(2+(1+k^{2}))\Big)\Bigg\}\\
&= \inverse{4k^{2}}\Bigg\{\frac{\cos(\varphi)\Delta}{2k^{2}}\Big(2k^{2}\cos^{2}(\varphi)-k^{2}-3\Big) - \frac{k^{2}-3}{2k^{2}} \\
&\qquad\qquad - \frac{k^{4}+2k^{2}-3}{2k^{3}}\ln\left(\frac{k\cos(\varphi)+\Delta}{k+1}\right)\Bigg\}\\
\end{align*}

$(m,n)=(3,3)$
$(3,3)$ に就いては、$\Delta$ を軸にして式を纏める。そのため、式を遡って

\begin{align*}
 I^{(1,3)} &= -\inverse{15k^{4}}\left\{2(1-k^{2})(1-\Delta^3)+3k^{2}\cos^{2}(\varphi)\Delta^{3} - 3k^{2}\right\}\\
&\qquad = -\inverse{15k^{4}}\left\{2(1-k^{2})(1-\Delta^3)-3(1-k^{2}-\Delta^{2})\Delta^{3} - 3k^{2}\right\}\\
&\qquad = -\inverse{15k^{4}}\left\{3\Delta^{5} - 5(1-k^{2})\Delta^{3} - 5k^{2} +2\right\}\\
 I^{(3,1)} &= \inverse{15k^{4}}\left\{-(3k^{2}\sin^{2}(\varphi)+2)\Delta^{3}+2\right\}\\
&\qquad = \inverse{15k^{4}}\left\{-(-3\Delta^{2}+5)\Delta^{3}+2\right\}\\
&\qquad = \inverse{15k^{4}}\left\{3\Delta^{5}-5\Delta^{3}+2\right\}\\
\end{align*}
であることに注意する。

\begin{align*}
 I^{(3,3)} &= \inverse{7k^{2}}\Big\{-\sin^{2}(\varphi)\cos^{2}(\varphi)\Delta^{3} + 2I^{(1,3)} - 2(1-k^{2})I^{(3,1)}\Big\}\\
&= \inverse{7k^{2}}\Bigg\{\Big(\frac{1-\Delta^{2}}{k^{2}}\Big)\Big(\frac{1-k^{2}-\Delta^{2}}{k^{2}}\Big)\Delta^{3}\\
&\qquad - \frac{2}{15k^{4}}\left\{3\Delta^{5} - 5(1-k^{2})\Delta^{3} - 5k^{2} +2\right\}\\
&\qquad - \frac{2(1-k^{2})}{15k^{4}}(3\Delta^{5}-5\Delta^{3}+2)\Bigg\}\\
&= \inverse{105k^{6}}\big\{15(1-\Delta^{2})(1-k^{2}-\Delta^{2})\Delta^{3}\\
&\qquad - 2\left\{3\Delta^{5} - 5(1-k^{2})\Delta^{3} - 5k^{2} +2\right\}\\
&\qquad - 2(1-k^{2})(3\Delta^{5}-5\Delta^{3}+2)\big\}\\
&= \inverse{105k^{6}}\Big\{15\Delta^{7} - 21(2-k^{2})\Delta^{5} + 35(1-k^{2})\Delta^{3} + 14k^{2} - 8\Big\}\\
&= \inverse{k^{6}}\Big\{\frac{\Delta^{7}}{7} - \frac{(2-k^{2})\Delta^{5}}{5} + \frac{(1-k^{2})\Delta^{3}}{3} + \frac{14k^{2}-8}{105}\Big\}
\end{align*}

この場合、漸化式によらない次の別解が存在する。まず

\begin{align*}
 &\sin^{3}(\theta)\cos^{3}(\theta)\Delta\\
&\qquad = \sin(\theta)^{2}\cos^{2}(\theta)\Big(\sin(\theta)\cos(\theta)\Delta\Big)\\
&\qquad = \Big\{\frac{1-\Delta^{2}}{k^{2}}\Big\}\Big\{\frac{-(1-k^{2}-\Delta^{2})}{k^{2}}\Big\}\Big(\sin(\theta)\cos(\theta)\Delta\Big)\\
&\qquad = -\inverse{k^{4}}\Big\{1-k^{2}-(2-k^{2})\Delta^{2}+\Delta^{4}\Big\}\Big(\sin(\theta)\cos(\theta)\Delta\Big)\\
&\qquad = -\inverse{k^{6}}\Big\{(1-k^{2})k^{2}\sin(\theta)\cos(\theta)\Delta\\
&\qquad\qquad\qquad\qquad - (2-k^{2})k^{2}\sin(\theta)\cos(\theta)\Delta^{3}\\
&\qquad\qquad\qquad\qquad + k^{2}\sin(\theta)\cos(\theta)\Delta^{5}\Big\}\\
\end{align*}
に注意する。これより
\begin{align*}
 I^{(3,3)} &= \int_{0}^{\varphi}\sin^{3}(\theta)\cos^{3}(\theta){\Delta}d\theta\\
&= \inverse{k^{6}}\Big[\frac{(1-k^{2})\Delta^{3}}{3} - \frac{(2-k^{2})\Delta^{5}}{5} + \frac{\Delta^{7}}{7}\Big]_{0}^{\varphi}\\
&= \inverse{k^{6}}\Big\{\frac{(1-k^{2})\Delta^{3}}{3} - \frac{(2-k^{2})\Delta^{5}}{5} + \frac{\Delta^{7}}{7}\\
&\qquad\qquad - \Big(\frac{1-k^{2}}{3} - \frac{2-k^{2}}{5} + \frac{1}{7}\Big)\Big\}\\
&= \inverse{k^{6}}\Big\{\frac{\Delta^{7}}{7} - \frac{(2-k^{2})\Delta^{5}}{5} + \frac{(1-k^{2})\Delta^{3}}{3} + \frac{14k^{2}-8}{105}\Big\}
\end{align*}

ここで、$\Delta$ の冪乗中、$\sin(\varphi)$ の有理式で置き換えられる部分を、実際に置き換えると

\begin{align*}
 I^{(3,3)} &= \Big(\frac{\sin^{4}(\varphi)}{7k^{2}}-\frac{(7k^{2}-4)\sin^{2}(\varphi)}{35k^{4}}-\frac{14k^{2}-8}{105k^{6}}\Big)(1-k^{2}\sin^{2}(\varphi)){\Delta}\\
&\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad +\frac{14k^{2}-8}{105k^{6}}
\end{align*}

同様にして

\begin{align*}
 J^{(3,3)} &= \inverse{5k^{2}}\Big\{-\sin^{2}(\varphi)\cos^{2}(\varphi)\Delta + 2J^{(1,3)} - 2(1-k^{2})J^{(3,1)}\Big\}\\
&= \inverse{5k^{2}}\Big\{-\sin^{2}(\varphi)\cos^{2}(\varphi)\Delta\\
&\qquad\qquad + 2\Big\{-\frac{(k^{2}\cos^{2}(\varphi)-2+2k^{2})\Delta}{3k^{4}} + \frac{3k^{2}-2}{3k^{4}}\Big\}\\
&\qquad\qquad - 2(1-k^{2})\Big\{-\frac{(k^{2}\sin^{2}(\varphi)+2)\Delta}{3k^{4}} + \frac{2}{3k^{4}}\Big\}\Big\}\\
&= \inverse{15k^{6}}\Bigg\{-3k^{4}\sin^{2}(\varphi)\cos^{2}(\varphi)\Delta\\
&\qquad\qquad + 2\Big\{-(k^{2}\cos^{2}(\varphi)-2+2k^{2})\Delta + 3k^{2}-2\Big\}\\
&\qquad\qquad - 2(1-k^{2})\Big\{-(k^{2}\sin^{2}(\varphi)+2)\Delta + 2\Big\}\Bigg\}\\
&= \inverse{15k^{6}}\Big\{-\Big(3k^{4}\sin^{2}(\varphi)\cos^{2}(\varphi) + 2k^{2}\cos^{2}(\varphi)\\
&\qquad\qquad\qquad -2(1-k^{2})k^{2}\sin^{2}(\varphi) - 8(1-k^{2})\Big)\Delta +10k^{2} -8\Big\}\\
&= \inverse{15k^{6}}\Big\{-\Big(3(1-\Delta^{2})(-1+k^{2}+\Delta^{2}) + 2(-1+k^{2}+\Delta^{2})\\
&\qquad\qquad\qquad - 2(1-k^{2})(1-\Delta^{2}) - 8(1-k^{2})\Big)\Delta\\
&\qquad\qquad\qquad\qquad +10k^{2} -8\Big\}\\
&= \inverse{15k^{6}}\Big\{\Big(3\Delta^{4} - 5(2-k^{2})\Delta^{2} + 15(1-k^{2})\Big)\Delta + 10k^{2} - 8\Big\}\\
\end{align*}

別解:

\begin{align*}
  J^{(3,3)} &= \int_{0}^{\varphi}\frac{\sin^{3}(\theta)\cos^{3}(\theta)}{\Delta}d\theta\\
&= -\inverse{k^{6}}\int_{0}^{\varphi}\Big\{(1-k^{2})\Big(\frac{k^{2}\sin(\theta)\cos(\theta)}{\Delta}\Big)\\
&\qquad\qquad\qquad\qquad - (2-k^{2})k^{2}\sin(\theta)\cos(\theta)\Delta\\
&\qquad\qquad\qquad\qquad + k^{2}\sin(\theta)\cos(\theta)\Delta^{3}\Big\}d\theta\\
&= \inverse{k^{6}}\Big[(1-k^{2})\Delta - \frac{(2-k^{2})\Delta^{3}}{3} + \frac{\Delta^{5}}{5}\Big]_{0}^{\varphi}\\
&= \inverse{15k^{6}}\Big[15(1-k^{2})\Delta - 5(2-k^{2})\Delta^{3} + 3\Delta^{5}\Big]_{0}^{\varphi}\\
&= \inverse{15k^{6}}\Big\{15(1-k^{2})\Delta - 5(2-k^{2})\Delta^{3} + 3\Delta^{5}\\
&\qquad\qquad - \Big(15(1-k^{2}) - 5(2-k^{2}) + 3\Big)\Big\}\\
&= \inverse{15k^{6}}\Big\{3\Delta^{5} - 5(2-k^{2})\Delta^{3} + 15(1-k^{2})\Delta + 10k^{2} - 8\Big\}\\
%&= \inverse{15k^{6}}\Big\{\Big(3\Delta^{4} - 5(2-k^{2})\Delta^{2} + 15(1-k^{2})\Big)\Delta + 10k^{2} - 8\Big\}\\
\end{align*}

ここでも、$\Delta$ の有理式で置き換えられる部分を、実際に置き換えると

\begin{align*}
 J^{(3,3)} &= \frac{\Delta}{15k^{6}}\Big(3k^{4}\sin^{4}(\varphi)-(5k^{4}-4k^{2})\sin^{2}(\varphi)-10k^{2}+8\Big)\\
&\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad +\frac{10k^{2}-8}{15k^{6}}\\
\end{align*}

