\[6 \quad J(a,b)=\int_{0}^{\cfrac{\pi}{2}}\sqrt{a^2\cos^2\theta+b^2\sin^2\theta}d\theta \hspace{2em} (a,b>0) 　の性質 \hspace{6em}\]



１．第２種楕円積分との関係

$\hspace{2em} 定理13 \hspace{2em} J(a,b)=aE(k) \hspace{2em} ただし　 k=\sqrt{1-\big(\cfrac{b}{a}\big)^2}$

（証明）
\begin{eqnarray*} J(a,b) &=&\int_{0}^{\cfrac{\pi}{2}}\sqrt{a^2(1-\sin^2\theta)+b^2\sin^2\theta}d\theta \hspace{22em}\\ &=&\int_{0}^{\cfrac{\pi}{2}}\sqrt{a^2-(a^2-b^2)\sin^2\theta}d\theta \\ &=&a\int_{0}^{\cfrac{\pi}{2}}\sqrt{1-\cfrac{a^2-b^2}{a^2}\sin^2\theta}d\theta \\ &=&a\int_{0}^{\cfrac{\pi}{2}}\sqrt{1-k^2\sin^2\theta}d\theta \\ \\ &=&aE(k)\\ \end{eqnarray*}

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２．算術・幾何平均との関係

$\hspace{2em} 定理14 \hspace{2em} 2J\big(\cfrac{a+b}{2},\sqrt{ab}\big)-J(a,b)=abI(a,b) $


（証明)
$\hspace{2em} k'=\sqrt{1-k^2}=\sqrt{1-\big(1-\cfrac{b^2}{a^2}\big)}=\cfrac{b}{a}$
$\hspace{2em} m=\cfrac{1-k'}{1+k'}=\cfrac{a-b}{a+b}$

$定理13で　 a\rightarrow \cfrac{a+b}{2},\quad b \rightarrow \sqrt{ab} 　とおくと$

$\hspace{2em} J\big(\cfrac{a+b}{2},\sqrt{ab}\big)=\cfrac{a+b}{2}E\big(\sqrt{1-\cfrac{ab}{\big(\cfrac{a+b}{2}\big)^2}}\quad \big)=\cfrac{a+b}{2}E\big(\cfrac{a-b}{a+b}\big)$

定理12の　 $E(k)=(1+k')E(\cfrac{1-k'}{1+k'})-k'K(k)$ 　より
$\hspace{2em} E\big(\cfrac{1-k'}{1+k'}\big)=\cfrac{1}{1+k'}\{E(k)+k'K(k)\}$ 　だから

$\hspace{3em} 2J\bigl(\cfrac{a+b}{2},\sqrt{ab}\bigr)-J(a,b)$
\begin{eqnarray*} &=&(a+b)E\big(\cfrac{a-b}{a+b}\big)-aE(k) \hspace{8em}(定理13より)\hspace{19em}\\ &=&(a+b)E\big(\cfrac{1-k'}{1+k'}\big)-aE(k) \hspace{8em} \\ &=&(a+b)\cfrac{1}{1+k'}\{E(k)+k'K(k)\}-aE(k)\\ &=&\big(\cfrac{a+b}{1+k'}-a\big)E(k)+\cfrac{(a+b)k'}{1+k'}K(k)\\ &=&\Bigl(\cfrac{a+b}{1+\cfrac{b}{a}}-a\Bigr)E(k)+\cfrac{(a+b)\cfrac{b}{a}}{1+\cfrac{b}{a}}\ K(k)\\ \\ &=&bK(k)\\ \\ &=&abI(a,b) \hspace{10em} (定理10 より)\\ \end{eqnarray*}


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３．第１種楕円積分との関係

\[定理15 J(a,b)=\big(a^2-\sum_{n=0}^{\infty}2^{n-1}c_n^2\big)I(a,b) \hspace{18em} \] $\hspace{6em} ただし　a_0=a , \ b_0=b \quad (a > b > 0) \quad c_n=\sqrt{a_n^2-b_n^2}$

