3　ルジャンドルの関係式


$\hspace{2em} 定理５\hspace{2em} k(1-k^2)\cfrac{d^2K(k)}{dk^2}+(1-3k^2)\cfrac{dK(k)}{dk}-kK(k)=0 $

（証明）
$\hspace{2em} 定理３の \hspace{2em} k(1-k^2)\cfrac{dK(k)}{dk}=E(k)-(1-k^2)K(k)$

$\hspace{2em} の両辺をkで微分して、右辺で定理３と定理４を使うと$

$\hspace{5em} 左辺 =(1-3k^2)\cfrac{dK(k)}{dk}+k(1-k^2)\cfrac{d^2K(k)}{dk^2}$
\begin{eqnarray*} 右辺 &=& \cfrac{dE(k)}{dk}-(1-k^2)\cfrac{dK(k)}{dk}+2kK(k) \hspace{27em}\\ &=& \cfrac{1}{k}\{E(k)-K(k)\} - (1-k^2)\cfrac{1}{k(1-k^2)}\{E(k)-(1-k^2)K(k)\}+2kK(k)\\ &=& \cfrac{1}{k}\{E(k)-K(k)\} - \cfrac{1}{k}\{E(k)-(1-k^2)K(k)\}+2kK(k)\\ &=&kK(k)\\ \end{eqnarray*}
$\hspace{5em}\therefore (1-3k^2)\cfrac{dK(k)}{dk}+k(1-k^2)\cfrac{d^2K(k)}{dk^2}=kK(k)$
よって
$\hspace{5em} k(1-k^2)\cfrac{d^2K(k)}{dk^2}+(1-3k^2)\cfrac{dK(k)}{dk}-kK(k)=0 $

$\hspace{2em} 定理６ \hspace{2em} k(1-k^2)\cfrac{d^2K'(k)}{dk^2}+(1-3k^2)\cfrac{dK'(k)}{dk}-kK'(k)=0 $

$\hspace{8em} ただし　 K'(k)=K(k'), \quad k'=\sqrt{1-k^2}$


（証明）

$\hspace{2em} 定理５の \hspace{2em} k(1-k^2)\cfrac{d^2K(k)}{dk^2}+(1-3k^2)\cfrac{dK(k)}{dk}-kK(k)=0$

$\hspace{2em} で　 k \rightarrow k' 　と置き換えると$

$\hspace{5em} k'(1-k'^2)\cfrac{d^2K(k')}{dk'^2}+(1-3k'^2)\cfrac{dK(k')}{dk'}-k'K(k')=0 \hspace{5em} (1)$

$\hspace{2em} k^2=1-k'^2 　の両辺をk'で微分すると$

$\hspace{5em} 2k\cfrac{dk}{dk'}=-2k'\quad \therefore \ \cfrac{dk}{dk'}=-\cfrac{k'}{k}=-\cfrac{\sqrt{1-k^2}}{k}$

したがって
$\hspace{5em} \cfrac{d}{dk'}=\cfrac{dk}{dk'}\cfrac{d}{dk}=-\cfrac{\sqrt{1-k^2}}{k}\cfrac{d}{dk}$ 　より

\begin{eqnarray*} \cfrac{d^2}{dk'^2} &=&\Bigl(-\cfrac{\sqrt{1-k^2}}{k}\cfrac{d}{dk}\Bigr)\Bigl(-\cfrac{\sqrt{1-k^2}}{k}\cfrac{d}{dk}\Bigr) \hspace{27em}\\ & &\\ &=&\cfrac{\sqrt{1-k^2}}{k}\Bigl(\cfrac{\cfrac{-k^2}{\sqrt{1-k^2}}-\sqrt{1-k^2}}{k^2}\cfrac{d}{dk}+\cfrac{\sqrt{1-k^2}}{k}\cfrac{d^2}{dk^2}\Bigr)\\ & &\\ &=&\cfrac{\sqrt{1-k^2}}{k}\Bigl(\cfrac{-k^2-(1-k^2)}{k^2\sqrt{1-k^2}}\cfrac{d}{dk}+\cfrac{\sqrt{1-k^2}}{k}\cfrac{d^2}{dk^2}\Bigr)\\ & &\\ &=&-\cfrac{1}{k^3}\cfrac{d}{dk}+\cfrac{1-k^2}{k^2}\cfrac{d^2}{dk^2}\\ \end{eqnarray*}
したがって(1)は