$(m,n)=(4,1)$

\begin{align*}
 I^{(4,1)} &= \inverse{6k^{2}}\Big\{\sin(\varphi)\cos^{2}(\varphi)\Delta^{3} + (3 + 4k^{2})I^{(2,1)} - I^{(0,1)}\Big\}\\
&= \inverse{6k^{2}}\Big\{\sin(\varphi)\cos^{2}(\varphi)\Delta^{3}\\
&\qquad + (3 + 4k^{2})\Big(\inverse{8k^{2}}\Delta(2k^{2}\sin^{2}(\varphi)-1)\sin(\varphi) + \inverse{8k^{3}}{\arcsin(k\sin(\varphi))}\Big)\\
&\qquad - \Big(\frac{\sin(\varphi)\Delta}{2} + \inverse{2k}{\arcsin(k\sin(\varphi))}\Big)\Big\}\\
&= \inverse{6k^{2}}\Big\{\frac{\sin(\varphi)\Delta}{8k^{2}}\Big(8k^{2}\cos^{2}(\varphi)\Delta^{2} + (3+4k^{2})(2k^{2}\sin^{2}(\varphi)-1) - 4k^{2}\Big)\\
&\qquad\qquad + \frac{\arcsin(k\sin(\varphi))}{8k^{3}}\Big((3+4k^{2})-4k^{2}\Big)\Big\}\\
&= \inverse{6k^{2}}\Big\{\frac{\sin(\varphi)\Delta}{8k^{2}}\Big(
8k^{4}\sin^{4}(\varphi) - 2k^{2}\sin^{2}(\varphi) - 3\Big)\\
&\qquad\qquad + \frac{3\arcsin(k\sin(\varphi))}{8k^{3}}\Big\}
\end{align*}

\begin{align*}
 J^{(4,1)} &= - \inverse{4k^{2}}\Big\{-\sin(\varphi)\cos^{2}(\varphi)\Delta + J^{(0,1)} - \left(3+2k^{2}\right)J^{(2,1)}\Big\}\\
&= -\inverse{4k^{2}}\Big\{-\sin(\varphi)\cos^{2}(\varphi)\Delta + \inverse{k}\arcsin(k\sin(\varphi))\\
&\qquad\qquad - (3+2k^{2})\Big(-\inverse{2k^{2}}\sin(\varphi)\Delta + \inverse{2k^{3}}\arcsin(k\sin(\varphi))\Big)\Big\}\\
&= -\inverse{4k^{2}}\Big\{-\frac{\sin(\varphi)\Delta}{2k^{2}}\Big(2k^{2}\cos^{2}(\varphi)-(3+2k^{2})\Big)\\
&\qquad\qquad + \frac{\arcsin(k\sin(\varphi))}{2k^{3}}\Big(2k^{2}-(3+2k^{2})\Big)\Big\}\\
&= \inverse{4k^{2}}\Big\{-\frac{\sin(\varphi)\Delta}{2k^{2}}\Big(2k^{2}\sin^{2}(\varphi)+3\Big) + \frac{3\arcsin(k\sin(\varphi))}{2k^{3}}\Big\}
\end{align*}

オマケ:
$(m,n)=(4,0)$

\begin{align*}
 I^{(4,0)} &= I^{(2,0)}-I^{(2,2)}\\
&= -\frac{\Delta(\varphi,k)\sin(\varphi)\cos(\varphi)}{3} + \frac{2k^{2}-1}{3k^{2}}E(\varphi,k) + \frac{1-k^{2}}{3k^{2}}F(\varphi,k)\\
&\qquad -\inverse{30k^{4}}\Big\{\Big(2k^{2}(-3k^{2}\cos^{2}(\theta)+2k^{2}-1)\Big)\sin(\varphi)\cos(\varphi)\Delta(\varphi,k)\\
&\qquad\qquad + 4(k^{4}-k^{2}+1)E(\varphi,k) - 2(1-k^{2})(2-k^{2})F(\varphi,k)\Big\}\\
&= \inverse{30k^{4}}\Big\{-\Big(10k^{4}+2k^{2}(-3k^{2}\cos^{2}(\theta)+2k^{2}-1)\Big)\sin(\varphi)\cos(\varphi)\Delta(\varphi,k)\\
&\qquad + \Big(10k^{2}(2k^{2}-1)-4(k^{4}-k^{2}+1)\Big)E(\varphi,k)\\
&\qquad + \Big(10k^{2}(1-k^{2})+2(1-k^{2})(2-k^{2})\Big)F(\varphi,k)\Big\}\\
&= \inverse{30k^{4}}\Big\{-2k^{2}(5k^{2}-3k^{2}\cos^{2}(\theta)+2k^{2}-1)\sin(\varphi)\cos(\varphi)\Delta(\varphi,k)\\
&\qquad + 2\Big(5k^{2}(2k^{2}-1)-2(k^{4}-k^{2}+1)\Big)E(\varphi,k)\\
&\qquad + 2(1-k^{2})(5k^{2}+2-k^{2})F(\varphi,k)\Big\}\\
&= \inverse{30k^{4}}\Big\{-2k^{2}(3k^{2}\sin^{2}(\theta)+4k^{2}-1)\sin(\varphi)\cos(\varphi)\Delta(\varphi,k)\\
&\qquad + 2(8k^{4}-3k^{2}-2)E(\varphi,k) + 4(1-k^{2})(2k^{2}+1)F(\varphi,k)\Big\}\\
&= -\frac{3k^{2}\sin^{2}(\theta)+4k^{2}-1}{15k^{2}}\sin(\varphi)\cos(\varphi)\Delta(\varphi,k)\\
&\qquad + \frac{8k^{4}-3k^{2}-2}{15k^{4}}E(\varphi,k) + \frac{2(1-k^{2})(2k^{2}+1)}{15k^{4}}F(\varphi,k)\\
\end{align*}

\begin{align*}
 J^{(4,0)} &= J^{(2,0)}-J^{(2,2)}\\
&\qquad \inverse{k^{2}}\left(F(\varphi,k)-E(\varphi,k)\right)\\
&\qquad  - \Big(-\frac{\Delta(\varphi,k)\sin(\varphi)\cos(\varphi)}{3k^{2}} + \frac{2-k^{2}}{3k^{4}}E(\varphi,k) + \frac{2k^{2}-2}{3k^{4}}F(\varphi,k)\Big)\\
&= \frac{\sin(\varphi)\cos(\varphi)\Delta(\varphi,k)}{3k^{2}} - \frac{2(1+k^{2})}{3k^{4}}E(\varphi,k) + \frac{2+k^{2}}{3k^{4}}F(\varphi,k)
\end{align*}

$(m,n)=(0,4)$

\begin{align*}
 I^{(0,4)} &= I^{(0,2)}-I^{(2,2)}\\
&= \Big(\frac{\Delta(\varphi,k)\sin(\varphi)\cos(\varphi)}{3} + \frac{1+k^{2}}{3k^{2}}E(\varphi,k) - \frac{1-k^{2}}{3k^{2}}F(\varphi,k)\Big)\\
&\qquad -\inverse{30k^{4}}\Big\{\Big(2k^{2}(-3k^{2}\cos^{2}(\theta)+2k^{2}-1)\Big)\sin(\varphi)\cos(\varphi)\Delta(\varphi,k)\\
&\qquad\qquad + 4(k^{4}-k^{2}+1)E(\varphi,k) - 2(1-k^{2})(2-k^{2})F(\varphi,k)\Big\}\\
&= \frac{\sin(\varphi)\cos(\varphi)\Delta(\varphi,k)}{30k^{4}}\Big\{10k^{4}-2k^{2}\big(-3k^{2}\cos^{2}(\theta)+2k^{2}-1)\big)\Big\}\\
&\qquad + \frac{E(\varphi,k)}{30k^{4}}\Big\{10k^{2}(1+k^{2})-4(k^{4}-k^{2}+1)\Big\}\\
&\qquad - \frac{F(\varphi,k)}{30k^{4}}\Big\{10k^{2}(1-k^{2})-2(1-k^{2})(2-k^{2})\Big\}\\
&= \frac{\sin(\varphi)\cos(\varphi)\Delta(\varphi,k)}{15k^{4}}\big(5k^{2}-(-3k^{2}\cos^{2}(\varphi)+2k^{2}-1)\big)\\
&\qquad + \frac{E(\varphi,k)}{15k^{4}}\big(5k^{2}(1+k^{2})-2(k^{4}-k^{2}+1))\big)\\
&\qquad - \frac{F(\varphi,k)}{15k^{4}}(1-k^{2})\big(5k^{2}-(2-k^{2})\big)\\
&= \frac{3k^{2}\cos^{2}(\varphi)+3k^{2}+1}{15k^{2}}\sin(\varphi)\cos(\varphi)\Delta(\varphi,k)\\
&\qquad + \frac{3k^{4}+7k^{2}-2}{15k^{4}}E(\varphi,k) + \frac{2(1-k^{2})(1-3k^{2})}{15k^{4}}F(\varphi,k)
\end{align*}

\begin{align*}
 J^{(0,4)} &= J^{(0,2)}-J^{(2,2)}\\
&= \Big(\inverse{k^{2}}E(\varphi,k) - \frac{1-k^{2}}{k^{2}}F(\varphi,k)\Big)\\
&\qquad  - \Big(-\frac{\Delta(\varphi,k)\sin(\varphi)\cos(\varphi)}{3k^{2}} + \frac{2-k^{2}}{3k^{4}}E(\varphi,k) + \frac{2k^{2}-2}{3k^{4}}F(\varphi,k)\Big)\\
&= \frac{\sin(\varphi)\cos(\varphi)\Delta(\varphi,k)}{3k^{2}} - \frac{2(1-2k^{2})}{3k^{4}}E(\varphi,k) + \frac{(1-k^{2})(2-3k^{2})}{3k^{4}}F(\varphi,k)\\
\end{align*}

| | コメント (0) | トラックバック (0)

「三角関数の幾つかの2次無理式の積分 (2017年10月31日 [火]」補足その1

[三角関数の幾つかの2次無理式の積分">] での記号の他に、次の記号を導入する ($m,n$ は非負整数)。

\begin{align*}
 &I^{(m,n)} := \int_{0}^{\varphi}\sin^{m}(\theta)\cos^{n}(\theta)\Delta(\theta,k)d\theta\\
 &J^{(m,n)} := \int_{0}^{\varphi}\frac{\sin^{m}(\theta)\cos^{n}(\theta)d\theta}{\Delta(\theta,k)}\\
 &w(x,k) := k^{2}\sin^{2}(x)
\end{align*}

以下、文脈から明らかなときは $\Delta(\theta,k)$ 及び $\Delta(\varphi,k)$ のどちらも $\Delta$ とのみ記するなど、適宜、変数の表示を省略することを、おことわりしておく。

