今回は前回議論した内容の具体例を考えていきます。

例1

例として$\displaystyle\int\frac{dz}{\sqrt{z^4+1}}$を標準形に直すことを考えます。

$\varphi\left(z\right)=z^4+1=0$の四つの根を
\[
\alpha_0=\frac{1+i}{\sqrt{2}},\ \alpha_1=\frac{-1+i}{\sqrt{2}},\ \alpha_2=\frac{1-i}{\sqrt{2}},\ \alpha_3=\frac{-1-i}{\sqrt{2}}
\]
とすれば、
\[
\lambda=\frac{\alpha_1-\alpha_0}{\alpha_1-\alpha_2}\frac{\alpha_3-\alpha_2}{\alpha_3-\alpha_0},\
k=\frac{1-\sqrt{\lambda}}{1+\sqrt{\lambda}}=\frac{\sqrt{2}-1}{\sqrt{2}+1}
\]
標準形に直すための一つの一次変換は次のようになります。
\[
\frac{\displaystyle z-\frac{1+i}{\sqrt{2}}}{\displaystyle z-\frac{1-i}{\sqrt{2}}}=\frac{1+i}{\sqrt{2}}\frac{\zeta-1}{\zeta+1}
\]
これによって実際に計算してみると
\[
\int\frac{dz}{\sqrt{z^4+1}}=\left(2-\sqrt{2}\right)i\int\frac{d\zeta}{\sqrt{\left(1-\zeta^2\right)\left(1-k^2\zeta^2\right)}}\ ,\ \ k=\frac{\sqrt{2}-1}{\sqrt{2}+1}
\]
となります。この場合における$z$と$\zeta$の関係を図示すれば次のようになります。

例2

次の例として$\displaystyle\int\frac{dz}{\sqrt{1-z^2}}$を標準形に直すことを考えてみましょう。

この場合には
\[
\alpha_0=1\ ,\ \ \alpha_1=\frac{-1+\sqrt{3}i}{2}\ ,\ \ \alpha_2=\infty\ ,\ \ \alpha_3=\frac{-1-\sqrt{3}i}{2}
\]
としてみると、
\[
\lambda=\frac{\alpha_1-\alpha_0}{\alpha_3-\alpha_0}=\frac{1-\sqrt{3}i}{2}\ ,\ \sqrt{\lambda}=\frac{\sqrt{3}-i}{2}
\ ,\ k=\frac{1-\sqrt{\lambda}}{1+\sqrt{\lambda}}=\left(2-\sqrt{3}\right)i
\]
求める一次変換の式は
\[
\frac{z-\alpha_0}{\alpha_2-\alpha_0}=\frac{\zeta-1}{\zeta+1}\sqrt{\lambda}
\]
すなわち
\[
z-1=-\sqrt{3}\frac{\zeta-1}{\zeta+1}
\]
となります。これによって実際に変換を行えば
\[
\int\frac{dz}{\sqrt{1-z^2}}=\frac{2\sqrt{2}i}{\sqrt[4]{3}\left(1+\sqrt{3}\right)}\int\frac{d\zeta}{\sqrt{\left(1-\zeta^2\right)\left(1-k^2\zeta^2\right)}}\ ,\ \ k=\left(2-\sqrt{3}\right)i
\]
となって、ここに$z$と$\zeta$の関係が分かります。