Legendresche Identität

Beweis für den lemniskatischen Fall

Es soll gezeigt werden, dass die Legendre-Identität im Spezialfall ${\displaystyle k={\tfrac {1}{2}}{\sqrt {2}}}$ richtig ist. Man spricht hier vom lemniskatischen Fall, weil die Berechnung der Bogenlänge für die Lemniskate von Bernoulli auf das elliptische Integral erster Art mit diesem Modulwert führt.

Für die weiteren Umformungen werden folgende Ableitungen benötigt, die sich aus der Kettenregel ergeben:

${\displaystyle {\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} x}}\left(\int _{0}^{1}{\frac {x}{\sqrt {1-x^{4}y^{4}}}}\,\mathrm {d} y\right)=\int _{0}^{1}{\frac {1+x^{4}y^{4}}{(1-x^{4}y^{4})^{3/2}}}\,\mathrm {d} y={\frac {1}{\sqrt {1-x^{4}}}}}$

${\displaystyle {\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} x}}\left(\int _{0}^{1}{\frac {x^{3}y^{2}}{\sqrt {1-x^{4}y^{4}}}}\,\mathrm {d} y\right)=\int _{0}^{1}{\frac {x^{2}y^{2}(3-x^{4}y^{4})}{(1-x^{4}y^{4})^{3/2}}}\,\mathrm {d} y={\frac {x^{2}}{\sqrt {1-x^{4}}}}}$

${\displaystyle {\frac {\mathrm {\partial } }{\partial x}}\left\{{\frac {y^{2}+1}{2y^{2}}}\left[\operatorname {artanh} (y^{2})-\operatorname {artanh} \left({\frac {y^{2}{\sqrt {1-x^{4}}}}{\sqrt {1-x^{4}y^{4}}}}\right)\right]\right\}={\frac {x^{3}(y^{2}+1)}{\sqrt {(1-x^{4})(1-x^{4}y^{4})}}}}$

${\displaystyle {\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} y}}\left[\arctan(y)-{\frac {1-y^{2}}{2y}}\operatorname {artanh} (y^{2})\right]={\frac {y^{2}+1}{2y^{2}}}\operatorname {artanh} (y^{2})}$

Aus dem Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung ergibt sich:

${\displaystyle \int _{0}^{1}{\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} x}}\left(\int _{0}^{1}{\frac {x}{\sqrt {1-x^{4}y^{4}}}}\,\mathrm {d} y\cdot \int _{0}^{1}{\frac {x^{3}y^{2}}{\sqrt {1-x^{4}y^{4}}}}\,\mathrm {d} y\right)\,\mathrm {d} x}$

${\displaystyle =\left[\int _{0}^{1}{\frac {x}{\sqrt {1-x^{4}y^{4}}}}\,\mathrm {d} y\cdot \int _{0}^{1}{\frac {x^{3}y^{2}}{\sqrt {1-x^{4}y^{4}}}}\,\mathrm {d} y\right]_{x=0}^{x=1}}$

${\displaystyle =\left[\int _{0}^{1}{\frac {1}{\sqrt {1-y^{4}}}}\,\mathrm {d} y\right]\left[\int _{0}^{1}{\frac {y^{2}}{\sqrt {1-y^{4}}}}\,\mathrm {d} y\right]}$

Das gleiche Integral lässt sich auch mithilfe der Produktregel und des Satzes von Fubini ausdrücken:

${\displaystyle \int _{0}^{1}{\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} x}}\left(\int _{0}^{1}{\frac {x}{\sqrt {1-x^{4}y^{4}}}}\,\mathrm {d} y\cdot \int _{0}^{1}{\frac {x^{3}y^{2}}{\sqrt {1-x^{4}y^{4}}}}\,\mathrm {d} y\right)\,\mathrm {d} x}$

${\displaystyle =\int _{0}^{1}\left({\frac {1}{\sqrt {1-x^{4}}}}\int _{0}^{1}{\frac {x^{3}y^{2}}{\sqrt {1-x^{4}y^{4}}}}\,\mathrm {d} y+{\frac {x^{2}}{\sqrt {1-x^{4}}}}\int _{0}^{1}{\frac {x}{\sqrt {1-x^{4}y^{4}}}}\,\mathrm {d} y\right)\,\mathrm {d} x}$