自明な次の等式が成り立つ。

\begin{align*}
 &I^{m,0} = I^{m}_{\mathrm s}, \quad I^{0,n} = I^{n}_{\mathrm c}. \quad I^{(0,0)} = E(\varphi,k)\\
 &J^{m,0} = J^{m}_{\mathrm s}, \quad J^{0,n} = J^{n}_{\mathrm c}, \quad J^{(0,0)} = F(\varphi,k)\\
 &\Delta^{2}\, (:=1-k^{2}\sin^{2}(\theta))\, = k^{\prime2} + k^{2}\cos^{2}(\theta)\\
 &\sin^{2}(\theta) = \frac{1-\Delta^{2}}{k^{2}}, \quad \cos^{2}(\theta) = -\frac{k^{\prime2}-\Delta^{2}}{k^{2}}
\end{align*}

また、$m{\geq}2$ なら、

\begin{align*}
 I^{(m,n)} &= \int_{0}^{\varphi}\sin^{m}(\theta)\cos^{n}(\theta){\Delta}d\theta\\
&= \int_{0}^{\varphi}\sin^{m-2}(\theta)(1-\cos^{2}(\theta))\cos^{n}(\theta){\Delta}d\theta\\
&= I^{(m-2,n)} - I^{(m-2,n+2)}\\
 J^{(m,n)} &= \int_{0}^{\varphi}\frac{\sin^{m}(\theta)\cos^{n}(\theta)}{\Delta}d\theta\\
&= \int_{0}^{\varphi}\frac{\sin^{m-2}(\theta)(1-\cos^{2}(\theta))\cos^{n}(\theta)}{\Delta}d\theta\\
&= J^{(m-2,n)} - J^{(m-2,n+2)}\\
\end{align*}

$n{\geq}2$ なら

\begin{align*}
 I^{(m,n)} &= \int_{0}^{\varphi}\sin^{m}(\theta)\cos^{n}(\theta){\Delta}d\theta\\
&= \int_{0}^{\varphi}\sin^{m}(\theta)\cos^{n-2}(\theta)(1-\sin^{2}(\theta)){\Delta}d\theta\\
&= I^{(m,n-2)} - I^{(m+2,n-2)}\\
 J^{(m,n)} &= \int_{0}^{\varphi}\frac{\sin^{m}(\theta)\cos^{n}(\theta)}{\Delta}d\theta\\
&= \int_{0}^{\varphi}\frac{\sin^{m}(\theta)\cos^{n-2}(\theta)(1-\sin^{2}(\theta))}{\Delta}d\theta\\
&= J^{(m,n-2)} - J^{(m+2,n-2)}
\end{align*}
が成り立つ。

まとめると、$m{\geq}2$ のとき

\begin{align*}
 &I^{m,n} = I^{(m-2,n)} - I^{(m-2,n+2)}\\
 &J^{m,n} = J^{(m-2,n)} - J^{(m-2,n+2)}
\end{align*}

$n{\geq}2$ のとき

\begin{align*}
 &I^{m,n} = I^{(m,n-2)} - I^{(m+2,n-2)}\\
 &J^{m,n} = J^{(m,n-2)} - J^{(m+2,n-2)}
\end{align*}

また

\begin{align*}
 I^{(m,n)} &= \int_{0}^{\varphi}\sin^{m}(\theta)\cos^{n}{\Delta}d\theta\\
&= \int_{0}^{\varphi}\frac{\sin^{m}(\theta)\cos^{n}(\theta)\Delta^{2}}{\Delta}d\theta\\
&= \int_{0}^{\varphi}\frac{\sin^{m}(\theta)\cos^{n}(\theta)(1-k^{2}\sin^{2}(\theta))}{\Delta}d\theta\\
&= J^{(m,n)} - k^{2}J^{(m+2,n)}\\
 I^{(m,n)} &= \int_{0}^{\varphi}\frac{\sin^{m}(\theta)\cos^{n}(\theta)(k^{\prime2}+k^{2}\cos^{2}(\theta))}{\Delta}d\theta\\
&= k^{\prime2}J^{(m,n)} + k^{2}J^{(m,n+2)}\\
\end{align*}
だから、$I$$J$ との間に、次の基本的な関係式が成立する。

\begin{align*}
 I^{(m,n)} &= J^{(m,n)} - k^{2}J^{(m+2,n)}\\
 I^{(m,n)} &= k^{\prime2}J^{(m,n)} + k^{2}J^{(m,n+2)}\\
\end{align*}

当然、次の逆の関係式が成り立つ。 $m{\geq}2$ の時

\begin{align*}
 J^{(m,n)} &= \inverse{k^{2}}\left(J^{(m-2,n)}-I^{(m-2,n)}\right)
\end{align*}

$n{\geq}2$ の時

\begin{align*}
 J^{(m,n)} &= \inverse{k^{2}}\left(-k^{\prime2}J^{(m,n-2)}+I^{(m,n-2)}\right)
\end{align*}

また [三角関数の幾つかの2次無理式の積分] (2017年10月31日[火]) ) で指摘したように

\begin{align*}
 &I^{(1,0)} = I^{1}_{\mathrm s} = -\frac{\cos(\varphi)\Delta(\varphi,k)}{2} + \inverse{2} - \frac{1-k^{2}}{2k}\ln\left(\frac{k\cos(\varphi)+\Delta(\varphi,k)}{k+1}\right)\\
 &\qquad\qquad\qquad      = -\frac{\cos(\varphi)\Delta(\varphi,k)}{2} + \inverse{2} + \frac{1-k^{2}}{2k}\ln\left(\frac{\Delta(\varphi,k)-k\cos(\varphi)}{1-k}\right)\\
 &I^{(2,0)} = I^{2}_{\mathrm s} = -\frac{\Delta(\varphi,k)\sin(\varphi)\cos(\varphi)}{3} + \frac{2k^{2}-1}{3k^{2}}E(\varphi,k) + \frac{1-k^{2}}{3k^{2}}F(\varphi,k)\\
 &I^{(0,1)} = I^{1}_{\mathrm c} = \frac{\sin(\varphi)\Delta(\varphi,k)}{2} + \inverse{2k}{\arcsin(k\sin(\varphi))}\\
 &I^{(0,2)} = I^{2}_{\mathrm c} = \frac{\Delta(\varphi,k)\sin(\varphi)\cos(\varphi)}{3} + \frac{1+k^{2}}{3k^{2}}E(\varphi,k) - \frac{1-k^{2}}{3k^{2}}F(\varphi,k)\\
 &J^{(1,0)} = J^{1}_{\mathrm s} = \inverse{k}\ln\left(\frac{\Delta(\varphi,k)-k\cos(\varphi)}{1-k}\right) = -\inverse{k}\ln\left(\frac{k\cos(\varphi)+\Delta(\varphi,k)}{k+1}\right)\\
 &J^{(2,0)} = J^{2}_{\mathrm s} = \inverse{k^{2}}\left(F(\varphi,k)-E(\varphi,k)\right)\\
 &J^{(0,1)} = J^{1}_{\mathrm c} = \inverse{k}\arcsin(k\sin(\varphi))\\
 &J^{(0,2)} = J^{2}_{\mathrm c} = \inverse{k^{2}}E(\varphi,k) - \frac{1-k^{2}}{k^{2}}F(\varphi,k)\\
\end{align*}
である。

以下、前記記事で求めなかった $I^{(m,n)}$ 及び $J^{(m,n)}$ を計算していこう。


まず、前記記事と同様な手法で、$I^{(1,1)}$ を計算すると、次のようになる。

\begin{align*}
 I^{(1,1)} &= \int_{0}^{\varphi}\Delta(\theta,k)\sin(\theta)\cos(\theta)d\theta\\
&= \int_{0}^{\varphi}\sqrt{1-k^{2}\sin^{2}(\theta)}\sin(\theta)\cos(\theta)d\theta\\
&= \inverse{2k^{2}}\int_{0}^{k^{2}\sin^{2}(\varphi)}\sqrt{1-w}dw\\
&= \inverse{2k^{2}}\Big[-\frac{2}{3}(1-w)^{3/2}\Big]_{0}^{k^{2}\sin^{2}(\varphi)}\\
&= \inverse{3k^{2}}\left(1-(1-k^{2}\sin^{2}(\varphi))^{3/2}\right)\\
&= \inverse{3k^{2}}(1-(\Delta(\varphi,k))^{3})
\end{align*}


実は、これには、簡単な別解がある。つまり、$(\Delta(\theta,k))^{3}$$\theta$ で微分すると、

\[
 \odiff{(\Delta^{3})}{\theta} = 3\Delta^{2}\left(-\frac{k^{2}\sin(\theta)\cos(\theta)}{\Delta}\right) = -3k^{2}\Delta\sin(\theta)\cos(\theta)
\]
だから
\begin{align*}
 I^{(1,1)} &= \int_{0}^{\varphi}\Delta(\theta,k)\sin(\theta)\cos(\theta)d\theta\\
&= -\inverse{3k^{2}}\int_{0}^{\varphi}\odiff{(\Delta^{3})}{\theta}d\theta\\
&= -\inverse{3k^{2}}\left\{(\Delta(\varphi,k))^{3}-(\Delta(0,k))^{3}\right\}\\
&= \inverse{3k^{2}}\left\{1-(\Delta(\varphi,k))^{3}\right\}\\
\end{align*}


$J^{(1,1)}$ では次のようになる。

\begin{align*}
J^{(1,1)} &= \int_{0}^{\varphi}\frac{\sin(\theta)\cos(\theta)d\theta}{\Delta(\theta,k)} = \int_{0}^{\varphi}\frac{\sin(\theta)\cos(\theta)d\theta}{\sqrt{1-k^{2}\sin^{2}(\theta)}}\\
&= \inverse{2k^{2}}\int_{0}^{k^{2}\sin^{2}(\varphi)}\frac{dw}{\sqrt{1-w}}\\
&= \inverse{k^{2}}\Big[-\sqrt{1-w}\Big]_{0}^{k^{2}\sin^{2}(\varphi)}\\
&= \inverse{k^{2}}(1-\Delta(\varphi,k))
\end{align*}


これも

\[
 \odiff{\Delta}{\theta} = -\frac{k^{2}\sin(\theta)\cos(\theta)}{\Delta}
\]
を使えば、別解
\begin{align*}
 J^{(1,1)} &= \int_{0}^{\varphi}\frac{\sin(\theta)\cos(\theta)d\theta}{\Delta(\theta,k)}\\
&= -\inverse{k^{2}}\int_{0}^{\varphi}\odiff{\Delta}{\theta}d\theta\\
&= \inverse{k^{2}}(1-\Delta(\varphi,k))
\end{align*}
が得られる。


\begin{align*}
 J^{(2,1)} &=\int_{0}^{\varphi}\frac{\sin^{2}(\theta)\cos(\theta)d\theta}{\Delta(\theta,k)}\\
&= \int_{0}^{\varphi}\frac{(1-(\Delta(\theta,k))^{2})\cos(\theta)d\theta}{k^{2}\Delta(\theta,k)}\\
&= \inverse{k^{2}}\left\{J^{(0,1)}-I^{(0.1)}\right\}\\
&= -\inverse{2k^{2}}\sin(\varphi)\Delta(\varphi,k) + \inverse{2k^{3}}\arcsin(k\sin(\varphi))\\
\end{align*}


