4 定積分 $I(a,b)$の性質

\[I(a,b)=\int_{0}^{\cfrac{\pi}{2}}\cfrac{d\theta}{\sqrt{a^2\cos^2\theta+b^2\sin^2\theta}} \hspace{2em} (a,b>0) \hspace{18em}\] について調べてみましょう。



$(1) 　性質 $

$\hspace{3em} 定理８ \hspace{2em}I(ca,cb)=\cfrac{1}{c}I(a,b)$

(証明） \begin{eqnarray*} I(ca,cb) &=&\int_{0}^{\cfrac{\pi}{2}}\cfrac{d\theta}{\sqrt{(ca)^2\cos^2\theta+(cb)^2\sin^2\theta}}\hspace{20em}\\ &=&\cfrac{1}{c}\ \int_{0}^{\cfrac{\pi}{2}}\cfrac{d\theta}{\sqrt{a^2\cos^2\theta+b^2\sin^2\theta}}\\
&=&\cfrac{1}{c}I(a,b)\\ \end{eqnarray*}



$(2)　I(a,b) と算術平均の関係$

$\hspace{2em} 定理９ \hspace{3em} I\left(\cfrac{a+b}{2},\sqrt{ab}\right)=I(a,b) $

（証明） \[まず、I(a,b)=\int_{0}^{\infty}\cfrac{1}{\sqrt{a^2+u^2}}\cfrac{1}{\sqrt{b^2+u^2}}du 　を示します。 \hspace{18em} \] $\hspace{2em} u=b\tan\theta とおくと　 du=\cfrac{b}{\cos^2\theta}d\theta \hspace{4em} \theta:0 \rightarrow \cfrac{\pi}{2} 　のとき　 u:0 \rightarrow \infty $

$\hspace{2em} b^2+u^2=b^2(1+\tan^2\theta)=\cfrac{b^2}{\cos^2\theta} \quad より \hspace{2em} \cfrac{\cos\theta}{b}=\cfrac{1}{\sqrt{b^2+u^2}}$

よって
\begin{eqnarray*} I(a,b) &=&\int_{0}^{\cfrac{\pi}{2}}\cfrac{d\theta}{\sqrt{a^2\cos^2\theta+b^2\sin^2\theta}}\hspace{25em}\\ &=&\int_{0}^{\cfrac{\pi}{2}}\cfrac{d\theta}{\sqrt{(a^2+b^2\tan^2\theta)\cos^2\theta}}\\ &=&\int_{0}^{\cfrac{\pi}{2}}\cfrac{1}{\sqrt{(a^2+b^2\tan^2\theta)}}\cfrac{\cos\theta}{b}\cfrac{b}{\cos^2\theta}d\theta \\ &=&\int_{0}^{\infty}\cfrac{1}{\sqrt{a^2+u^2}}\cfrac{1}{\sqrt{b^2+u^2}}du\\ \end{eqnarray*}
これで示されました。さらに続けます。

\begin{eqnarray*} I(a,b) &=&\int_{0}^{\infty}\cfrac{du}{\sqrt{u^4+(a^2+b^2)u^2+a^2b^2}}\hspace{24em}\\ &=&\int_{0}^{\infty}\cfrac{du}{\sqrt{(a+b)^2u^2+(u^2-ab)^2}}\\ &=&\int_{0}^{\infty}\cfrac{du}{2u\sqrt{\bigl(\cfrac{a+b}{2}\bigr)^2+\bigl(\cfrac{u^2-ab}{2u}\bigr)^2}}\\ \end{eqnarray*} $ここで　 t=\cfrac{u^2-ab}{2u} \quad (u>0) と変換すると　 u:0 \rightarrow \infty 　のとき　 t:-\infty \rightarrow \infty$

$uについて解くと$

$\hspace{2em} u^2-2tu-ab=0 　より\quad u=t+\sqrt{t^2+ab} 　だから$
$\hspace{2em} du=(1+\cfrac{t}{\sqrt{t^2+ab}})dt=\cfrac{u}{\sqrt{ab+t^2}}dt$
したがって
\begin{eqnarray*} I(a,b) &=&\int_{-\infty}^{\infty}\cfrac{1}{2u\sqrt{\bigl(\cfrac{a+b}{2}\bigr)^2+t^2}}\cfrac{u}{\sqrt{ab+t^2}}dt \hspace{21em}\\ & &\\ &=&\int_{0}^{\infty}\cfrac{dt}{\sqrt{\bigl((\cfrac{a+b}{2})^2+t^2\bigr)(ab+t^2)}}\\ & &\\ &=&I(\cfrac{a+b}{2},\sqrt{ab})\\ \end{eqnarray*}
$定理１で \quad a_0=a , \ b_0=b \quad (a > b > 0) \quad a_{n+1}=\cfrac{a_n+b_n}{2}, \quad \ b_{n+1}=\sqrt{a_nb_n} 　で$
$定まる数列 \{a_n\},\{b_n\} は収束して、ともに同じ極限値 \alpha \ をもつが、それを算術幾何平均といい、$

$AGM(a,b)と表した。$ (算術幾何平均)

$この定理９により$
$\hspace{2em} I(a_n,b_n)=I(\cfrac{a_n+b_n}{2},\sqrt{a_n,b_n})=I(a_{n+1},b_{n+1})$

であるから

$\hspace{2em} I(a,b)=I(a_1,b_1)=I(a_2,b_2)= \cdots =I(\alpha,\alpha) $

$すなわち定積分 \ I(a,b) \ は算術幾何平均と密接に結びついていることを示しています。$




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$(3)　I(a,b) と第１種楕円積分\ K(k) の関係$

$\hspace{2em} 定理１０　 I(a,b)=\cfrac{1}{a}K(k) \quad ただし　a \geqq b , \quad k=\sqrt{1-\left(\cfrac{b}{a}\right)^2}$

（証明）
\begin{eqnarray*} I(a,b) &=&\int_{0}^{\cfrac{\pi}{2}}\cfrac{d\theta}{\sqrt{a^2(1-\sin^2\theta)+b^2\sin^2\theta}}\hspace{22em}\\ &=&\int_{0}^{\cfrac{\pi}{2}}\cfrac{d\theta}{\sqrt{a^2-(a^2-b^2)\sin^2\theta}}\\ &=&\cfrac{1}{a}\int_{0}^{\cfrac{\pi}{2}}\cfrac{d\theta}{\sqrt{1-\cfrac{a^2-b^2}{a^2}\sin^2\theta}}\\ \end{eqnarray*} $\hspace{4em} k^2=\cfrac{a^2-b^2}{a^2}=1-\left(\cfrac{b}{a}\right)^2 \hspace{2em} (k>0) 　とおくと$
\[I(a,b)=\cfrac{1}{a} \int_{0}^{\cfrac{\pi}{2}}\cfrac{d\theta}{\sqrt{1-k^2\sin^2\theta}}=\cfrac{1}{a}K(k) \hspace{18em}\]
$定積分 \ I(a,b) \ は第１種楕円積分\ K(k) で表されることがわかりました。$



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