$\hspace{1em} \sqrt{1-k^2}k^2\left\{-\cfrac{1}{k^3}\cfrac{d}{dk}K(k')+\cfrac{1-k^2}{k^2}\cfrac{d^2}{dk^2}K(k')\right\}+\left\{1-3(1-k^2)\right\}\left\{(-\cfrac{\sqrt{1-k^2}}{k}\cfrac{d}{dk}K(k')\right\}-\sqrt{1-k^2}K(k')=0$

$\hspace{1em} -\cfrac{\sqrt{1-k^2}}{k}\cfrac{dK(k')}{dk}+(1-k^2)\sqrt{1-k^2}\cfrac{d^2K(k')}{dk^2}-(3k^2-2)\cfrac{\sqrt{1-k^2}}{k}\cfrac{dK(k')}{dk}-\sqrt{1-k^2}K(k')=0$

$両辺を \sqrt{1-k^2} で割ってまとめると$

$\hspace{7em} (1-k^2)\cfrac{d^2K'(k)}{dk^2}-\bigl(\cfrac{1}{k}+\cfrac{3k^2-2}{k}\bigr)\cfrac{dK'(k)}{dk}-K'(k)=0$

$\hspace{7em} k(1-k^2)\cfrac{d^2K'(k)}{dk^2}+(1-3k^2)\cfrac{dK'(k)}{dk}-kK'(k)=0$


$定理5、定理6より、K(k),K'(k) は同じ微分方程式を満たすことがわかりました。$

$\quad L(k)=f(k)K(k) 　において　 \cfrac{d^2L(k)}{dk^2}\ で \ \cfrac{dK(k)}{dk} 　の項を含まないf(k)が存在する$

(証明）

$\hspace{5em} \cfrac{dL(k)}{dk}=f'(k)K(k)+f(k)\cfrac{dK(k)}{dk}$

$\hspace{5em} \cfrac{d^2L(k)}{dk^2}=f''(k)K(k)+2f'(k)\cfrac{dK(k)}{dk}+f(k)\cfrac{d^2K(k)}{dk^2}$

$ここで、定理５より$

$\hspace{5em} \cfrac{d^2K(k)}{dk^2}=\cfrac{1}{k(1-k^2)}\left\{(3k^2-1)\cfrac{dK(k)}{dk}+kK(k)\right\}$ 　だから

\begin{eqnarray*} \cfrac{d^2L(k)}{dk^2} &=&f''(k)K(k)+2f'(k)\cfrac{dK(k)}{dk}+\cfrac{f(k)}{k(1-k^2)}\left\{(3k^2-1)\cfrac{dK(k)}{dk}+kK(k)\right\}\hspace{13em}\\ &=&\left\{(f''(k)+\cfrac{f(k)}{1-k^2}\right\}K(k)+\left\{(2f'(k)+\cfrac{3k^2-1}{k(1-k^2)}f(k)\right\}\cfrac{dK(k)}{dk}\\ \end{eqnarray*}
$\hspace{2em} \cfrac{dK(k)}{dk} の項を含まない条件は　 \quad 2f'(k)+\cfrac{3k^2-1}{k(1-k^2)}f(k)=0$