別解:

\begin{align*}
 J^{(2,1)} &=\int_{0}^{\varphi}\frac{\sin^{2}(\theta)\cos(\theta)d\theta}{\Delta(\theta,k)}\\
&= -\inverse{k^{2}}\int_{0}^{\varphi}\sin(\theta)\left(\odiff{\Delta}{\theta}\right)d\theta\\
&= -\inverse{k^{2}}\left\{\Big[\sin(\theta)\Delta\Big]_{0}^{\varphi} - \int_{0}^{\varphi}\cos(\theta){\Delta}d\theta\right\}\\
&= -\inverse{k^{2}}\left\{\sin(\varphi)\Delta(\varphi,k) - I^{(0,1)}\right\}\\
&= -\inverse{k^{2}}\left\{\sin(\varphi)\Delta(\varphi,k) - \frac{\sin(\varphi)\Delta(\varphi,k)}{2} - \inverse{2k}{\arcsin(k\sin(\varphi))}\right\}\\
&= -\inverse{2k^{2}}\sin(\varphi)\Delta(\varphi,k) + \inverse{2k^{3}}\arcsin(k\sin(\varphi))\\
\end{align*}


\begin{align*}
 J^{(1,2)} &=\int_{0}^{\varphi}\frac{\sin(\theta)\cos^{2}(\theta)d\theta}{\Delta(\theta,k)}\\
&= \int_{0}^{\varphi}\frac{\sin(\theta)(-k^{\prime2}+(\Delta(\theta,k))^{2})d\theta}{k^{2}\Delta(\theta,k)}\\
&= \inverse{k^{2}}\left\{-k^{\prime2}J^{(1,0)}+I^{(1,0)}\right\}\\
&= \frac{k^{2}-1}{k^{2}}\left\{\inverse{k}\ln\left(\frac{\Delta(\varphi,k)-k\cos(\varphi)}{1-k}\right)\right\}\\
&\qquad +\inverse{k^{2}}\left\{
-\frac{\cos(\varphi)\Delta(\varphi,k)}{2} + \inverse{2} + \frac{1-k^{2}}{2k}\ln\left(\frac{\Delta(\varphi,k)-k\cos(\varphi)}{1-k}\right)\right\}\\
&= -\frac{\cos(\varphi)\Delta(\varphi,k)}{2k^{2}} + \inverse{2k^{2}} - 
\frac{1-k^{2}}{2k^{3}}\ln\left(\frac{\Delta(\varphi,k)-k\cos(\varphi)}{1-k}\right)
\end{align*}


別解:

\begin{align*}
 J^{(1,2)} &=\int_{0}^{\varphi}\frac{\sin(\theta)\cos^{2}(\theta)d\theta}{\Delta(\theta,k)}\\
&= -\inverse{k^{2}}\int_{0}^{\varphi}\cos(\theta)\left(\odiff{\Delta}{\theta}\right)d\theta\\
&= -\inverse{k^{2}}\left\{\Big[\cos(\theta)\Delta(\theta,k)\Big]_{0}^{\varphi} + \int_{0}^{\varphi}\sin(\theta)\Delta(\theta,k)d\theta\right\}\\
&= -\inverse{k^{2}}\cos(\varphi)\Delta(\varphi,k) + \inverse{k^{2}} - \inverse{k^{2}}I^{(1,0)}\\
&= -\inverse{k^{2}}\cos(\varphi)\Delta(\varphi,k) + \inverse{k^{2}}\\
&\qquad - \inverse{k^{2}}\left\{-\frac{\cos(\varphi)\Delta(\varphi,k)}{2} + \inverse{2}
+ \frac{1-k^{2}}{2k}\ln\left(\frac{\Delta(\varphi,k)-k\cos(\varphi)}{1-k}\right)\right\}\\
&= -\frac{\cos(\varphi)\Delta(\varphi,k)}{2k^{2}} + \inverse{2k^{2}} - \frac{1-k^{2}}{2k^{3}}\ln\left(\frac{\Delta(\varphi,k)-k\cos(\varphi)}{1-k}\right)
\end{align*}


\begin{align*}
 J^{(2,2)} &=\int_{0}^{\varphi}\frac{\sin^{2}(\theta)\cos^{2}(\theta)d\theta}{\Delta(\theta,k)}\\
&= \int_{0}^{\varphi}\frac{(1-(\Delta(\theta,k))^{2}))(-k^{\prime2}+(\Delta(\theta,k))^{2})d\theta}{k^{4}\Delta(\theta,k)}\\
\end{align*}

ここで被積分関数を整理すると

\begin{align*}
 &\frac{(1-(\Delta(\theta,k))^{2}))(-k^{\prime2}+(\Delta(\theta,k))^{2})}{k^{4}\Delta(\theta,k)}\\
&\quad = \inverse{k^{4}}\left\{-\frac{k^{\prime2}}{\Delta(\theta,k)} + (1+k^{\prime2})\Delta(\theta,k) - (\Delta(\theta,k))^{3}\right\}\\
&\quad = \inverse{k^{4}}\left\{-\frac{k^{\prime2}}{\Delta(\theta,k)} + (1+k^{\prime2})\Delta(\theta,k) - (1-k^{2}\sin^{2}(\theta))(\Delta(\theta,k))\right\}\\
&\quad = \inverse{k^{4}}\left\{-\frac{1-k^{2}}{\Delta(\theta,k)} + (1-k^{2})\Delta(\theta,k) + k^{2}\sin^{2}(\theta))(\Delta(\theta,k))\right\}\\
\end{align*}

従って

\begin{align*}
%&= \inverse{k^{4}}\int_{0}^{\varphi}\left\{-\frac{k^{\prime2}}{\Delta(\theta,k)} + (1+k^{\prime2})\Delta(\theta,k) - (\Delta(\theta,k))^{3}\right\}d\theta\\
%&= \inverse{k^{4}}\int_{0}^{\varphi}\left\{-\frac{k^{\prime2}}{\Delta(\theta,k)} + (1+k^{\prime2})\Delta(\theta,k) - (1-k^{2}\sin^{2}(\theta))(\Delta(\theta,k))\right\}d\theta\\
J^{(2,2)} &= \inverse{k^{4}}\left\{-(1-k^{2})F(\varphi,k)+(1-k^{2})E(\varphi,k)+k^{2}I^{(2,0)}\right\}\\
&= -\frac{1-k^{2}}{k^{4}}F(\varphi,k) + \frac{1-k^{2}}{k^{4}}E(\varphi,k)\\
&\qquad\qquad\qquad + \inverse{k^{2}}\left\{-\frac{\Delta(\varphi,k)\sin(\varphi)\cos(\varphi)}{3}\right.\\
&\qquad\qquad\qquad\qquad \left.+ \frac{2k^{2}-1}{3k^{2}}E(\varphi,k) + \frac{1-k^{2}}{3k^{2}}F(\varphi,k))\right\}\\
&= -\frac{\Delta(\varphi,k)\sin(\varphi)\cos(\varphi)}{3k^{2}} + \frac{2-k^{2}}{3k^{4}}E(\varphi,k) + \frac{2k^{2}-2}{3k^{4}}F(\varphi.k)
\end{align*}


別解:

\begin{align*}
 J^{(2,2)} &=\int_{0}^{\varphi}\frac{\sin^{2}(\theta)\cos^{2}(\theta)d\theta}{\Delta(\theta,k)}\\
&= \int_{0}^{\varphi}\sin(\theta)\cos(\theta)\left(-\inverse{k^{2}}\odiff{\Delta}{\theta}\right)d\theta\\
&= -\inverse{k^{2}}\left\{\Big[\sin(\theta)\cos(\theta)\Delta(\varphi,k)\Big]_{0}^{\varphi} - \int_{0}^{\varphi}(\cos^{2}(\theta)-\sin^{2}(\theta))\Delta(\varphi,k)d\theta\right\}\\
&= -\inverse{k^{2}}\sin(\varphi)\cos(\varphi)\Delta(\varphi,k) + \inverse{k^{2}}\int_{0}^{\varphi}(2\cos^{2}(\theta)-1)\Delta(\varphi,k)d\theta\\
&= -\inverse{k^{2}}\sin(\varphi)\cos(\varphi)\Delta(\varphi,k) + \frac{2}{k^{2}}I^{(0,2)} - \inverse{k^{2}}E(\varphi,k)\\
&= -\inverse{k^{2}}\sin(\varphi)\cos(\varphi)\Delta(\varphi,k)\\
&\qquad + \frac{2}{k^{2}}\left\{\frac{\Delta(\varphi,k)\sin(\varphi)\cos(\varphi)}{3} + \frac{1+k^{2}}{3k^{2}}E(\varphi,k) - \frac{1-k^{2}}{3k^{2}}F(\varphi,k)\right\}\\
&\qquad - \inverse{k^{2}}E(\varphi,k)\\
&= -\frac{\Delta(\varphi,k)\sin(\varphi)\cos(\varphi)}{3k^{2}} + \frac{2-k^{2}}{3k^{4}}E(\varphi,k) + \frac{2k^{2}-2}{3k^{4}}F(\varphi,k)
\end{align*}


\begin{align*}
 I^{(2,1)} &= \int_{0}^{\varphi}\sin^{2}(\theta)\cos(\theta)\Delta(\theta,k)d\theta\\
&= \inverse{k^{2}}\int_{0}^{\varphi}(1-(\Delta(\theta,k))^{2})\cos(\theta)\Delta(\theta,k)d\theta\\
&= \inverse{k^{2}}\left\{\int_{0}^{\varphi}\Delta(\theta,k)\cos(\theta)d\theta - \int_{0}^{\varphi}(\Delta(\theta,k))^{3}\cos(\theta)d\theta\right\}\\
&= \inverse{k^{2}}\int_{0}^{\varphi}\Delta(\theta,k)\cos(\theta)d\theta - \inverse{k^{2}}\int_{0}^{\varphi}(\Delta(\theta,k))^{3}(\sin(\theta))^{\prime}d\theta\\
&=\inverse{k^{2}}I^{(0,1)} -\inverse{k^{2}}\Big[(\Delta(\theta,k))^{3}\sin(\theta)\Big]_{0}^{\varphi}
+\inverse{k^{2}}\int_{0}^{\varphi}((\Delta(\theta,k))^{3})^{\prime}\sin(\theta)d\theta\\
&=\inverse{k^{2}}I^{(0,1)} -\inverse{k^{2}}(\Delta(\varphi,k))^{3}\sin(\varphi)\\
&\qquad\qquad\qquad -\inverse{k^{2}}\int_{0}^{\varphi}\left\{\Big(3(\Delta(\theta,k))^{2}\Big)\left(\frac{k^{2}\sin(\theta)\cos(\theta)}{\Delta(\theta,k)}\right)\sin(\theta)\right\}d\theta\\
&=\inverse{k^{2}}I^{(0,1)} - \inverse{k^{2}}(\Delta(\varphi,k))(1-k^{2}\sin^{2}(\varphi))\sin(\varphi)-3I^{(2,1)}\\
\end{align*}

