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不定積分

$\mathrm{sn}$等の関数の微分法は第09回の議論で容易に分かりますが、積分法はそう簡単には出来ません。本回では一般に
$$\frac{A\left(x,y,z\right)}{B\left(x,y,z\right)}\tag{1}$$
の形の関数の積分法を述べることにします。ただし、
$$x=\mathrm{sn}\ u,\ \ \ y=\mathrm{cn}\ u,\ \ \ z=\mathrm{dn}\ u$$
また$A,B$は係数がすべて定数の多項式を表します。

まず$y^2=1-x^2,z^2=1-k^2x^2$の関係を利用することによって$A$及び$B$の中には$y,z$の二乗以上の冪が含まれないようにすることが出来ます。その後（1)の分母分子に
$$B\left(x,-y,z\right)B\left(x,y,-z\right)B\left(x,-y,-z\right)$$
をかけて、その結果をさらに整頓すれば、分母は$x$のみの多項式となり分子には$y,z$の二乗以上の冪が含まれないようになります。よって結局(1)は
$$R_1\left(x\right)+yR_2\left(x\right)+zR_3\left(x\right)+yzR_4\left(x\right)\tag{2}$$
となる、ここで$R$は有理関数です。

さて(2)の各項を積分しなければなりませんが、まず最後の項をとれば
$$\int yzR_4\left(x\right)du=\int R_4\left(x\right)dx\hspace{1cm}\left(注意：　\frac{dx}{du}=yz\right)$$
となって、これは有理関数の積分であるから容易に出来ます。同様の考えにより、
$$\begin{eqnarray*} \int yR_2\left(x\right)du&=&\int\frac{R_2\left(x\right)}{\sqrt{1-k^2x^2}}dx\\ \int zR_3\left(x\right)du&=&\int\frac{R_3\left(x\right)}{\sqrt{1-x^2}}dx \end{eqnarray*}$$
であるが、これらも共に積分可能であることは明らかです。最後に残った$R_1\left(x\right)$を積分するためにこれを部分分数に分解すると結局次の二種の項に分けられます。
$$x^m,\ \ \ \left(x-a\right)^{-m}$$
ただし$m$は$0$または正の整数、$a$は一般には複素定数です。これらの積分を求めるには次に述べるような漸化式によります。

まず微分法により
$$\begin{eqnarray*} \frac{d}{du}\left(x^{m-3}yz\right)&=&\left(m-3\right)x^{m-4}y^2z^2-x^{m-2}z^2-k^2x^{m-2}y^2\\ &=&\left(m-1\right)k^2x^m-\left(m-2\right)\left(1+k^2\right)x^{m-2}+\left(m-3\right)x^{m-4} \end{eqnarray*}$$
です。ゆえに
$$I_m=\int x^mdu$$
とおけば、
$$x^{m-3}yz=\left(m-1\right)k^2I_m-\left(m-2\right)\left(1+k^2\right)I_{m-2}+\left(m-3\right)I_{m-4}$$
の関係を得ます。これによって、$I_m$を求めることは結局
$$I_2=\int\mathrm{sn}^2udu,\ \ \ I_1=\int\mathrm{sn}\ udu\tag{3}$$
の二つに帰着します。

また$x-a=t$とおけば
$$\begin{align*} \frac{d}{du}\left(t^{-m+1}yz\right)=&\left(-m+1\right)t^{-m}y^2z^2-t^{-m+1}x\left(z^2+k^2y^2\right)\\ =&-\left(m-1\right)\left(1-a^2\right)\left(1-k^2a^2\right)t^{-m}\\ &+\left(2m-3\right)\left(1+k^2-2k^2a^2\right)at^{-m+1}\\ &+\left(m-2\right)\left(1+k^2-6k^2a^2\right)t^{-m+2}\\ &-\left(2m-5\right)2k^2at^{-m+3}\\ &-\left(m-3\right)k^2t^{-m+4}\tag{4} \end{align*}$$
であることも分かります。よって
$$J_m=\int\frac{du}{t^m}$$
とおけば一般に$J_m$を求めることは
$$J_1,\ J_0,\ J_{-1},\ J_{-2}$$
を求めることになります。ところが
$$J_0=\int du,\ \ \ J_{-1}=\int\left(x-a\right)du,\ \ \ J_{-2}=\int\left(x-a\right)^2du$$
だから、前の(3)の他に新たに考えるべき積分は
$$J_1=\int\frac{du}{\mathrm{sn}\ u-a}\tag{5}$$
ただ一つとなります。もし特に$a$の値が$\left(1-a^2\right)\left(1-k^2a^2\right)=0$を満たすときは(4)の右辺の第一項が消滅するから$J_1$も$J_0,J_{-1},J_{-2}$に帰着させられ、(5)を考えることは不要となります。

さてこうしていよいよ最後に残された積分は(3)及び(5)になりますが、その中$I_1$は次のように既知関数で表されます。

[1]まず$u=2v$とおけば
$$I_1=\int\mathrm{sn}\ udu=2\int\mathrm{sn}2vdv=2\int\frac{2\mathrm{sn}\ v\ \mathrm{cn}\ v\ \mathrm{dn}\ v}{1-k^2\mathrm{sn}^4v}dv$$
さらに$\mathrm{sn}^2v=t$とおけば
$$I_1=2\int\frac{dt}{1-k^2t^2}=\frac{1}{k}\log\frac{1+kt}{1-kt}$$
ゆえに
$$I_1=\frac{1}{k}\log\frac{\displaystyle1+k\mathrm{sn}^2\frac{u}{2}}{\displaystyle1-k\mathrm{sn}^2\frac{u}{2}}$$
となります。

[2]まず$\mathrm{sn}\ u=x$とおけば
$$I_1=\int\mathrm{sn}\ udu=\int\frac{xdx}{\sqrt{\left(1-x^2\right)\left(1-k^2x^2\right)}}$$
次に$x^2=t$とおけば
$$\begin{eqnarray*} I_1&=&\frac{1}{2}\int\frac{dt}{\sqrt{\left(1-t\right)\left(1-k^2t\right)}}\\ &=&-\frac{1}{k}\log\left(k\sqrt{1-t}+\sqrt{1-k^2t}\right)\\ &=&-\frac{1}{k}\log\left(k\mathrm{cn}\ u+\mathrm{dn}\ u\right) \end{eqnarray*}$$

$I_2$及び$J_1$は上のようには処理できませんが、これらは$\mathrm{sn}\ u=x$を変数として表せば
$$I_2=\int\frac{x^2dx}{\sqrt{\left(1-x^2\right)\left(1-k^2x^2\right)}},\ \ \ J_1=\int\frac{dx}{\left(x-a\right)\sqrt{\left(1-x^2\right)\left(1-k^2x^2\right)}}$$
となります。これは第二種及び第三種の楕円積分に他なりません。これらの計算法は次回以降で詳しく論じることにします。

参考文献

参考文献は以下の通り。

[1]竹内端三，『楕円関数論』，岩波書店，1936
出版社在庫無し、著作権消失済み。

[2]E.T. Whittaker, et al., A Course of Modern Analysis　(AMS PRESS, 1927)
著作権消失済み。

[3]戸田盛和，『楕円関数入門』，日本評論社，2001

[4]戸田盛和，『臨時別冊・数理科学SGC ライブラリ49　　ソリトンと物理学』，サイエンス社，2006
同出版社より電子書籍の形で復刊済み。

[5]Landau・Lifshitz，『力学』，東京図書，2017