${\displaystyle =\int _{0}^{1}\int _{0}^{1}{\frac {x^{3}(y^{2}+1)}{\sqrt {(1-x^{4})(1-x^{4}y^{4})}}}\,\mathrm {d} y\,\mathrm {d} x}$

${\displaystyle =\int _{0}^{1}\int _{0}^{1}{\frac {x^{3}(y^{2}+1)}{\sqrt {(1-x^{4})(1-x^{4}y^{4})}}}\,\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y}$

${\displaystyle =\int _{0}^{1}\left\{{\frac {y^{2}+1}{2y^{2}}}\left[\operatorname {artanh} (y^{2})-\operatorname {artanh} \left({\frac {y^{2}{\sqrt {1-x^{4}}}}{\sqrt {1-x^{4}y^{4}}}}\right)\right]\right\}_{x=0}^{x=1}\,\mathrm {d} y}$

${\displaystyle =\int _{0}^{1}{\frac {y^{2}+1}{2y^{2}}}\operatorname {artanh} (y^{2})\,\mathrm {d} y}$

${\displaystyle =\left[\arctan(y)-{\frac {1-y^{2}}{2y}}\operatorname {artanh} (y^{2})\right]_{y=0}^{y=1}=\arctan(1)={\frac {\pi }{4}}}$

Beim Einsetzen von ${\displaystyle y=0}$ wurde der Grenzwert

${\displaystyle \lim _{y\rightarrow 0}{\frac {1-y^{2}}{2y}}\operatorname {artanh} (y^{2})=0}$

verwendet, der sich mit der Regel von de L’Hospital begründen lässt.

Durch Gleichsetzen der beiden Zwischenergebnisse ergibt sich die Beziehung

${\displaystyle \left[\int _{0}^{1}{\frac {1}{\sqrt {1-z^{4}}}}\,\mathrm {d} z\right]\,\left[\int _{0}^{1}{\frac {z^{2}}{\sqrt {1-z^{4}}}}\,\mathrm {d} z\right]={\frac {\pi }{4}}.\qquad (\ast )}$

Bei der Berechnung der beiden Integrale auf der linken Seite kommen neben vollständigen Integralen ${\displaystyle K(k)}$ und ${\displaystyle E(k)}$ auch unvollständige Integrale ${\displaystyle F(\varphi ;k)}$ und ${\displaystyle E(\varphi ;k)}$ ins Spiel (in Legendre-Normalform).

${\displaystyle F(\varphi ;k)=\int _{0}^{\varphi }{\frac {1}{\sqrt {1-k^{2}\sin ^{2}\vartheta }}}\,\mathrm {d} \vartheta }$

${\displaystyle E(\varphi ;k)=\int _{0}^{\varphi }{\sqrt {1-k^{2}\sin ^{2}\vartheta }}\,\mathrm {d} \vartheta }$

Die zugehörigen Ableitungen ergeben sich aus dem Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung:

${\displaystyle {\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} \varphi }}F(\varphi ;k)={\frac {1}{\sqrt {1-k^{2}\sin ^{2}\varphi }}}}$

${\displaystyle {\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} \varphi }}E(\varphi ;k)={\sqrt {1-k^{2}\sin ^{2}\varphi }}}$

Für den Spezialfall ${\displaystyle k={\tfrac {1}{2}}{\sqrt {2}}}$ bzw. ${\displaystyle k^{2}={\tfrac {1}{2}}}$ erhält man mithilfe der Kettenregel unter Berücksichtigung von ${\displaystyle \sin ^{2}(\arccos(z))=1-z^{2}}$:

${\displaystyle {\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} z}}F\left(\arccos(z);{\tfrac {1}{2}}{\sqrt {2}}\right)={\frac {1}{\sqrt {1-{\tfrac {1}{2}}(1-z^{2})}}}\cdot \left(-{\frac {1}{\sqrt {1-z^{2}}}}\right)=-{\frac {\sqrt {2}}{\sqrt {1-z^{4}}}}}$

${\displaystyle {\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} z}}E\left(\arccos(z);{\tfrac {1}{2}}{\sqrt {2}}\right)={\sqrt {1-{\tfrac {1}{2}}(1-z^{2})}}\cdot \left(-{\frac {1}{\sqrt {1-z^{2}}}}\right)=-{\frac {\sqrt {1+z^{2}}}{{\sqrt {2}}(1-z^{2})}}}$

Als Folgerung ergibt sich:

${\displaystyle {\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} z}}\left(F(\arccos(z);{\tfrac {1}{2}}{\sqrt {2}})-2E(\arccos(z);{\tfrac {1}{2}}{\sqrt {2}})\right)={\frac {z^{2}{\sqrt {2}}}{\sqrt {1-z^{4}}}}}$

Damit sind Stammfunktionen gefunden, mit denen sich die beiden Integrale in Gleichung ${\displaystyle (\ast )}$ berechnen lassen.