従って

\begin{align*}
 I^{(2,1)} &=\inverse{4}\left\{\inverse{k^{2}}I^{(0,1)} - \inverse{k^{2}}(\Delta(\varphi,k))(1-k^{2}\sin^{2}(\varphi))\sin(\varphi)\right\}\\
&= \inverse{4k^{2}}\left\{\frac{\sin(\varphi)\Delta(\varphi,k)}{2} + \inverse{2k}{\arcsin(k\sin(\varphi))}\right\}\\
&\qquad\qquad\qquad  - \inverse{4k^{2}}(\Delta(\varphi,k))(1-k^{2}\sin^{2}(\varphi))\sin(\varphi)\\
&= \inverse{8k^{2}}(\Delta(\varphi,k))(2k^{2}\sin^{2}(\varphi)-1)\sin(\varphi) + \inverse{8k^{3}}{\arcsin(k\sin(\varphi))}
\end{align*}


別解:

\begin{align*}
 I^{(2,1)} &= \int_{0}^{\varphi}\sin^{2}(\theta)\cos(\theta)\Delta(\theta,k)d\theta\\
&= -\inverse{3k^{2}}\int_{0}^{\varphi}\sin(\theta)\left(\odiff{(\Delta^{3})}{\theta}\right)d\theta\\
 &= -\inverse{3k^{2}}\left\{\Big[\sin(\theta)\Delta^{3}\Big]_{0}^{\varphi} - \int_{0}^{\varphi}\cos(\theta)\Delta^{3}d\theta\right\}\\
&= -\inverse{3k^{2}}\sin(\varphi)(\Delta(\varphi,k))^{3} + \inverse{3k^{2}}\int_{0}^{\varphi}\cos(\theta)(1-k^{2}\sin^{2}(\theta)){\Delta}d\theta\\
&= -\inverse{3k^{2}}\sin(\varphi)(\Delta(\varphi,k))^{3} + \inverse{3k^{2}}I^{(0,1)} - \inverse{3}I^{(2,1)}\\
\end{align*}

従って

\begin{align*}
 I^{(2,1)} &= \frac{3}{4}\left\{-\inverse{3k^{2}}\sin(\varphi)(\Delta(\varphi,k))^{3} + \inverse{3k^{2}}I^{(0,1)}\right\}\\
&= -\inverse{4k^{2}}\sin(\varphi)(1-k^{2}\sin^{2}(\varphi))(\Delta(\varphi,k))\\
&\qquad\qquad + \inverse{4k^{2}}\left\{ \frac{\sin(\varphi)\Delta(\varphi,k)}{2} + \inverse{2k}{\arcsin(k\sin(\varphi))}\right\}\\
&= \inverse{8k^{2}}(\Delta(\varphi,k))(2k^{2}\sin^{2}(\varphi)-1)\sin(\varphi) + \inverse{8k^{3}}{\arcsin(k\sin(\varphi))}
\end{align*}


\begin{align*}
 I^{(1,2)} &= \int_{0}^{\varphi}\sin(\theta)\cos^{2}(\theta)\Delta(\theta,k)d\theta\\
&= \inverse{k^{2}}\int_{0}^{\varphi}\sin(\theta)(-k^{\prime2}+(\Delta(\theta,k))^{2})\Delta(\theta,k)d\theta\\
&= \inverse{k^{2}}\left\{-k^{\prime2}\int_{0}^{\varphi}\sin(\theta)\Delta(\theta,k)d\theta + \int_{0}^{\varphi}\sin(\theta)(\Delta(\theta,k))^{3}d\theta\right\}\\
&= -\frac{k^{\prime2}}{k^{2}}\int_{0}^{\varphi}\sin(\theta)\Delta(\theta,k)d\theta
 + \inverse{k^{2}}\int_{0}^{\varphi}(-\cos(\theta))^{\prime}(\Delta(\theta,k))^{3}d\theta\\
&=-\frac{k^{\prime2}}{k^{2}}I^{(1,0)} +\inverse{k^{2}}\Big[-\cos(\theta)(\Delta(\theta,k))^{3}\Big]_{0}^{\varphi}+\inverse{k^{2}}\int_{0}^{\varphi}\cos(\theta)\left(\odiff{(\Delta^{3})}{\theta}\right)d\theta\\
&=-\frac{k^{\prime2}}{k^{2}}I^{(1,0)} -\inverse{k^{2}}\left\{\cos(\varphi)(\Delta(\varphi,k))^{3}-1\right\}\\
&\qquad\qquad\qquad\qquad -\inverse{k^{2}}\int_{0}^{\varphi}\cos(\theta)(3(\Delta(\theta,k))^{2})\left\{\frac{k^{2}\sin(\varphi)\cos(\phi)}{\Delta(\theta,k)}\right\}d\theta\\
&=-\frac{k^{\prime2}}{k^{2}}I^{(1,0)} - \inverse{k^{2}}\cos(\varphi)(1-k^{2}\sin^{2}(\varphi))(\Delta(\varphi,k)) + \inverse{k^{2}} -3I^{(1,2)}\\
\end{align*}

従って

\begin{align*}
 I^{(1,2)} &= \inverse{4}\left\{-\frac{k^{\prime2}}{k^{2}}I^{(1,0)} - \inverse{k^{2}}\cos(\varphi)(1-k^{2}\sin^{2}(\varphi))(\Delta(\varphi,k)) + \inverse{k^{2}}\right\}\\
&= \inverse{4}\left\{-\frac{1-k^{2}}{k^{2}}
\left\{-\frac{\cos(\varphi)\Delta(\varphi,k)}{2} + \inverse{2} + \frac{1-k^{2}}{2k}\ln\left(\frac{\Delta(\varphi,k)-k\cos(\varphi)}{1-k}\right)\right\}\right.\\
&\qquad\qquad\qquad\qquad \left. - \inverse{k^{2}}\cos(\varphi)(1-k^{2}\sin^{2}(\varphi))(\Delta(\varphi,k)) + \inverse{k^{2}}\right\}\\
&= \inverse{4}\left\{\frac{\cos(\varphi)\Delta(\varphi,k)}{2k^{2}}(2k^{2}\sin^{2}(\varphi)-1-k^{2}) + \frac{1+k^{2}}{2k^{2}}\right.\\
&\qquad\qquad\qquad\qquad \left.- \frac{(1-k^{2})^{2}}{2k^{3}}\ln\left(\frac{\Delta(\varphi,k)-k\cos(\varphi)}{1-k}\right)\right\}\\
&= \frac{\cos(\varphi)\Delta(\varphi,k)}{8k^{2}}(2k^{2}\sin^{2}(\varphi)-1-k^{2}) + \frac{1+k^{2}}{8k^{2}}\\
&\qquad\qquad\qquad\qquad - \frac{(1-k^{2})^{2}}{8k^{3}}\ln\left(\frac{\Delta(\varphi,k)-k\cos(\varphi)}{1-k}\right)\\
&= -\frac{\cos(\varphi)\Delta(\varphi,k)}{8k^{2}}(2k^{2}\cos^{2}(\varphi)+1-k^{2}) + \frac{1+k^{2}}{8k^{2}}\\
&\qquad\qquad\qquad\qquad - \frac{(1-k^{2})^{2}}{8k^{3}}\ln\left(\frac{\Delta(\varphi,k)-k\cos(\varphi)}{1-k}\right)\\
%&= -\frac{\cos(\varphi)\Delta(\varphi,k)}{8k^{2}}(2k^{2}\cos^{2}(\varphi)+1-k^{2}) + \frac{1+k^{2}}{8k^{2}}\\
%&\qquad\qquad\qquad\qquad - \frac{(1-k^{2})^{2}}{8k^{3}}\ln\left(\frac{\Delta(\varphi,k)-k\cos(\varphi)}{1-k}\right)\\
\end{align*}


別解:

\begin{align*}
 I^{(1,2)} &= \int_{0}^{\varphi}\sin(\theta)\cos^{2}(\theta)\Delta(\theta,k)d\theta\\
&= -\inverse{3k^{2}}\int_{0}^{\varphi}\cos(\theta)\left(\odiff{(\Delta^{3})}{\theta}\right)d\theta\\
&= -\inverse{3k^{2}}\left\{\Big[\cos(\theta)(\Delta^{3})\Big]_{0}^{\varphi} + \int_{0}^{\varphi}\sin(\theta)(\Delta^{3})d\theta\right\}\\
&= -\inverse{3k^{2}}\left\{\cos(\varphi)(\Delta(\varphi,k)^{3})-1\right\} - \inverse{3k^{2}} \int_{0}^{\varphi}\sin(\theta)(k^{\prime2}+k^{2}\cos^{2}(\theta)){\Delta}d\theta\\
&= -\inverse{3k^{2}}\cos(\varphi)(k^{\prime2}+k^{2}\cos^{2}(\varphi))\Delta(\varphi,k) + \inverse{3k^{2}} - \frac{k^{\prime2}}{3k^{2}}I^{(1,0)} - \inverse{3}I^{(1,2)}
\end{align*}

従って

\begin{align*}
 I^{(1,2)} &= \frac{3}{4}\left\{-\inverse{3k^{2}}\cos(\varphi)(k^{\prime2}+k^{2}\cos^{2}(\varphi))\Delta(\varphi,k) + \inverse{3k^{2}} - \frac{k^{\prime2}}{3k^{2}}I^{(1,0)}\right\}\\
&= \frac{3}{4}\left\{-\inverse{3k^{2}}\cos(\varphi)(k^{\prime2}+k^{2}\cos^{2}(\varphi))\Delta(\varphi,k) + \inverse{3k^{2}}\right.\\
& \qquad\qquad - \left.\frac{k^{\prime2}}{3k^{2}}\left\{-\frac{\cos(\varphi)\Delta(\varphi,k)}{2} + \inverse{2} + \frac{1-k^{2}}{2k}\ln\left(\frac{\Delta(\varphi,k)-k\cos(\varphi)}{1-k}\right)\right\}\right\}\\
&= \frac{3}{4}\left\{-\inverse{3k^{2}}\cos(\varphi)\left(k^{\prime2}+k^{2}\cos^{2}(\varphi)-\inverse{2}k^{\prime2}\right)\Delta(\varphi,k) + \inverse{3k^{2}}\left(1-\frac{k^{\prime2}}{2}\right)\right.\\
&\qquad\qquad - \left.\frac{k^{\prime2}}{3k^{2}}\cdot\frac{1-k^{2}}{2k}\ln\left(\frac{\Delta(\varphi,k)-k\cos(\varphi)}{1-k}\right)
\right\}\\
&= -\frac{\cos(\varphi)\Delta(\varphi,k)}{8k^{2}}(2k^{2}\cos^{2}(\varphi)+1-k^{2}) + \frac{1+k^{2}}{8k^{2}}\\
&\qquad\qquad\qquad\qquad - \frac{(1-k^{2})^{2}}{8k^{3}}\ln\left(\frac{\Delta(\varphi,k)-k\cos(\varphi)}{1-k}\right)\\
\end{align*}


