$\def\bm#1{{\boldsymbol{#1}}}
\def\coloneqq{{:=}}$

標準形1

前回の方法では三つの$\alpha$にある特別な三つの$\beta$の値を対応させましたが、今度は方法をかえて四つの$\alpha$に四つの$\beta$の値を対応させることにします。但し、その代わり四つの$\beta$に次のような$k$の任意定数（パラメーター）を含ませてそれで対応が出来るようにします。
\[
\begin{array}{c|c|c|c}
\alpha_0 & \alpha_1 & \alpha_2 & \alpha_3\\\hline
1 & \displaystyle\frac{1}{k} & -1 & \displaystyle-\frac{1}{k}
\end{array}\ ,\ \ \varphi_1\left(\zeta\right)=c\left(1-\zeta^2\right)\left(1-k^2\zeta^2\right)
\]
そうすれば前回の(3)によって
\[
\frac{\alpha_1-\alpha_0}{\alpha_1-\alpha_2}\frac{\alpha_3-\alpha_2}{\alpha_3-\alpha_0}=\frac{\displaystyle\frac{1}{k}-1}{\displaystyle\frac{1}{k}+1}\ \frac{\displaystyle-\frac{1}{k}+1}{\displaystyle-\frac{1}{k}-1}
\]
の関係が成立しなければならないことが分かります。これによって$k$の値が定められることになります。この左辺は一つの既知数です。これを前の通り$\lambda$とすれば、
\[
\lambda=\frac{\displaystyle\frac{1}{k}-1}{\displaystyle\frac{1}{k}+1}\ \frac{\displaystyle-\frac{1}{k}+1}{\displaystyle-\frac{1}{k}-1}=\left(\frac{1-k}{1+k}\right)^2
\]
よって
\[
k=\frac{1-\sqrt{\lambda}}{1+\sqrt{\lambda}}　または　k=\frac{1+\sqrt{\lambda}}{1-\sqrt{\lambda}}
\]
但し、$\sqrt{\lambda}$は$\lambda$の二つの平方根の内のいずれか一方を表すものとします。
さて$k$をこのような値として、所要の変換を行う式を求めるには、例えば$\alpha_1$の位置に変数をおいて
\begin{eqnarray*}
\frac{z-\alpha_0}{z-\alpha_2}\frac{\alpha_3-\alpha_2}{\alpha_3-\alpha_0}
&=&\frac{\zeta-1}{\zeta+1}\frac{\displaystyle-\frac{1}{k}+1}{\displaystyle-\frac{1}{k}-1}=\frac{\zeta-1}{\zeta+1}\frac{1-k}{1+k}\\
&=&\pm\frac{\zeta-1}{\zeta+1}\sqrt{\lambda}
\end{eqnarray*}
とすればよいです。この変換によって前回の(1)は次のようになります。
\[
\int R_1\left\{\zeta,\sqrt{c\left(1-\zeta^2\right)\left(1-k^2\zeta^2\right)}\right\}d\zeta
\]
定数$c$は根号の外に出すと考えれば最初から$c=1$としてよいです。よって任意の楕円積分について考える代わりに
\[
\int R\left\{z,\sqrt{\left(1-z^2\right)\left(1-k^2z^2\right)}\right\}dz\tag{1}
\]
について考えればよいことになります。(1)の積分に対して前々回の所論を適用すれば、結局これは次の四つの積分に帰着することになります。
\[
\left.\begin{array}{lll}
\displaystyle I_0=\int\frac{dz}{\sqrt{\left(1-z^2\right)\left(1-k^2z^2\right)}} & , & \
\displaystyle I_1=\int\frac{zdz}{\sqrt{\left(1-z^2\right)\left(1-k^2z^2\right)}}\\
\displaystyle I_2=\int\frac{z^2dz}{\sqrt{\left(1-z^2\right)\left(1-k^2z^2\right)}} & , & \
\displaystyle J_1=\int\frac{dz}{\left(z-a\right)\sqrt{\left(1-z^2\right)\left(1-k^2z^2\right)}}
\end{array}\right\}\tag{2}
\]
以上の中で、$I_1$においては$z^2=t$とおけば
\[
