利用者:HOTUMA/算術幾何平均

複素数$a,b$について

$a_{1}={\frac {a+b}{2}},b_{1}={\sqrt {ab}}$

$a_{n+1}={\frac {a_{n}+b_{n}}{2}},b_{n+1}={\sqrt {a_{n}b_{n}}}\quad (n\geq 1)$

と定めれば数列$\{a_{n}\},\{b_{n}\}$は同じ値に収束する。その極限を$a,b$の算術幾何平均と呼ぶ。但し、幾何平均$b_{n}$の根号の符号は算術平均$a_{n}$の側にあるものを選ぶものとする。

$M(a,b)=\lim _{n\to \infty }a_{n}=\lim _{n\to \infty }b_{n}$

$\Re (b/a)>0$の場合、算術幾何平均は楕円積分で表される。

${\begin{aligned}M(a,b)&={\frac {\pi }{2}}{\bigg /}\int _{0}^{\pi /2}{\frac {d\theta }{\sqrt {a^{2}\cos ^{2}\theta +b^{2}\sin ^{2}\theta }}}\\&={\frac {\pi }{2}}{\bigg /}\int _{0}^{\pi /2}{\frac {d\theta }{\sqrt {\left({\frac {a+b}{2}}\right)^{2}\cos ^{2}\theta +ab\sin ^{2}\theta }}}\\&={\frac {\pi }{2}}{\bigg /}\int _{0}^{\pi /2}{\frac {d\theta }{\sqrt {\left({\frac {a+b}{2}}\right)^{2}-\left({\frac {a-b}{2}}\right)^{2}\sin ^{2}\theta }}}\\&={\frac {\pi }{2}}{\bigg /}\int _{0}^{\pi /2}{\frac {d\theta }{\left({\frac {a+b}{2}}\right){\sqrt {1-\left({\frac {a-b}{a+b}}\right)^{2}\sin ^{2}\theta }}}}\\\end{aligned}}$

収束することの証明

複素数$a,b$の算術幾何平均が収束することは以下によって証明される。

$a_{n}^{\;2}-b_{n}^{\;2}=(a_{n}+b_{n})(a_{n}-b_{n})$

$a_{n+1}^{\;2}-b_{n+1}^{\;2}=\left({\frac {a_{n}+b_{n}}{2}}\right)^{2}-a_{n}b_{n}={\frac {(a_{n}-b_{n})^{2}}{4}}$

$\left|a_{n}-b_{n}\right|<\left|a_{n}+b_{n}\right|$となるように$b_{n}$の根号の符号を決めると約束したので

${\frac {\left|a_{n+1}^{\;2}-b_{n+1}^{\;2}\right|}{\left|a_{n}^{\;2}-b_{n}^{\;2}\right|}}={\frac {\left|a_{n}-b_{n}\right|}{4\left|a_{n}+b_{n}\right|}}<{\frac {1}{4}}$

である。$d_{n}$を$a_{n}$の階差とすれば

$d_{n}=a_{n+1}-a_{n}=-{\frac {a_{n}-b_{n}}{2}}$

${\frac {\left|d_{n+1}\right|}{\left|d_{n}\right|}}={\frac {\sqrt {\left|a_{n+2}^{\;2}-b_{n+2}^{\;2}\right|}}{\sqrt {\left|a_{n+1}^{\;2}-b_{n+1}^{\;2}\right|}}}<{\frac {1}{2}}$

である。従って、級数$\sum {d_{n}}$は絶対収束する。故に数列$\{a_{n}\}$は収束し、数列$\{b_{n}=2a_{n+1}-a_{n}\}$は$\{a_{n}\}$と同じ値に収束する。

算術幾何平均と楕円積分の関係は以下によって証明される。暫し、$a_{n},b_{n}$は正の実数とする。

${\begin{aligned}I(a,b)&=\int _{0}^{\pi /2}{\frac {d\theta }{\sqrt {a^{2}\cos ^{2}\theta +b^{2}\sin ^{2}\theta }}}\\&=\int _{0}^{\pi /2}{\frac {d\theta }{\sqrt {(a^{2}\cos ^{2}\theta +b^{2}\sin ^{2}\theta )(\cos ^{2}\theta +\sin ^{2}\theta )}}}\\&=\int _{0}^{\pi /2}{\frac {d\theta }{{\cos ^{2}\theta }{\sqrt {(a^{2}+b^{2}\tan ^{2}\theta )(1+\tan ^{2}\theta )}}}}\\\end{aligned}}$

$x=\tan \theta$の置換により

${\begin{aligned}I(a,b)&=\int _{0}^{\infty }{\frac {dx}{\sqrt {(a^{2}+b^{2}x^{2})(1+x^{2})}}}\\\end{aligned}}$