\begin{align*}
 I^{(2,2)} &=\int_{0}^{\varphi}\sin^{2}(\theta)\cos^{2}(\theta){\Delta}d\theta = \inverse{4}\int_{0}^{\varphi}(\sin(2\theta))^{2}{\Delta}d\theta\\
&= \inverse{4}\int_{0}^{\varphi}\left(\frac{1-\cos(4\theta)}{2}\right){\Delta}d\theta\\
&= \inverse{8}\left\{\int_{0}^{\varphi}{\Delta}d\theta - \int_{0}^{\varphi}\cos(4\theta){\Delta}d\theta\right\}\\
&= \inverse{8}\left\{E(\varphi,k) - \inverse{4}\int_{0}^{\varphi}(\sin(4\theta))^{\prime}{\Delta}d\theta\right\}\\
&= \inverse{8}E(\varphi,k) - \inverse{32}\left\{\Big[\sin(4\theta)\Delta\Big]_{0}^{\varphi} + k^{2}\int_{0}^{\varphi}\sin(4\theta)\frac{\sin(\theta)\cos(\theta)}{\Delta}d\theta\right\}\\
&= \inverse{8}E(\varphi,k) - \inverse{32}\sin(4\varphi)\Delta(\varphi,k)\\
&\qquad - \frac{k^{2}}{8}\int_{0}^{\varphi}\left\{\sin(\theta)\cos(\theta)\left\{\cos^{2}(\theta)-\sin^{2}(\theta)\right\}\frac{\sin(\theta)\cos(\theta)}{\Delta}\right\}d\theta\\
&= \inverse{8}E(\varphi,k) - \inverse{8}\sin(\varphi)\cos(\varphi)\left\{\cos^{2}(\varphi)-\sin^{2}(\varphi)\right\}\Delta(\varphi,k)\\
&\qquad - \frac{k^{2}}{8}\int_{0}^{\varphi}\left\{\frac{\sin^{2}(\theta)\cos^{2}(\theta)\left\{\cos^{2}(\theta)-\sin^{2}(\theta)\right\}}{\Delta}\right\}d\theta\\
\end{align*}

しかるに

\begin{align*}
 \cos^{2}(\theta)-\sin^{2}(\theta) &= \frac{k^{2}-1+\Delta^{2}}{k^{2}} - \frac{1-\Delta^{2}}{k^{2}}\\
&= \frac{-2+k^{2}+2\Delta^{2}}{k^{2}}
\end{align*}

だから

\[
 \frac{\cos^{2}(\theta)-\sin^{2}(\theta)}{\Delta} = \frac{-2+k^{2}+2\Delta^{2}}{k^{2}\Delta} = \frac{-2+k^{2}}{k^{2}}\inverse{\Delta} + \frac{2}{k^{2}}\Delta
\]
なので

\begin{align*}
 I^{(2,2)} &= \inverse{8}E(\varphi,k) - \inverse{8}\sin(\varphi)\cos(\varphi)\left\{\cos^{2}(\varphi)-\sin^{2}(\varphi\right\}\Delta(\varphi,k)\\
&\qquad - \frac{k^{2}}{8}\int_{0}^{\varphi}\sin^{2}(\theta)\cos^{2}(\theta)\left\{\frac{-2+k^{2}}{k^{2}}\inverse{\Delta} + \frac{2}{k^{2}}\Delta\right\}d\theta\\
&= \inverse{8}E(\varphi,k) - \inverse{8}\sin(\varphi)\cos(\varphi)\left\{\cos^{2}(\varphi)-\sin^{2}(\varphi)\right\}\Delta(\varphi,k)\\
&\qquad - \frac{-2+k^{2}}{8}J^{(2,2)} - \inverse{4}I^{(2,2)}
\end{align*}

結局

\begin{align*}
 I^{(2,2)} &= \frac{4}{5}
\left\{\inverse{8}E(\varphi,k) - \inverse{8}\sin(\varphi)\cos(\varphi)\left\{\cos^{2}(\varphi)-\sin^{2}(\varphi)\right\}\Delta(\varphi,k)\right.\\
&\qquad - \left.\frac{-2+k^{2}}{8}\left(-\frac{\Delta(\varphi,k)\sin(\varphi)\cos(\varphi)}{3k^{2}} + \frac{2-k^{2}}{3k^{4}}E(\varphi,k) + \frac{2k^{2}-2}{3k^{4}}F(\varphi,k)\right)\right\}\\
&= \inverse{10}\left\{\Delta(\varphi,k)\sin(\varphi)\cos(\varphi)\left(-(\cos^{2}(\theta)-\sin^{2}(\theta))+\frac{-2+k^{2}}{3k^{2}}\right)\right.\\
&\qquad + \left.\left(1+\frac{(2-k^{2})^{2}}{3k^{4}}\right)E(\varphi,k) -\frac{(2k^{2}-2)(-2+k^{2})}{3k^{4}}F(\varphi,k)\right\}\\
&= \inverse{30k^{4}}\Big\{\Big(-(\cos^{2}(\theta)-\sin^{2}(\theta))(3k^{4})+(-2+k^{2})(k^{2})\Big)\sin(\varphi)\cos(\varphi)\Delta(\varphi,k)\\
&\qquad + \Big(3k^{4}+(2-k^{2})^{2}\Big)E(\varphi,k) - 2(1-k^{2})(2-k^{2})F(\varphi,k)\Big\}\\
&= \inverse{30k^{4}}\Big\{\Big(2k^{2}(-3k^{2}\cos^{2}(\theta)+2k^{2}-1)\Big)\sin(\varphi)\cos(\varphi)\Delta(\varphi,k)\\
&\qquad + 4(k^{4}-k^{2}+1)E(\varphi,k) - 2(1-k^{2})(2-k^{2})F(\varphi,k)\Big\}\\
\end{align*}

若干変形して

\begin{align*}
 I^{(2,2)} &= \inverse{15k^{2}}\Big\{(-3k^{2}\cos^{2}(\theta)+2k^{2}-1)\sin(\varphi)\cos(\varphi)\Delta(\varphi,k)\\
&\qquad + \frac{2(k^{4}-k^{2}+1)}{k^2}E(\varphi,k) - \frac{(1-k^{2})(2-k^{2})}{k^{2}}F(\varphi,k)\Big\}\\
\end{align*}


別解:

\begin{align*}
 I^{(2,2)} &=\int_{0}^{\varphi}\sin^{2}(\theta)\cos^{2}(\theta)\Delta(\theta,k)d\theta\\
&= \int_{0}^{\varphi}\sin(\theta)\cos(\theta)\left\{-\inverse{3k^{2}}\odiff{(\Delta^{3})}{\theta}\right\}d\theta\\
&= -\inverse{3k^{2}}\left\{\Big[\sin(\theta)\cos(\theta)\Delta^{3}\Big]_{0}^{\varphi} - \int_{0}^{\varphi}(\cos^{2}(\theta)-\sin^{2}(\theta)){\Delta^{3}}d\theta\right\}\\
&= -\inverse{3k^{2}}\sin(\varphi)\cos(\varphi)(\Delta(\varphi,k)^{3}) + \inverse{3k^{2}}\int_{0}^{\varphi}(2\cos^{2}(\theta)-1){\Delta^{3}}d\theta\\
&= -\inverse{3k^{2}}\sin(\varphi)\cos(\varphi)(\Delta(\varphi,k)^{3})\\
&\qquad\qquad + \inverse{3k^{2}}\int_{0}^{\varphi}(2\cos^{2}(\theta)-1)(1-k^{2}\sin^{2}(\theta)){\Delta}d\theta\\
&= -\inverse{3k^{2}}\sin(\varphi)\cos(\varphi)(\Delta(\varphi,k)^{3})\\
&\qquad\qquad + \inverse{3k^{2}}\left\{-2k^{2}I^{(2,2)}+k^{2}I^{(2,0)}+2I^{(0,2)}-E(\varphi,k)\right\}\\
\end{align*}

ところが

\begin{align*}
 &k^{2}I^{(2,0)}+2I^{(0,2)}\\
&\quad = k^{2}\left\{-\frac{\Delta(\varphi,k)\sin(\varphi)\cos(\varphi)}{3} + \frac{2k^{2}-1}{3k^{2}}E(\varphi,k) + \frac{1-k^{2}}{3k^{2}}F(\varphi,k)\right\}\\
&\qquad\qquad + 2\left\{\frac{\Delta(\varphi,k)\sin(\varphi)\cos(\varphi)}{3} + \frac{1+k^{2}}{3k^{2}}E(\varphi,k) - \frac{1-k^{2}}{3k^{2}}F(\varphi,k)\right\}\\
&\quad = \frac{-k^{2}+2}{3}(\Delta(\varphi,k)\sin(\varphi)\cos(\varphi))\\
&\qquad\qquad + \frac{2k^{4}+k^{2}+2}{3k^{2}}E(\varphi,k) + \frac{-k^{4}+3k^{2}-2}{3k^{2}}F(\varphi,k)
\end{align*}

だから

\begin{align*}
 I^{(2,2)} &= \frac{3}{5}\left\{-\inverse{3k^{2}}\sin(\varphi)\cos(\varphi)(1-k^{2}+k^{2}\cos^{2}(\theta))\Delta(\varphi,k)\right.\\
&\qquad\qquad + \inverse{3k^{2}}\left\{\frac{-k^{2}+2}{3}(\Delta(\varphi,k)\sin(\varphi)\cos(\varphi))\right.\\
&\qquad\qquad\qquad + \left.\left.\frac{2k^{4}+k^{2}+2}{3k^{2}}E(\varphi,k) + \frac{-k^{4}+3k^{2}-2}{3k^{2}}F(\varphi,k)
-E(\varphi,k)\right\}\right\}\\
&= \inverse{15k^{2}}\Big\{(-3k^{2}\cos^{2}(\varphi)+2k^{2}-1)\sin(\varphi)\cos(\varphi)\Delta(\varphi,k)\\
&\qquad\qquad + \frac{2(k^{4}-k^{2}+1)}{k^{2}}E(\varphi,k) - \frac{(1-k^{2})(2-k^{2})}{k^{2}}F(\varphi,k)\Big\}
\end{align*}


\begin{align*}
 J^{(3,0)} &= \int_{0}^{\varphi}\frac{\sin^{3}(\theta)d\theta}{\Delta}\\
&= \int_{0}^{\varphi}\frac{\sin(\theta)}{\Delta}\left(\frac{1-\Delta^{2}}{k^{2}}\right)d\theta\\
&= \inverse{k^{2}}\left\{\int_{0}^{\varphi}\frac{\sin(\theta)d\theta}{\Delta} - \int_{0}^{\varphi}\Delta\sin(\theta)d\theta\right\}\\
&= \inverse{k^{2}}(J^{(1,0)} - I^{(1,0)})\\
&= \inverse{2k^{2}}(\cos(\varphi)\Delta-1) - \frac{1+k^{2}}{2k^{3}}\ln\left(\frac{k\cos(\varphi)+\Delta}{k+1}\right)
\end{align*}