$これを解くと$

$\hspace{5em} \cfrac{f'(k)}{f(k)}=\cfrac{1}{2} \ \cfrac{1-3k^2}{k(1-k^2)}$

$\hspace{5em} \log f(k)=\cfrac{1}{2}\log k(1-k^2)$

$\hspace{5em} \therefore f(k)=\sqrt{k(1-k^2)}$


$これでf(k)が求まりましたので、続いて、L(k)の満たす微分方程式を求めます。$

$\hspace{5em} f'(k)=\cfrac{1-3k^2}{2\sqrt{k(1-k^2)}}$

\begin{eqnarray*} f''(k) &=&\cfrac{1}{2} \ \cfrac{-6k\sqrt{k(1-k^2)}-(1-3k^2)\cfrac{1-3k^2}{2\sqrt{k(1-k^2)}}}{k(1-k^2)}\hspace{22em}\\ \\ &=&\cfrac{-12k^2(1-k^2)-(1-3k^2)^2}{4k(1-k^2)\sqrt{k(1-k^2)}}\\ \\ &=&\cfrac{3k^4-6k^2-1}{4k(1-k^2)\sqrt{k(1-k^2)}}\\ \end{eqnarray*}
$したがって$
\begin{eqnarray*} \cfrac{d^2L(k)}{dk^2} &=&\left\{f''(k)+\cfrac{f(k)}{1-k^2}\right\}K(k) \hspace{30em}\\ & &\\ &=&\left\{\cfrac{3k^4-6k^2-1}{4k(1-k^2)\sqrt{k(1-k^2)}}+\cfrac{\sqrt{k(1-k^2)}}{1-k^2}\right\}K(k)\\ & &\\ &=&-\cfrac{(1+k^2)^2}{4k(1-k^2)\sqrt{k(1-k^2)}}K(k)\\ & &\\ &=&-\left\{\cfrac{1+k^2}{2k(1-k^2)}\right\}^2L(k) \hspace{2em} \bigl(\ L(k)=\sqrt{k(1-k^2)}K(k) 　だから \ \bigr) \\ \end{eqnarray*}
$これでL(k)の満たす微分方程式がわかりました。$
$続いて　L'(k)=L(k')　の満たす微分方程式を求めます。$

$\hspace{7em} L(k)にならって　L'(k)=\sqrt{k(1-k^2)}K'(k) 　とおくと$

$\hspace{7em} \cfrac{d^2L'(k)}{dk^2}　に　 \cfrac{dL'(k)}{dk} 　の項は含まれないと予想されます。$

$\hspace{7em} \cfrac{dL'(k)}{dk},\quad \cfrac{d^2L'(k)}{dk^2} 　を求め、定理６の$

$\hspace{7em} k(1-k^2)\cfrac{d^2K'(k)}{dk^2}+(1-3k^2)\cfrac{dK'(k)}{dk}-kK'(k)=0 　を使えば$
\begin{eqnarray*} \cfrac{d^2L'(k)}{dk^2} &=&-\cfrac{(1+k^2)^2}{4k(1-k^2)\sqrt{k(1-k^2)}}K'(k) \hspace{24em}\\ & &\\ &=&-\left\{\cfrac{1+k^2}{2k(1-k^2)}\right\}^2L'(k) \\ \end{eqnarray*}
$と求まりますので、これらから$

$\hspace{7em} \cfrac{\cfrac{d^2}{dk^2}L(k)}{L(k)}=\cfrac{\cfrac{d^2}{dk^2}L'(k)}{L'(k)}$

分母を払って

$\hspace{7em} L(k)\cfrac{d^2L'(k)}{dk^2}-L'(k)\cfrac{d^2L(k)}{dk^2}=0$

$\hspace{7em} L(k)\cfrac{d^2L'(k)}{dk^2}+\cfrac{dL(k)}{dk}\cfrac{dL'(k)}{dk}-L'(k)\cfrac{d^2L(k)}{dk^2}-\cfrac{dL(k)}{dk}\cfrac{dL'(k)}{dk}=0$

$\hspace{7em} \cfrac{d}{dk}\left\{(L(k)\cfrac{d}{dk}L'(k)\right\}-\cfrac{d}{dk}\left\{L'(k)\cfrac{d}{dk}L(k)\right\}=0$

$\hspace{7em} \cfrac{d}{dk}\left\{L(k)\cfrac{d}{dk}L'(k)-L'(k)\cfrac{d}{dk}L(k)\right\}=0$

$したがって$

$\hspace{7em} L(k)\cfrac{d}{dk}L'(k)-L'(k)\cfrac{d}{dk}L(k)=C \quad (定数)$

$\hspace{7em}\sqrt{k(1-k^2)}K(k)\cfrac{d}{dk}\bigl(\sqrt{k(1-k^2)}K'(k)\bigl)-\sqrt{k(1-k^2)}K'(k)\cfrac{d}{dk}\bigl(\sqrt{k(1-k^2)}K(k)\bigl)=C$

$微分をおこなって$

$\hspace{7em} \sqrt{k(1-k^2)}K(k)\left\{K'(k)\cfrac{d}{dk}\sqrt{k(1-k^2)}+\sqrt{k(1-k^2)}\cfrac{d}{dk}K'(k)\right\}$
$\hspace{7em} -\sqrt{k(1-k^2)}K'(k)\left\{K(k)\cfrac{d}{dk}\sqrt{k(1-k^2)}+\sqrt{k(1-k^2)}\cfrac{d}{dk}K(k)\right\}=C $