更に

${\begin{aligned}I(a,b)&=\int _{0}^{\infty }{\frac {dx}{\sqrt {a^{2}x^{2}+b^{2}x^{2}+b^{2}x^{4}+a^{2}}}}\\&=\int _{0}^{\infty }{\frac {dx}{\sqrt {(a+b)^{2}x^{2}+(bx^{2}-a)^{2}}}}\\&={\frac {1}{2}}\int _{0}^{\infty }{\frac {dx}{x{\sqrt {\left(\displaystyle {\frac {a+b}{2}}\right)^{2}+\left(\displaystyle {\frac {bx^{2}-a}{2x}}\right)^{2}}}}}\\\end{aligned}}$

$t={\frac {bx^{2}-a}{2{\sqrt {ab}}\;x}}$の置換により

$x={\sqrt {ab}}\;t+{\sqrt {ab+abt^{2}}},\;dx=\left({\sqrt {ab}}+{\frac {\sqrt {ab}}{\sqrt {ab+abt^{2}}}}\right)dt={\frac {x}{\sqrt {1+t^{2}}}}dt$

${\begin{aligned}I(a,b)&={\frac {1}{2}}\int _{-\infty }^{\infty }{\frac {dt}{\sqrt {\left(\left({\frac {a+b}{2}}\right)^{2}+abt^{2}\right)\left(1+t^{2}\right)}}}\\&=\int _{0}^{\infty }{\frac {dt}{\sqrt {\left(\left({\frac {a+b}{2}}\right)^{2}+abt^{2}\right)\left(1+t^{2}\right)}}}\\&=I\left({\frac {a+b}{2}},{\sqrt {ab}}\right)\end{aligned}}$

故に

${\begin{aligned}I(a,b)&=I(a_{1},b_{1})=\lim _{n\to \infty }I(a_{n},b_{n})=\lim _{n\to \infty }I\left(M(a,b),M(a,b)\right)\\&=\int _{0}^{\pi /2}{\frac {d\theta }{\sqrt {M(a,b)^{2}(\cos ^{2}\theta +\sin ^{2}\theta )}}}={\frac {\pi }{2M(a,b)}}\\\end{aligned}}$

$a,b$が複素数である場合は、積分路$t={\frac {bx^{2}-a}{2{\sqrt {ab}}\;x}}$と実軸との間に(留数を持つ)極が無いことを確かめなければならない。 $u=\Re \left(b/a\right),v=\Im \left(b/a\right)$とすれば

${\begin{aligned}{\frac {t}{\frac {a+b}{2{\sqrt {ab}}}}}&={\frac {(b/a)x^{2}-1}{(1+b/a)x}}={\frac {(u+iv)x^{2}-1}{(1+u+iv)x}}\\&={\frac {(ux^{2}-1+ivx^{2})(1+u-iv)}{\left((1+u)^{2}+v^{2}\right)x}}\\&={\frac {(u+u^{2}+v^{2})x^{2}-(1+u)+ivx^{2}+iv}{(1+2u+u^{2}+v^{2}|x}}\\\end{aligned}}$

これに$x^{2}={\frac {1+u}{u+u^{2}+v^{2}}}$を代入すれば

${\begin{aligned}{\frac {t}{\frac {a+b}{2{\sqrt {ab}}}}}&={\frac {iv{\frac {1+2u+^{2}+v^{2}}{u^{2}+v^{2}+u}}}{(1+2u+u^{2}+v^{2}){\sqrt {\frac {1+u}{u+u^{2}+v^{2}}}}}}\\&={\frac {iv}{\sqrt {(1+u)(u+u^{2}+v^{2})}}}\\\end{aligned}}$

であり、$u>0$となるように幾何平均の根号の符号を決めると約束したので、積分路は極$\pm {i{\frac {a+b}{2}}}$の間(原点に近いところ)を通る。また、$u'=\Re \left({\sqrt {b/a}}\right),v'=\Im \left({\sqrt {b/a}}\right)$とすれば

${\begin{aligned}t&={\frac {{\sqrt {b/a}}\;x^{2}-{\sqrt {a/b}}}{2x}}={\frac {(u'+iv')^{2}x^{2}-1}{(u'+iv')x}}\\&={\frac {(u'^{2}+v'^{2})(u'+iv')x^{2}-(u'-iv')}{2(u'^{2}+v'^{2})x}}\\\end{aligned}}$

これに$x^{2}={\frac {1}{u'^{2}+v'^{2}}}$を代入すれば

${\begin{aligned}t&={\frac {iv'}{\sqrt {u'^{2}+v'^{2}}}}\\\end{aligned}}$

であるから、積分路は極$\pm {i}$の間を通る。