${\displaystyle \int _{0}^{1}{\frac {1}{\sqrt {1-z^{4}}}}\,\mathrm {d} z=-{\frac {1}{\sqrt {2}}}\left[F(\arccos(z);{\tfrac {1}{2}}{\sqrt {2}})\right]_{0}^{1}}$

${\displaystyle =-{\frac {1}{\sqrt {2}}}\left[F(0;{\tfrac {1}{2}}{\sqrt {2}})-F({\frac {\pi }{2}};{\tfrac {1}{2}}{\sqrt {2}})\right]={\frac {1}{\sqrt {2}}}K({\tfrac {1}{2}}{\sqrt {2}})}$

${\displaystyle \int _{0}^{1}{\frac {z^{2}}{\sqrt {1-z^{4}}}}\,\mathrm {d} z={\frac {1}{\sqrt {2}}}\left[F(\arccos(z);{\tfrac {1}{2}}{\sqrt {2}})-2E(\arccos(z);{\tfrac {1}{2}}{\sqrt {2}})\right]_{0}^{1}}$

${\displaystyle ={\frac {1}{\sqrt {2}}}\left[F(0;{\tfrac {1}{2}}{\sqrt {2}})-2E(0;{\tfrac {1}{2}}{\sqrt {2}})-F({\frac {\pi }{2}};{\tfrac {1}{2}}{\sqrt {2}})+2E({\frac {\pi }{2}};{\tfrac {1}{2}}{\sqrt {2}})\right]={\frac {1}{\sqrt {2}}}\left[2E({\tfrac {1}{2}}{\sqrt {2}})-K({\tfrac {1}{2}}{\sqrt {2}})\right]}$

Durch Einsetzen in ${\displaystyle (\ast )}$ und Multiplikation mit 2 folgt schließlich die Behauptung:

${\displaystyle {\frac {1}{\sqrt {2}}}K({\tfrac {1}{2}}{\sqrt {2}})\cdot {\frac {1}{\sqrt {2}}}\left[2E({\tfrac {1}{2}}{\sqrt {2}})-K({\tfrac {1}{2}}{\sqrt {2}})\right]={\frac {\pi }{4}}}$

${\displaystyle 2K({\tfrac {1}{2}}{\sqrt {2}})\,E({\tfrac {1}{2}}{\sqrt {2}})-(K({\tfrac {1}{2}}{\sqrt {2}}))^{2}={\frac {\pi }{2}}}$

Beweis des allgemeinen Falls

Die allgemeine Aussage der Legendre-Relation lässt sich durch Ableiten nach ${\displaystyle k}$ beweisen. Dazu benötigt man die Ableitungen von ${\displaystyle K(k)}$ und ${\displaystyle E(k)}$ (siehe Artikel über elliptische Integrale):

${\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} k}}K(k)&={\frac {E(k)-(1-k^{2})K(k)}{k(1-k^{2})}}\\{\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} k}}E(k)&={\frac {E(k)-K(k)}{k}}\end{aligned}}}$

Die Ableitungen der komplementären Integrale ${\displaystyle K({\sqrt {1-k^{2}}})}$ und ${\displaystyle E({\sqrt {1-k^{2}}})}$ erhält man durch Anwendung der Kettenregel:

${\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} k}}K({\sqrt {1-k^{2}}})&={\frac {E({\sqrt {1-k^{2}}})-(1-({\sqrt {1-k^{2}}})^{2})\,K({\sqrt {1-k^{2}}})}{{\sqrt {1-k^{2}}}\,(1-({\sqrt {1-k^{2}}})^{2})}}\cdot {\frac {1}{2{\sqrt {1-k^{2}}}}}\cdot (-2k)\\&={\frac {E({\sqrt {1-k^{2}}})-k^{2}K({\sqrt {1-k^{2}}})}{k^{2}{\sqrt {1-k^{2}}}}}\cdot {\frac {-k}{\sqrt {1-k^{2}}}}\\&={\frac {1}{k(1-k^{2})}}\left[k^{2}K({\sqrt {1-k^{2}}})-E({\sqrt {1-k^{2}}})\right]\\{\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} k}}E({\sqrt {1-k^{2}}})&={\frac {E({\sqrt {1-k^{2}}})-K({\sqrt {1-k^{2}}})}{\sqrt {1-k^{2}}}}\cdot {\frac {1}{2{\sqrt {1-k^{2}}}}}\cdot (-2k)\\&={\frac {k}{1-k^{2}}}\left[K({\sqrt {1-k^{2}}})-E({\sqrt {1-k^{2}}})\right]\end{aligned}}}$

