ルジャンドルの関係式

数学において、ルジャンドルの関係式(Legendre relation)は第一種完全楕円積分と第二種完全楕円積分の間に成立する恒等式である。

K (k) E (\sqrt{1 - k^{2}}) + E (k) K (\sqrt{1 - k^{2}}) - K (k) K (\sqrt{1 - k^{2}}) = \frac{π}{2}

証明

完全楕円積分の導関数

\begin{matrix} k \frac{d}{d k} E (k) & = k \frac{d}{d k} \frac{π}{2} (1 - \sum_{n = 1}^{\infty} {(\frac{(2 n - 1)!!}{(2 n)!!})}^{2} \frac{k^{2 n}}{2 n - 1}) \\ = \frac{π}{2} \sum_{n = 1}^{\infty} {(\frac{(2 n - 1)!!}{(2 n)!!})}^{2} (- \frac{1}{2 n - 1} - 1) k^{2 n} \\ = E (k) - K (k) \end{matrix}

\begin{matrix} k \frac{d}{d k} K (k) & = k \frac{d}{d k} \frac{π}{2} (1 + \sum_{n = 1}^{\infty} {(\frac{(2 n - 1)!!}{(2 n)!!})}^{2} k^{2 n}) \\ = \frac{π}{2} \sum_{n = 1}^{\infty} {(\frac{(2 n - 1)!!}{(2 n)!!})}^{2} (\frac{(2 n)^{2}}{(2 n - 1)^{2}} (2 n - 2 + 1) - \frac{1}{2 n - 1} - 1) k^{2 n} \\ = k^{2} (k \frac{d}{d k} K (k) + K (k)) + E (k) - K (k) \end{matrix}

k (1 - k^{2}) \frac{d}{d k} K (k) = E (k) - (1 - k^{2}) K (k)

から、微分方程式

\begin{matrix} \frac{d}{d k} (k (1 - k^{2}) \frac{d}{d k} K (k)) & = \frac{E (k) - K (k)}{k} - (1 - k^{2}) \frac{E (k) - (1 - k^{2}) K (k)}{k (1 - k^{2})} + 2 k K (k) \\ = \frac{E (k) - K (k) - E (k) + (1 - k^{2}) K (k)}{k} + 2 k K (k) \\ = k K (k) \end{matrix}

が得られるが、ここで $k^{'} = \sqrt{1 - k^{2}}$ とすれば

\begin{matrix} \frac{d}{d k} (k (1 - k^{2}) \frac{d}{d k} K (k^{'})) & = \frac{d k^{'}}{d k} \frac{d}{d k^{'}} (k (1 - k^{2}) \frac{d k^{'}}{d k} \frac{d}{d k^{'}} K (k^{'})) \\ = \frac{k}{\sqrt{1 - k^{2}}} \frac{d}{d k^{'}} (k^{2} \sqrt{1 - k^{2}} \frac{d}{d k^{'}} K (k^{'})) \\ = \frac{k}{k^{'}} \frac{d}{d k} ((1 - k'^{2}) k^{'} \frac{d}{d k^{'}} K (k^{'})) \end{matrix}

であるから $K^{'} (k) = K (k^{'})$ も同じ微分方程式の解になる。 $Y (k) = \sqrt{k (1 - k^{2})} K (k)$ とすれば

\begin{matrix} \frac{d^{2}}{d k^{2}} Y (k) & = \sqrt{k (1 - k^{2})} \frac{d^{2}}{d k^{2}} K (k) + \frac{(1 - 3 k^{2})}{\sqrt{k (1 - k^{2})}} \frac{d}{d k} K (k) + \frac{3 k^{4} - 6 k^{2} - 1}{4 \sqrt{k (1 - k^{2})} k (1 - k^{2})} K (k) \\ = \frac{1}{\sqrt{k (1 - k^{2})}} (k (1 - k^{2}) \frac{d^{2}}{d k^{2}} K (k) + (1 - 3 k^{2}) \frac{d}{d k} K (k) + \frac{3 k^{4} - 6 k^{2} - 1}{4 k (1 - k^{2})} K (k)) \\ = \frac{1}{\sqrt{k (1 - k^{2})}} (\frac{d}{d k} (k (1 - k^{2}) \frac{d}{d k} K (k)) + \frac{3 k^{4} - 6 k^{2} - 1}{4 k (1 - k^{2})} K (k)) \\ = \frac{1}{\sqrt{k (1 - k^{2})}} (k K (k) + \frac{3 k^{4} - 6 k^{2} - 1}{4 k (1 - k^{2})} K (k)) \\ = - \frac{(1 + k^{2})^{2}}{4 k^{2} (1 - k^{2})^{2}} Y (k) \end{matrix}

となり、 $Y^{'} (k) = \sqrt{k (1 - k^{2})} K^{'} (k)$ も同様である。故に

\frac{\frac{d^{2}}{d k^{2}} Y (k)}{Y (k)} = - \frac{(1 + k^{2})^{2}}{4 k^{2} (1 - k^{2})^{2}} = \frac{\frac{d^{2}}{d k^{2}} Y^{'} (k)}{Y^{'} (k)}

であるから

Y (k) \frac{d^{2}}{d k^{2}} Y^{'} (k) - Y^{'} (k) \frac{d^{2}}{d k^{2}} Y (k) = 0

\sqrt{k (1 - k^{2})} K (k) \frac{d^{2}}{d k^{2}} (\sqrt{k (1 - k^{2})} K^{'} (k)) - \sqrt{k (1 - k^{2})} K^{'} (k) \frac{d^{2}}{d k^{2}} (\sqrt{k (1 - k^{2})} K (k)) = 0

が成立する。積分して整理すると

k (1 - k^{2}) (K (k) \frac{d}{d k} K^{'} (k) - K^{'} (k) \frac{d}{d k} K (k)) = C

となり、これに

\frac{d}{d k} K (k) = \frac{E (k) - (1 - k^{2}) K (k)}{k (1 - k^{2})}

\frac{d}{d k} K^{'} (k) = \frac{d}{d k} K (\sqrt{1 - k^{2}}) = \frac{- k}{\sqrt{1 - k^{2}}} \frac{E (\sqrt{1 - k^{2}}) - k^{2} K (\sqrt{1 - k^{2}})}{\sqrt{1 - k^{2}} k^{2}} = - \frac{E^{'} (k) - k^{2} K^{'} (k)}{k (1 - k^{2})}

を代入すると

K (k) E^{'} (k) + E (k) K^{'} (k) - K (k) K^{'} (k) = - C

が得られる。不完全楕円積分の極限を用いて

\begin{matrix} - C & = K (k) E^{'} (k) + E (k) K^{'} (k) - K (k) K^{'} (k) \\ = \lim_{x \to 1} F (x, 0) E (x, 1) + E (x, 0) F (x, 1) - F (x, 0) F (x, 1) \\ = \lim_{x \to 1} \sin^{- 1} x (x + \tanh^{- 1} x - \tanh^{- 1} x) \\ = \frac{π}{2} \end{matrix}

が得られる。