（証明）

$\hspace{2em} A_n=2^n\{J(a_n,b_n)-a_n^2I(a_n,b_n)\}$ 　とおく

$\quad $(i) $\quad A_{n+1}-A_n=2^{n-1}c_n^2I(a,b)$ 　を示す。

\begin{eqnarray*} 左辺 &=&2^{n+1}\{J(a_{n+1},b_{n+1})-a_{n+1}^2I(a_{n+1},b_{n+1})\} -2^n\{J(a_n,b_n)-a_n^2I(a_n,b_n)\}\hspace{8em}\\ &=&2^n\{2J(a_{n+1},b_{n+1})-J(a_n,b_n)\}-2^{n+1}a_{n+1}^2I(a_{n+1},b_{n+1})+2^na_n^2I(a_n,b_n)\\ &=&2^n\{2J(\cfrac{a_n+b_n}{2},\sqrt{a_nb_n})-J(a_n,b_n)\} -2^{n+1}(\cfrac{a_n+b_n}{2})^2I(a_{n+1},b_{n+1})+2^na_n^2I(a_n.b_n)\\ &=&2^na_nb_nI(a_n,b_n) -2^{n-1}(a_n+b_n)^2I(a_n,b_n)+2^na_n^2I(a_n.b_n)\\ &=&2^{n-1}\{2a_nb_n-(a_n+b_n)^2+2a_n^2\}I(a_n,b_n)\\ &=&2^{n-1}(a_n^2-b_n^2)I(a_n,b_n)\\ &=&2^{n-1}c_n^2I(a_n,b_n)\\ &=&2^{n-1}c_n^2I(a,b)\\ \end{eqnarray*}
$\quad $(ii)$\quad n \rightarrow \infty 　のとき　 A_n \rightarrow 0 　を示す。$

\begin{eqnarray*} -2^{-n}A_n &=&a_n^2I(a_n,b_n)-J(a_n,b_n) \hspace{29em}\\ &=&\int_{0}^{\cfrac{\pi}{2}}\cfrac{a_n^2}{\sqrt{a_n^2\cos^2\theta+b_n^2\sin^2\theta}} d\theta - \int_{0}^{\cfrac{\pi}{2}}\sqrt{a_n^2\cos^2\theta+b_n^2\sin^2\theta}d\theta \\ &=&\int_{0}^{\cfrac{\pi}{2}}\cfrac{a_n^2-(a_n^2\cos^2\theta+b_n^2\sin^2\theta)}{\sqrt{a_n^2\cos^2\theta+b_n^2\sin^2\theta}}d\theta \hspace{11em}\\ &=&\int_{0}^{\cfrac{\pi}{2}}\cfrac{(a_n^2-b_n^2)\sin^2\theta}{\sqrt{a_n^2\cos^2\theta+b_n^2\sin^2\theta}}d\theta \hspace{13em}\\ &=&c_n^2\int_{0}^{\cfrac{\pi}{2}}\cfrac{\sin^2\theta}{\sqrt{a_n^2\cos^2\theta+b_n^2\sin^2\theta}}d\theta \hspace{12em}\\ & \leqq & c_n^2\int_{0}^{\cfrac{\pi}{2}}\cfrac{1}{\sqrt{a_n^2\cos^2\theta+b_n^2\sin^2\theta}}d\theta \hspace{12em}\\ \\ &=&c_n^2 \ I(a_n,b_n)\\ \end{eqnarray*} $\quad $したがって

$\hspace{5em} 0 < -A_n \leqq 2^nc_n^2I(a_n,b_n)=2^nc_n^2I(a,b)$

$\quad $定理２ (算術幾何平均 )より　 $n \rightarrow \infty 　のとき　 2^nc_n^2 \rightarrow 0 　だから　 A_n \rightarrow 0 $


$\quad $(iii) \[J(a,b)=(a^2-\sum_{n=0}^{\infty}2^{n-1}c_n^2)I(a,b) 　を示す。\hspace{22em} \] \[A_0+\sum_{n=0}^{N-1}(A_{n+1}-A_n)=A_N 　で　 N \rightarrow \infty 　とすると　 A_N \rightarrow 0 　だから \hspace{9em}\] \[A_0+\sum_{n=0}^{\infty}(A_{n+1}-A_n)=0 \hspace{29em}\] \[A_0=-\sum_{n=0}^{\infty}(A_{n+1}-A_n)=-\sum_{n=0}^{\infty}2^{n-1}c_n^2I(a,b) \hspace{20em}\] $\quad $また、　$A_n=2^n\{J(a_n,b_n)-a_n^2I(a_n,b_n)\}$ 　で　 $n=0$ 　とおくと

$\hspace{5em} A_0=J(a_0,b_0)-a_0^2I(a_0,b_0)=J(a,b)-a^2I(a,b)$

$\quad $したがって
\[J(a,b)-a^2I(a,b)=-\sum_{n=0}^{\infty}2^{n-1}c_n^2I(a,b) \hspace{28em}\] \[\therefore \quad J(a,b)=\bigl(a^2-\sum_{n=0}^{\infty}2^{n-1}c_n^2 \bigr)I(a,b)\hspace{30em}\]


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