Für die Ableitungen der Produkte, die in der Legendre-Relation vorkommen, ergibt sich gemäß der Produktregel:

${\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} k}}\left[K(k)\,E({\sqrt {1-k^{2}}})\right]&={\frac {E(k)-(1-k^{2})K(k)}{k(1-k^{2})}}\cdot E({\sqrt {1-k^{2}}})+K(k)\cdot {\frac {k}{1-k^{2}}}\left[K({\sqrt {1-k^{2}}})-E({\sqrt {1-k^{2}}})\right]\\&={\frac {1}{k(1-k^{2})}}\left[E(k)\,E({\sqrt {1-k^{2}}})-K(k)\,E({\sqrt {1-k^{2}}})+k^{2}K(k)\,K({\sqrt {1-k^{2}}})\right]\\{\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} k}}\left[E(k)\,K({\sqrt {1-k^{2}}})\right]&={\frac {E(k)-K(k)}{k}}\cdot K({\sqrt {1-k^{2}}})+E(k)\cdot {\frac {1}{k(1-k^{2})}}\left[k^{2}K({\sqrt {1-k^{2}}})-E({\sqrt {1-k^{2}}})\right]\\&={\frac {1}{k(1-k^{2})}}\left[-E(k)\,E({\sqrt {1-k^{2}}})+E(k)\,K({\sqrt {1-k^{2}}})-(1-k^{2})K(k)\,K({\sqrt {1-k^{2}}})\right]\\{\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} k}}\left[K(k)\,K({\sqrt {1-k^{2}}})\right]&={\frac {E(k)-(1-k^{2})K(k)}{k(1-k^{2})}}\cdot K({\sqrt {1-k^{2}}})+K(k)\cdot {\frac {1}{k(1-k^{2})}}\left[k^{2}K({\sqrt {1-k^{2}}})-E({\sqrt {1-k^{2}}})\right]\\&={\frac {1}{k(1-k^{2})}}\left[E(k)\,K({\sqrt {1-k^{2}}})-K(k)\,E({\sqrt {1-k^{2}}})+(2k^{2}-1)K(k)\,K({\sqrt {1-k^{2}}})\right]\end{aligned}}}$

Durch Addition der beiden oberen Gleichungen und Subtraktion der dritten Gleichung folgt daraus:

${\displaystyle {\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} k}}\left[K(k)\,E({\sqrt {1-k^{2}}})+E(k)\,K({\sqrt {1-k^{2}}})-K(k)\,K({\sqrt {1-k^{2}}})\right]=0}$

Dies bedeutet, dass der Rechenausdruck in der eckigen Klammer gleich einer Konstanten ${\displaystyle C}$ sein muss.

${\displaystyle K(k)\,E({\sqrt {1-k^{2}}})+E(k)\,K({\sqrt {1-k^{2}}})-K(k)\,K({\sqrt {1-k^{2}}})=C}$

Nach dem schon bewiesenen Ergebnis für den lemniskatischen Fall (${\displaystyle k={\tfrac {1}{2}}{\sqrt {2}}}$)

${\displaystyle 2K({\tfrac {1}{2}}{\sqrt {2}})\,E({\tfrac {1}{2}}{\sqrt {2}})-\left(K({\tfrac {1}{2}}{\sqrt {2}})\right)^{2}={\tfrac {1}{2}}\pi }$

kommt für die Konstante ${\displaystyle C}$ nur ${\displaystyle {\tfrac {1}{2}}\pi }$ in Frage. Folglich gilt die Identität für beliebiges ${\displaystyle k}$.