$\hspace{7em} k(1-k^2)\left\{K(k)\cfrac{d}{dk}K'(k)-K'(k)\cfrac{d}{dk}K(k)\right\}=C \hspace{5em} (3)$

$(3)の　 \cfrac{d}{dk}K'(k) 　を求めるために$

$\hspace{2em} 定理３ \quad \cfrac{d}{dk}K(k)=\cfrac{1}{k(1-k^2)}\{E(k)-(1-k^2)K(k)\} 　で　 k \rightarrow k' 　とおくと$

$\hspace{7em} \cfrac{d}{dk'}K(k')=\cfrac{1}{k'(1-k'^2)}\{E(k')-(1-k'^2)K(k')\}$ 　となるが

$\hspace{7em} \cfrac{d}{dk'} = \cfrac{dk}{dk'} \cfrac{d}{dk} = - \cfrac{k'}{k}\cfrac{d}{dk} 　だったから　\cfrac{d}{dk'}K(k')=- \cfrac{k'}{k}\cfrac{d}{dk}K(k')$

よって

$\hspace{7em} -\cfrac{k'}{k}\cfrac{d}{dk}K(k')=\cfrac{1}{k'(1-k'^2)}\{E(k')-(1-k'^2)K(k')\}$ \begin{eqnarray*} \cfrac{d}{dk}K(k') &=&-\cfrac{k}{k'} \ \cfrac{1}{k'(1-k'^2)}\{E(k')-(1-k'^2)K(k')\}\hspace{18em}\\ &=&-\cfrac{k}{(1-k^2)k^2}\{E'(k)- k^2K'(k)\}\\ &=&-\cfrac{1}{k(1-k^2)}\{E'(k)- k^2K'(k)\}\\ \end{eqnarray*}
$これを(3)に代入して$

$\hspace{7em} k(1-k^2)\Bigl(K(k)\cfrac{-1}{k(1-k^2)}\{E'(k)- k^2K'(k)\}- K'(k)\cfrac{1}{k(1-k^2)}\{E(k)- (1-k^2)K(k)\}\Bigr)=C$

$\hspace{7em}-K(k)E'(k)+k^2K(k)K'(k)-K'(k)E(k)+(1-k^2)K'(k)K(k)=C$

$-C$をあらためて$C$ とおいて

$\hspace{7em} K(k)E'(k)+K'(k)E(k)-K(k)K'(k)=C $

$という2つの楕円積分の間に成りたつ、実にすばらしい関係式が導かれました。$


$最後に、定数Cの値を決定するために、k=0 \quad (k'=1)のときの値を求めると$
\[K(0)=\int_{0}^{\cfrac{\pi}{2}}d\theta=\cfrac{\pi}{2} \ , \quad \ E(0)=\int_{0}^{\cfrac{\pi}{2}}d\theta=\cfrac{\pi}{2} \hspace{20em} \] $また　 E'(k)=E(k')=E(\sqrt{1-k^2}) 　だから$
\[E'(0)=E(1)=\int_{0}^{\cfrac{\pi}{2}}\sqrt{1-\sin^2\theta}d\theta=\int_{0}^{\cfrac{\pi}{2}}\cos\theta=1 \hspace{13em}\] $であるので、これらの値を上の関係式に代入して$

$\hspace{7em} \cfrac{\pi}{2} × 1+ \cfrac{\pi}{2}K'(0) - \cfrac{\pi}{2}K'(0)=C$

$となって C=\cfrac{\pi}{2} と求まったように思える。$

$ところが$

$\hspace{5em}K'(k)=K(k')=K(\sqrt{1-k^2}) \quad より$
\begin{eqnarray*} K'(0) &=&K(1) \hspace{40em}\\ &=&\int_{0}^{\cfrac{\pi}{2}}\cfrac{d\theta}{\sqrt{1-\sin^2\theta}}\\ &=&\int_{0}^{\cfrac{\pi}{2}}\cfrac{d\theta}{\cos\theta}\\ &=&\int_{0}^{\cfrac{\pi}{2}}\cfrac{\cos\theta}{1-\sin^2\theta}d\theta \hspace{3em} (t=\sin \theta 　と置換)\\ &=& \cfrac{1}{2}\int_{0}^{1}\bigl(\cfrac{1}{1+t}+\cfrac{1}{1-t}\bigr)dt\\ \end{eqnarray*}
\[ここで　\int_{0}^{1}\cfrac{1}{1-t}dt 　は残念ながら +\infty に発散してしまうから \hspace{18em}\] $\hspace{5em} \cfrac{\pi}{2}K'(0) - \cfrac{\pi}{2}K'(0)　は　\infty - \infty 　の不定形です。$