I_1=\frac{1}{2}\int\frac{dt}{\sqrt{\left(1-t\right)\left(1-k^2t\right)}}
\]
となってこれは容易に初等関数で積分が出来るから問題ないです。次に$I_2$は下のように書き直されます。
\[
I_2=\frac{1}{k^2}\left\{\int\frac{dz}{\sqrt{\left(1-z^2\right)\left(1-k^2z^2\right)}}-\int\sqrt{\frac{1-k^2z^2}{1-z^2}}dz\right\}
\]
この右辺にある第一の積分はすなわち$I_0$です。故に$I_2$の代わりに
\[
\int\sqrt{\frac{1-k^2z^2}{1-z^2}}dz
\]
のみを新たに採ればよいということになります。最後に$J_1$を書き直せば、
\[
J_1=\int\frac{zdz}{\left(z^2-a^2\right)\sqrt{\left(1-z^2\right)\left(1-k^2z^2\right)}}
+a\int\frac{dz}{\left(z^2-a^2\right)\sqrt{\left(1-z^2\right)\left(1-k^2z^2\right)}}
\]
となります。この右辺の第一の積分は$z^2=t$とおけば容易に初等関数で表すことができます。ゆえに$J_1$の代わりに新たに
\[
\int\frac{dz}{\left(z^2-a^2\right)\sqrt{\left(1-z^2\right)\left(1-k^2z^2\right)}}
\]
のみを採ることにしましょう。よって(2)の代わりに次の三つの積分を考えればよいことになります。
\[
\left.\begin{array}{l}
\displaystyle\int\frac{dz}{\sqrt{\left(1-z^2\right)\left(1-k^2z^2\right)}}\ ,\ \
\int\sqrt{\frac{1-k^2z^2}{1-z^2}}dz\\
\displaystyle\int\frac{dz}{\left(z^2-a^2\right)\sqrt{\left(1-z^2\right)\left(1-k^2z^2\right)}}
\end{array}\right\}\tag{3}
\]
以上すべて$\varphi\left(z\right)$を四次式と考えて議論していましたが、これが三次式の場合でも全く同様に取り扱えます。すなわちその場合には四つの$\alpha$のうち三つは$\varphi\left(z\right)=0$の根、残りの一つは$\infty$と考えて上の通りの計算を行えばよいので、その結果はやはり(3)の三つの積分に帰着します。（一つの$\alpha$を$\infty$と考えることは、$\sqrt{\varphi\left(z\right)}$の分岐点が一つ$\infty$にあることからも明らかであるし、また三次方程式$\varphi\left(z\right)=0$は四次方程式の$z^4$の項の係数が$0$に収束した極限と考えられることからも明らか。）
前回及び本回の結果をまとめて次のようにいうことが出来ます。任意の楕円積分は初等関数及び次の三種の積分を用いて表される。
\begin{eqnarray}
&&\int\frac{dz}{\sqrt{\left(1-z^2\right)\left(1-k^2z^2\right)}}\\
&&\int\sqrt{\frac{1-k^2z^2}{1-z^2}}dz\\
&&\int\frac{dz}{\left(z^2-a^2\right)\sqrt{\left(1-z^2\right)\left(1-k^2z^2\right)}}
\end{eqnarray}
この三種の積分を楕円積分の標準形といい、上記の順で上からそれぞれ第一種、第二種、第三種の標準形という、$k$を母数、$a$をパラメーターという。
なお上の理論における$\beta$の定め方次第でこれとは違った形の積分を標準形として選定することも出来る、よって特に他の標準形と区別するときには、これをLegendre-Jacobi の標準形という。

もし前回に述べたように根号の中を$z\left(1-z\right)\left(1-\lambda z\right)$の形のままにしておけば、三種の標準形として次の積分を得ます。
\[
\int\frac{dz}{\sqrt{z\left(1-z\right)\left(1-\lambda z\right)}}\ ,\ \
\int\frac{zdz}{\sqrt{z\left(1-z\right)\left(1-\lambda z\right)}}\ ,\ \
\int\frac{dz}{\left(z-a\right)\sqrt{z\left(1-z\right)\left(1-\lambda z\right)}}
\]
これをRiemannの標準形といいます。
しかし以下ではLegendre-Jacobi の方のみを用いるからこれを単に標準形と呼ぶことにします。