${\displaystyle K(k)\,E({\sqrt {1-k^{2}}})+E(k)\,K({\sqrt {1-k^{2}}})-K(k)\,K({\sqrt {1-k^{2}}})={\tfrac {1}{2}}\pi }$

Reihe für den Kehrwert der Kreiszahl

Die Maclaurinschen Reihen (mit Konvergenzradius 1) für die Integrale ${\displaystyle K(k)}$ und ${\displaystyle E(k)}$ lauten:

${\displaystyle K(k)={\frac {\pi }{2}}\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {1}{16^{n}}}{\binom {2n}{n}}^{2}k^{2n}}$

${\displaystyle E(k)={\frac {\pi }{2}}\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {1}{16^{n}(1-2n)}}{\binom {2n}{n}}^{2}k^{2n}}$

Speziell für ${\displaystyle k={\tfrac {1}{2}}{\sqrt {2}}}$ gilt:

${\displaystyle K({\tfrac {1}{2}}{\sqrt {2}})={\frac {\pi }{2}}\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {1}{32^{n}}}{\binom {2n}{n}}^{2}}$

${\displaystyle E({\tfrac {1}{2}}{\sqrt {2}})={\frac {\pi }{2}}\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {1}{32^{n}(1-2n)}}{\binom {2n}{n}}^{2}}$

Diese beiden Formeln können in die Legendre-Identität eingesetzt werden:

${\displaystyle 2E({\tfrac {1}{2}}{\sqrt {2}})\,K({\tfrac {1}{2}}{\sqrt {2}})-\left(K({\tfrac {1}{2}}{\sqrt {2}})\right)^{2}={\frac {\pi }{2}}}$

Es ergibt sich die folgende Reihenentwicklung:

${\displaystyle \left[\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {1}{32^{n}}}{\binom {2n}{n}}^{2}\right]\left[\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {1+2n}{32^{n}(1-2n)}}{\binom {2n}{n}}^{2}\right]={\frac {2}{\pi }}}$

Die Konvergenzgeschwindigkeit für diese Reihenformel verhält sich bezüglich der Nachkommastellen linear:

Die Nachkommastellenresultate wurden durch Abrundung hervorgerufen.

Der Bruch 2/π hat die folgenden ersten dezimalen Nachkommastellen:

${\displaystyle {\frac {2}{\pi }}\approx 0{,}636619772367581343}$

Ableitung des elliptischen Nomens

Das elliptische Nomen, das die Beziehung zwischen der Jacobischen Thetafunktion und dem vollständigen elliptischen Integral erster Art herstellt, ist definiert durch

${\displaystyle q(k)=\exp \left[-\pi \,K({\sqrt {1-k^{2}}})\,K(k)^{-1}\right]}$.

Für die weitere Rechnung werden die Ableitungen von ${\displaystyle K(k)}$ und ${\displaystyle K({\sqrt {1-k^{2}}})}$ benötigt (siehe oben).

${\displaystyle {\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} k}}K(k)={\frac {1}{k(1-k^{2})}}\left[E(k)-(1-k^{2})K(k)\right]}$

${\displaystyle {\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} k}}K({\sqrt {1-k^{2}}})={\frac {1}{k(1-k^{2})}}\left[k^{2}K({\sqrt {1-k^{2}}})-E({\sqrt {1-k^{2}}})\right]}$

Durch Anwendung der Kettenregel und der Quotientenregel kann daraus die Ableitung des elliptischen Nomens ermittelt werden:

${\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} k}}q(k)&={\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} k}}\exp \left[-\pi K({\sqrt {1-k^{2}}})\,K(k)^{-1}\right]\\&=\left[{\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} k}}\,{\frac {-\pi K({\sqrt {1-k^{2}}})}{K(k)}}\right]\cdot \exp \left[-\pi K({\sqrt {1-k^{2}}})\,K(k)^{-1}\right]\\&=\left[{\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} k}}\,{\frac {-\pi K({\sqrt {1-k^{2}}})}{K(k)}}\right]q(k)\\&={\frac {\pi }{k(1-k^{2})K(k)^{2}}}\left[K(k)\,E({\sqrt {1-k^{2}}})+E(k)\,K({\sqrt {1-k^{2}}})-K(k)\,K({\sqrt {1-k^{2}}})\right]\,q(k)\end{aligned}}}$

Nach der Legendreschen Identität hat die eckige Klammer den Wert ${\displaystyle {\tfrac {1}{2}}\pi }$. Daher ist das Ergebnis:

${\displaystyle {\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} k}}q(k)={\frac {\pi ^{2}}{2k(1-k^{2})K(k)^{2}}}\,q(k)}$