同様に

\begin{align*}
 J^{(0,3)} &= \int_{0}^{\varphi}\frac{\cos^{3}(\theta)d\theta}{\Delta}\\
&= \int_{0}^{\varphi}\frac{\cos(\theta)}{\Delta}\left(\frac{-k^{\prime2}+\Delta^{2}}{k^{2}}\right)d\theta\\
&= \inverse{k^{2}}\left\{-k^{\prime2}\int_{0}^{\varphi}\frac{\cos(\theta)d\theta}{\Delta} + \int_{0}^{\varphi}\Delta\cos(\theta)d\theta\right\}\\
&= \inverse{k^{2}}(-k^{\prime2}J^{(0,1)} + I^{(0,1)})\\
&= \frac{\sin(\varphi)\Delta}{2k^{2}} + \frac{2k^{2}-1}{2k^{3}}\arcsin(k\sin(\varphi))
\end{align*}


\begin{align*}
 I^{(3,0)} &= \int_{0}^{\varphi}\sin^{3}(\theta){\Delta}d\theta = \int_{0}^{\varphi}\sin(\theta)(1-\cos^{2}(\theta)){\Delta}d\theta\\
&\qquad = I^{(1,0)} - \int_{0}^{\varphi}\cos(\theta)(\sin(\theta)\cos(\theta)){\Delta}d\theta\\
&\qquad = I^{(1,0)} + \inverse{3k^{2}}\int_{0}^{\varphi}\cos(\theta)\left(\odiff{(\Delta^{3})}{\theta}\right)d\theta\\
&\qquad = I^{(1,0)} + \inverse{3k^{2}}\left\{\Big[\cos(\theta)\Delta^{3}\Big]_{0}^{\varphi} + \int_{0}^{\varphi}\sin(\theta)(1-k^{2}\sin^{2}(\theta)){\Delta}d\theta\right\}\\
&\qquad = I^{(1,0)} + \inverse{3k^{2}}\left(\cos(\varphi)(\Delta(\varphi,k))^{3}-1\right) + \inverse{3k^{2}}I^{(1,0)} - \inverse{3}I^{(3,0)}
\end{align*}

従って

\[
 \frac{4}{3}I^{(3,0)} = \inverse{3k^{2}}\left(\cos(\varphi)(\Delta(\varphi,k))^{3}-1\right) + \frac{3k^{2}+1}{3k^{2}}I^{(1,0)}
\]

つまり

\begin{align*}
 I^{(3,0)} &= \inverse{4k^{2}}\left(\cos(\varphi)(\Delta(\varphi,k))^{3}-1\right) + \frac{3k^{2}+1}{4k^{2}}I^{(1,0)}
\end{align*}


以下、暫くの間、$m+n$ を「階数」と呼んでおくと、これまでの $I^{(m,n)}$ 又は $J^{(m,n)}$ の計算で分かるように、その「取り敢えずの」表式には、より低い階数の $I^{(m,n)}$ 又は $J^{(m,n)}$ が登場する。つまり、$I^{(m,n)}$ 又は $J^{(m,n)}$ の表式は、漸化式として成立している。いままでは、そうした得られた階数が十分低くて扱いやすかったので、 その $I^{(m,n)}$ 及び/又は $J^{(m,n)}$ を更に開いた訣だ。しかし、今後、ヨリ高階数となった場合には、漸化式のまま表示することを視野に入れるべきだろう。ここでも、勿論、このまま、漸化式の形で表示したままてもよいのだが、右辺の「印象」にまだ「余裕」があるので、ひとまずは、両方の形式を見比べると云う意味もあって、右辺における $\Delta$ の次数を 1 まで引き下げ、また、$I^{(1,0)}$ を開くなら

\begin{align*}
 I^{(3,0)} &= \inverse{4k^{2}}\left\{\cos(\varphi)(1-k^{2}\sin^{2}(\varphi))(\Delta(\varphi,k))-1\right\}\\
&\qquad + \frac{3k^{2}+1}{4k^{2}}\left\{
-\frac{\cos(\varphi)\Delta(\varphi,k)}{2} + \inverse{2} - \frac{1-k^{2}}{2k}\ln\left(\frac{k\cos(\varphi)+\Delta(\varphi,k)}{k+1}\right)\right\}\\
&= -\frac{2k^{2}\sin^{2}(\varphi)+3k^{2}-1}{8k^{2}}\cos(\varphi)\Delta(\varphi,k) + \frac{3k^{2}-1}{8k^{2}}\\
&\qquad + \frac{3k^{4}-2k^{2}-1}{8k^{3}}\ln\left(\frac{k\cos(\varphi)+\Delta(\varphi,k)}{k+1}\right)
\end{align*}
となる。


\begin{align*}
 I^{(0,3)}&= \int_{0}^{\varphi}\cos^{3}(\theta){\Delta}d\theta = \int_{0}^{\varphi}\cos(\theta)(1-\sin^{2}(\theta)){\Delta}d\theta\\
&\qquad = I^{(0,1)} - \int_{0}^{\varphi}\sin(\theta)(\sin(\theta)\cos(\theta)){\Delta}d\theta\\
&\qquad = I^{(0,1)} + \inverse{3k^{2}}\int_{0}^{\varphi}\sin(\theta)\left(\odiff{(\Delta^{3})}{\theta}\right)d\theta\\
&\qquad = I^{(0,1)} + \inverse{3k^{2}}\left\{\Big[\sin(\theta)\Delta^{3}\Big]_{0}^{\varphi} - \int_{0}^{\varphi}\cos(\theta)(k^{\prime2}+k^{2}\cos^{2}(\theta)){\Delta}d\theta\right\}\\
&\qquad = I^{(0,1)} + \frac{\sin(\varphi)(\Delta(\varphi,k))^{3}}{3k^{2}} - \frac{k^{\prime2}}{3k^{2}}I^{(0,1)} - \inverse{3}I^{(0,3)}
\end{align*}

従って

\begin{align*}
 \frac{4}{3}I^{(0,3)} = \frac{\sin(\varphi)(\Delta(\varphi,k))^{3}}{3k^{2}} + \frac{4k^{2}-1}{3k^{2}}I^{(0,1)}
\end{align*}

つまり

\begin{align*}
 I^{(0,3)} = \frac{\sin(\varphi)(\Delta(\varphi,k))^{3}}{4k^{2}} + \frac{4k^{2}-1}{4k^{2}}I^{(0,1)}
\end{align*}

ここで、右辺における $\Delta$ の次数を 1 まで引き下げ、また、$I^{(0,1)}$ を開くと

\begin{align*}
 I^{(0,3)} &= \frac{\sin(\varphi)(\Delta(\varphi,k))}{4k^{2}}(1-k^{2}+k^{2}\cos^{2}(\varphi))\\
&\qquad + \frac{4k^{2}-1}{4k^{2}}\left\{
\frac{\sin(\varphi)\Delta(\varphi,k)}{2} + \inverse{2k}{\arcsin(k\sin(\varphi))}\right\}\\
&\qquad = \frac{\sin(\varphi)(\Delta(\varphi,k))}{8k^{2}}(2k^{2}\cos^{2}(\varphi)+2k^{2}+1) + \frac{4k^{2}-1}{8k^{3}}{\arcsin(k\sin(\varphi))}
\end{align*}

| | コメント (0) | トラックバック (0)

三角関数の幾つかの2次無理式の積分

記事になるネタがないので、最近行った、幾つかの三角関数の無理式の積分計算をそのままアップする。

初めに、記号を決めておこう。

\begin{align*}
&0<k<1, 0<k^{\prime}<1, k^{2}+k^{\prime{2}}=1, 0\leq \varphi \leq \frac{\pi}{2}\\
&u(x) := k\sin(x), v(x) :=k\cos(x)\\
&\Delta(x,k) := \sqrt{1-k^{2}\sin^{2}x} = \sqrt{1-(u(x))^{2}} = \sqrt{k^{\prime2}+(v(x))^{2}}\\
&E(\varphi,k) := \int_{0}^{\varphi}\Delta({\theta},k)d\theta, \quad F(\varphi,k) := \int_{0}^{\varphi}\frac{d\theta}{\Delta({\theta},k)}\\
&I_{\mathrm s}^{n} := \int_{0}^{\varphi}\Delta({\theta},k)\sin^{n}(\theta)d\theta, \quad I_{\mathrm c}^{n} := \int_{0}^{\varphi}\Delta({\theta},k)\cos^{n}(\theta)d\theta\\
&J_{\mathrm s}^{n} := \int_{0}^{\varphi}\frac{\sin^{n}(\theta)}{\Delta({\theta},k)}d\theta, \quad J_{\mathrm c}^{n} := \int_{0}^{\varphi}\frac{\cos^{n}(\theta)}{\Delta({\theta},k)}d\theta\\
%&I_{\mathrm s}^{2} := \int_{0}^{\varphi}\Delta({\theta},k)\sin^{2}(\theta)d\theta, \quad I_{\mathrm c}^{2} := \int_{0}^{\varphi}\Delta({\theta},k)\cos^{2}(\theta)d\theta\\
\end{align*}

ここで、F(\varphi,k)E(\varphi,k) とが、それぞれ Legendre の第1種楕円積分と第2種楕円積分であるのは周知のとおり。そして、自明ながら、次の式が成り立っていることを注意しておく。

I_{\mathrm s}^{0} = I_{\mathrm c}^{0} = E(\varphi,k), \qquad J_{\mathrm s}^{0} = J_{\mathrm c}^{0} = F(\varphi,k)

I_{\mathrm s}^{2} + I_{\mathrm c}^{2} = E(\varphi,k), \qquad  J_{\mathrm s}^{2} + J_{\mathrm c}^{2} = F(\varphi,k)

以下では、I_{\mathrm s}^{n}, I_{\mathrm c}^{n}, J_{\mathrm s}^{n} 及び J_{\mathrm c}^{n} について、n=1,2 の場合の計算を行う。

下記の計算で用いる主な関係式は,次の通りの簡単なものだ。

\begin{align*}
 &\sin^{2}\theta = \frac{1 - (\Delta(\theta.k))^{2}}{k^2}\\
 &\cos^{2}\theta = 1 - \frac{1 - (\Delta(\theta.k))^{2}}{k^{2}} = \frac{-k^{\prime2} + (\Delta(\theta.k))^{2}}{k^{2}}\\
 &\odiff{\Delta}{\theta}(\theta,k) = -\frac{k^{2}\sin(\theta)\cos(\theta)}{\Delta(\theta,k)} = -\frac{u(\theta)v(\theta)}{\Delta(\theta,k)}\\
 &\odiff{u}{\theta}(\theta) = v(\theta), \quad \frac{du}{k} = \cos(\theta)d\theta\\
 &\odiff{v}{\theta}(\theta) = -u(\theta), \quad \frac{dv}{k} = -\sin(\theta)d\theta
\end{align*}