$そこで、あらためて定義に戻ってしらべると$

$\hspace{7em} K(k)K'(k)-K'(k)E(k)$
\begin{eqnarray*} &=&K'(k)\int_{0}^{\cfrac{\pi}{2}}\Bigl(\cfrac{1}{\sqrt{1-k^2\sin^2\theta}}- \sqrt{1-k^2\sin^2\theta} \Bigr)d\theta \hspace{20em}\\ &=&K'(k)\int_{0}^{\cfrac{\pi}{2}}\cfrac{k^2\sin^2\theta}{\sqrt{1-k^2\sin^2\theta}}d\theta \\ &\leqq &K'(k)\int_{0}^{\cfrac{\pi}{2}}\cfrac{k^2}{\sqrt{1-k^2\sin^2\theta}}d\theta \\ \\ &=&k^2K'(k)K(k)\\ \\ &=&k^2K(k')K(k)\\ &=&k^2K(k)\int_{0}^{\cfrac{\pi}{2}}\cfrac{1}{\sqrt{1-k'^2\sin^2\theta}}d\theta \\ &=&kK(k)\int_{0}^{\cfrac{\pi}{2}}\cfrac{k}{\sqrt{1-(1-k^2)\sin^2\theta}}d\theta \\ &=&kK(k)\int_{0}^{\cfrac{\pi}{2}}\cfrac{k}{\sqrt{\cos^2\theta+k^2\sin^2\theta}}d\theta \\ &\leqq & kK(k)\int_{0}^{\cfrac{\pi}{2}}\cfrac{k}{\sqrt{k^2\cos^2\theta+k^2\sin^2\theta}}d\theta \hspace{3em} (0 \leqq k \leqq 1 だから　k^2\cos ^2\theta \leqq \cos ^2 \theta)\\ &=&kK(k)\int_{0}^{\cfrac{\pi}{2}}d\theta \\ &=&\cfrac{\pi}{2}kK(k)\\ \end{eqnarray*} よって

$\hspace{7em} 0 \leqq K(k)K'(k)-K'(k)E(k) \leqq \cfrac{\pi}{2}\ kK(k)$
$\hspace{7em}k \rightarrow 0 　のとき　 右辺 \rightarrow 0 × (\cfrac{\pi}{2})^2$ となり 、 $K(k)K'(k)-K'(k)E(k) \rightarrow 0$
$これで \quad C=\cfrac{\pi}{2} \quad と求まりました。ヤレヤレ$

$\hspace{2em}定理７\hspace{2em} K(k)E(k')+K(k')E(k)-K(k)K(k')=\cfrac{\pi}{2}$
$\hspace{6em} これをルジャンドルの関係式という$


$これに、k=\cfrac{1}{\sqrt{2}}, \ k'=\sqrt{1-k^2}=\cfrac{1}{\sqrt{2}} を代入すると$

$\hspace{7em} K(\cfrac{1}{\sqrt{2}})E(\cfrac{1}{\sqrt{2}})+K(\cfrac{1}{\sqrt{2}})E(\cfrac{1}{\sqrt{2}})-K(\cfrac{1}{\sqrt{2}})K(\cfrac{1}{\sqrt{2}})=\cfrac{\pi}{2}$

$\hspace{7em} \therefore \hspace{1em} 2K(\cfrac{1}{\sqrt{2}})E(\cfrac{1}{\sqrt{2}})-K(\cfrac{1}{\sqrt{2}})^2=\cfrac{\pi}{2} \hspace{5em}(6) $

$この式から、K(\cfrac{1}{\sqrt{2}})と E(\cfrac{1}{\sqrt{2}}) の値がわかれば、\pi の値を求めることができます。$

$幸いなことに、E(k)と K(k)には次のような積分と関係があります。$



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