では、順次計算していこう。


\begin{align*}
 J^{1}_{\mathrm c} &= \int_{0}^{\varphi}\frac{\cos(\theta)}{\Delta(\theta,k)}d\theta\\
&= \int_{0}^{\varphi}\frac{\cos(\theta)}{\sqrt{1-(u(\theta))^{2}}}d\theta\\
&= \inverse{k}\int_{0}^{k\sin(\varphi)}\frac{du}{\sqrt{1-u^2}}\\
&= \inverse{k}\arcsin(k\sin(\varphi))\\
\end{align*}


\begin{align*}
 J^{1}_{\mathrm s} &= \int_{0}^{\varphi}\frac{\sin(\theta)}{\Delta(\theta,k)}d\theta\\
&= \int_{0}^{\varphi}\frac{\sin(\theta)}{\sqrt{k^{\prime2}+(v(\theta))^{2}}}d\theta\\
&= -\inverse{k}\int_{k}^{k\cos(\varphi)}\frac{v}{\sqrt{k^{\prime2}+v^{2}}}dv\\
&= -\inverse{k}\left[\ln(v+\sqrt{k^{\prime2}+v^{2}})\right]_{k}^{k\cos(\varphi)}\\
&= \inverse{k}\ln\left(\frac{k+\sqrt{k^{\prime2}+k^{2}}}{k\cos(\varphi)+\sqrt{k^{\prime2}+k^{2}\cos^{2}(\varphi)}}\right)\\
%&= \inverse{k}\ln\left(\frac{k+\sqrt{k^{\prime2}+k^{2}}}{k\cos(\varphi)+\sqrt{k^{\prime2}+k^{2}\cos^{2}(\varphi)}}\right)\\
&= \inverse{k}\ln\left(\frac{k+1}{k\cos(\varphi)+\sqrt{1-k^{2}\sin^{2}(\varphi)}}\right)\\
&= \inverse{k}\ln\left(\frac{(k+1)\left(k\cos(\varphi)-\sqrt{1-k^{2}\sin^{2}(\varphi)}\right)}{k^{2}\cos^{2}(\varphi)-(1-k^{2}\sin^{2}(\varphi))}\right)\\
&= \inverse{k}\ln\left(\frac{(k+1)\left(k\cos(\varphi)-\Delta(\varphi,k)\right)}{k^{2}-1}\right)\\
&= \inverse{k}\ln\left(\frac{\Delta(\varphi,k)-k\cos(\varphi)}{1-k}\right)\\
\end{align*}


\begin{align*}
 I^{1}_{\mathrm c} &= \int_{0}^{\varphi}\Delta(\theta,k)\cos(\theta)d\theta\\
&= \inverse{k}\int_{0}^{k\sin(\varphi)}\sqrt{1-u^{2}}du\\
&= \inverse{k}\left[\inverse{2}\left(u\sqrt{1-u^{2}}+\arcsin(u)\right)\right]_{0}^{k\sin(\varphi)}\\
&= \inverse{2k}\left(k\sin(\varphi)\sqrt{1-k^{2}\sin^{2}(\varphi)} + \arcsin(k\sin(\varphi))\right)\\
&= \frac{\sin(\varphi)\Delta(\varphi,k)}{2} + \inverse{2k}\arcsin(k\sin(\varphi))
\end{align*}


\begin{align*}
 I^{1}_{\mathrm s} &= \int_{0}^{\varphi}\Delta(\theta,k)\sin(\theta)d\theta\\
&= -\inverse{k}\int_{k}^{k\cos(\varphi)}\sqrt{k^{\prime2}+v^{2}}dv\\
&= -\inverse{k}\left\{\inverse{2}\left[v\sqrt{k^{\prime2}+v^{2}} + k^{\prime2}\ln(v+\sqrt{k^{\prime2}+v^{2}})\right]_{k}^{k\cos(\varphi)}\right\}\\
&= -\inverse{2k}\left\{k\cos(\varphi)\sqrt{k^{\prime2}+k^{2}\cos^{2}(\varphi)} - k\sqrt{k^{\prime2}+k^{2}}\right\}\\
&\qquad\qquad\qquad - \frac{k^{\prime2}}{2k}\ln\left\{\frac{k\cos(\varphi) + \sqrt{k^{\prime2}+k^{2}\cos^{2}(\varphi)}}{k+\sqrt{k^{\prime2}+k^{2}}}\right\}\\
&= -\inverse{2}\cos(\varphi)\Delta(\varphi,k) + \inverse{2} - \frac{1-k^{2}}{2k}\ln\left\{\frac{k\cos(\varphi)+\Delta(\varphi,k)}{k+1}\right\}
\end{align*}


\begin{align*}
 J^{2}_{\mathrm s} &= \int_{0}^{\varphi}\frac{\sin^{2}(\theta)}{\Delta(\theta,k)}d\theta\\
&= \int_{0}^{\varphi}\inverse{\Delta(\theta,k)}\left\{\inverse{k^{2}}(1-(1-k^{2}\sin^{2}(\theta))\right\}d\theta\\
&= \inverse{k^{2}}\int_{0}^{\varphi}\left(\inverse{\Delta(\theta,k)} - \Delta(\theta,k)\right)d\theta\\
&= \inverse{k^{2}}\left(F(\varphi,k)-E(\varphi,k)\right)
\end{align*}


\begin{align*}
 J^{2}_{\mathrm c} &= F(\varphi,k) - J^{2}_{\mathrm s}\\
&=(1-\inverse{k^{2}})F(\varphi,k) + \inverse{k^{2}}E(\varphi,k)\\
&=\inverse{k^{2}}E(\varphi,k) - \frac{1-k^{2}}{k^{2}}F(\varphi,k)
\end{align*}


\begin{align*}
 I^{2}_{\mathrm c} &= \int_{0}^{\varphi}\Delta(\theta,k)\cos^{2}(\theta)d\theta = \int_{0}^{\varphi}\Delta(\theta,k)\left(\frac{1+\cos(2\theta)}{2}\right)d\theta\\
&=\inverse{2}\int_{0}^{\varphi}\Delta(\theta,k)d\theta + \inverse{2}\int_{0}^{\varphi}\Delta(\theta,k)\cos(2\theta)d\theta\\
&=\inverse{2}E(\varphi,k) + \inverse{2}\int_{0}^{\varphi}\Delta(\theta,k)\left(\inverse{2}\sin(2\theta)\right)^{\prime}d\theta\\
&=\inverse{2}E(\varphi,k) + \inverse{4}\left\{\left[\Delta(\theta,k)\sin(2\theta)\right]_{0}^{\varphi} - \int_{0}^{\varphi}
\left(\Delta(\theta,k)\right)^{\prime}\sin(2\theta)d\theta\right\}\\
&=\inverse{2}E(\varphi,k) + \inverse{4}\left[\Delta(\theta,k)\sin(2\theta)\right]_{0}^{\varphi}\\
&\qquad\qquad\qquad\qquad + \inverse{4}\int_{0}^{\varphi}\frac{k^{2}\sin(\theta)\cos(\theta)}{\Delta(\theta,k)}\sin(2\theta)d\theta\\
&=\inverse{2}E(\varphi,k) + \inverse{4}\Delta(\varphi,k)\sin(2\varphi)\\
&\qquad\qquad\qquad\qquad + \frac{k^{2}}{2}\int_{0}^{\varphi}\frac{\sin^2(\theta)\cos^2(\theta)}{\Delta(\theta,k)}d\theta\\
&=\inverse{2}E(\varphi,k) + \inverse{2}\Delta(\varphi,k)\sin(\varphi)\cos(\varphi)\\
&\qquad\qquad\qquad\qquad + \frac{k^{2}}{2}\int_{0}^{\varphi}\frac{\sin^2(\theta)\cos^2(\theta)}{\Delta(\theta,k)}d\theta
\end{align*}

しかるに
\begin{align*}
 &\frac{k^{2}}{2}\int_{0}^{\varphi}\frac{\sin^2(\theta)\cos^2(\theta)}{\Delta(\theta,k)}d\theta\\
&\quad = \frac{k^{2}}{2}\int_{0}^{\varphi}\left(\inverse{{\Delta(\theta,k)}}\right)\left(\frac{1 - (\Delta(x.k))^{2}}{k^2}\right)\left(\frac{-k^{\prime2} + (\Delta(x.k))^{2}}{k^{2}}\right)d\theta\\
&\quad = \inverse{2k^{2}}\int_{0}^{\varphi}\left(\inverse{\Delta(\theta,k)}\right)\left(-k^{\prime2} + (1+k^{\prime2})(\Delta(x.k))^{2} - (\Delta(x.k))^{4}\right)d\theta\\
&\quad = -\frac{k^{\prime2}}{2k^{2}}\int_{0}^{\varphi}\frac{d\theta}{\Delta(\theta,k)} + \frac{1+k^{\prime2}}{2k^{2}}\int_{0}^{\varphi}\Delta(x.k)d\theta\\
&\qquad\qquad\qquad\qquad - \inverse{2k^{2}}\int_{0}^{\varphi}(1-k^{2}\sin^{2}\theta)\Delta(x.k)d\theta\\
&\quad = -\frac{k^{\prime2}}{2k^{2}}F(\varphi,k) + \frac{k^{\prime2}}{2k^{2}}E(\varphi,k) + \inverse{2}\int_{0}^{\varphi}\sin^{2}\theta\Delta(x.k)d\theta\\
&\quad = -\frac{k^{\prime2}}{2k^{2}}F(\varphi,k) + \frac{k^{\prime2}}{2k^{2}}E(\varphi,k) + \inverse{2}\int_{0}^{\varphi}(1 - \cos^{2}\theta)\Delta(x.k)d\theta\\
&\quad = -\frac{k^{\prime2}}{2k^{2}}F(\varphi,k) + \left(\frac{k^{\prime2}}{2k^{2}} + \inverse{2}\right)E(\varphi,k) - \inverse{2}I^{2}_{\mathrm c}\\
\end{align*}
だから、まとめると
\begin{align*}
\frac{3}{2}I^{2}_{\mathrm c} &= \inverse{2}E(\varphi,k) + \inverse{2}\Delta(\varphi,k)\sin(\varphi)\cos(\varphi)\\
&\qquad\qquad + \left(-\frac{k^{\prime2}}{2k^{2}}F(\varphi,k) + \left(\frac{k^{\prime2}}{2k^{2}} + \inverse{2}\right)E(\varphi,k)\right)\\
&= \inverse{2}\Delta(\varphi,k)\sin(\varphi)\cos(\varphi) + \left(\frac{k^{\prime2}+2k^{2}}{2k^{2}}\right)E(\varphi,k) - \frac{k^{\prime2}}{2k^{2}}F(\varphi,k)\\
&= \inverse{2}\Delta(\varphi,k)\sin(\varphi)\cos(\varphi) + \frac{1+k^{2}}{2k^{2}}E(\varphi,k) - \frac{1-k^{2}}{2k^{2}}F(\varphi,k)
\end{align*}
となる。

結局
\begin{align*}
 I^{2}_{\mathrm c} = \inverse{3}\Delta(\varphi,k)\sin(\varphi)\cos(\varphi) + \frac{1+k^{2}}{3k^{2}}E(\varphi,k) - \frac{1-k^{2}}{3k^{2}}F(\varphi,k)
\end{align*}
が得られる。


\begin{align*}
 I^{2}_{\mathrm s} &= E(\varphi,k) - I^{2}_{\mathrm c}\\
 &= -\inverse{3}\Delta(\varphi,k)\sin(\varphi)\cos(\varphi) + \frac{2k^{2}-1}{3k^{2}}E(\varphi,k) + \frac{1-k^{2}}{3k^{2}}F(\varphi,k)
\end{align*}\end{align*}


| | コメント (0) | トラックバック (0)

より以前の記事一覧