ランデン変換

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ランデン変換 (Landen's transformation) は、数学において楕円積分や楕円関数の母数を増減させる恒等式。楕円関数の数値計算に有用である。

[編集] 楕円積分のランデン変換とガウス変換

第一種楕円積分

$F\left(\sin\alpha,k\right)=\int_{t=0}^{\sin\alpha}\frac{dt}{\sqrt{1-t^2}\sqrt{1-k^2t^2}}=\int_{\phi=0}^{\alpha}\frac{d\phi}{\sqrt{1-k^2\sin^2\phi}}$

につき、次の恒等式をランデン変換という。

$F\left(\sin\alpha,k\right)=\frac{2}{1+k}F\left(\frac{1}{2}\sqrt{\left(1+k\right)^2\sin^2\alpha+\left(\sqrt{1-k^2\sin^2\phi}-\sqrt{1-\sin^2\phi}\right)^2},\frac{2\sqrt{k}}{1+k}\right)$

同じく、次の恒等式をガウス変換という。

$F\left(\sin\alpha,k\right)=\frac{1}{1+k}F\left(\frac{(1+k)\sin\alpha}{1+k\sin^2\alpha},\frac{2\sqrt{k}}{1+k}\right)$

[編集] ランデン変換の導出

ランデン変換は

$\sin\phi=\frac{\frac{2}{1+k}\sin\theta\cos\theta}{\sqrt{1-\frac{4k}{(1+k)^2}\sin^2\theta}}$
$\begin{align}\cos\phi{d\phi} &=\frac{\frac{2}{1+k}\left(\cos^2\theta-\sin^2\theta\right)}{\sqrt{1-\frac{4k}{(1+k)^2}\sin^2\theta}}{d\theta}+\frac{\frac{2}{1+k}\left(\frac{4k}{(1+k)^2}\sin^2\theta\cos^2\theta\right)}{\left(\sqrt{1-\frac{4k}{(1+k)^2}\sin^2\theta}\right)^3}{d\theta}\\ &=\frac{\frac{2}{1+k}\left(1-\frac{2}{1+k}\sin^2\theta\right)\left(1-\frac{2k}{1+k}\sin^2\theta\right)}{\left(\sqrt{1-\frac{4k}{(1+k)^2}\sin^2\theta}\right)^3}{d\theta} \end{align}$

の置換により導かれる。

$\begin{align}F\left(\sin\alpha,k\right) &=\int_{\phi=0}^{\alpha}\frac{d\phi}{\sqrt{1-k^2\sin^2\phi}}\\ &=\int_{\phi=0}^{\alpha}\frac{\cos\phi{d\phi}}{\sqrt{1-\sin^2\phi}\sqrt{1-k^2\sin^2\phi}}\\ &=\int_{\theta=0}^{\beta}\frac{\frac{\frac{2}{1+k}\left(1-\frac{2}{1+k}\sin^2\theta\right)\left(1-\frac{2k}{1+k}\sin^2\theta\right)}{\left(\sqrt{1-\frac{4k}{(1+k)^2}\sin^2\theta}\right)^3}}{\sqrt{1-\frac{\frac{4}{(1+k)^2}\sin^2\theta\cos^2\theta}{1-\frac{4k}{(1+k)^2}\sin^2\theta}}\sqrt{1-k^2\frac{\frac{4}{(1+k)^2}\sin^2\theta\cos^2\theta}{1-\frac{4k}{(1+k)^2}\sin^2\theta}}}{d\theta}\\ &=\int_{\theta=0}^{\beta}\frac{\frac{\frac{2}{1+k}\left(1-\frac{2}{1+k}\sin^2\theta\right)\left(1-\frac{2k}{1+k}\sin^2\theta\right)}{\left(\sqrt{1-\frac{4k}{(1+k)^2}\sin^2\theta}\right)^3}}{\frac{1-\frac{2}{1+k}\sin^2\theta}{\sqrt{1-\frac{4k}{(1+k)^2}\sin^2\theta}}\;\frac{1-\frac{2k}{1+k}\sin^2\theta}{\sqrt{1-\frac{4k}{(1+k)^2}\sin^2\theta}}}{d\theta}\\ &=\frac{2}{1+k}\int_{\theta=0}^{\beta}\frac{d\theta}{\sqrt{1-\frac{4k}{(1+k)^2}\sin^2\theta}}\\ &=\frac{2}{1+k}F\left(\sin\beta,\frac{2\sqrt{k}}{1+k}\right) \end{align}$

$sinβ$ を陽にすると

$\sin\alpha=\frac{\frac{2}{1+k}\sin\beta\cos\beta}{\sqrt{1-\frac{4k}{(1+k)^2}\sin^2\beta}}$
$\sin^2\alpha=\frac{4\sin^2\beta\cos^2\beta}{(1+k)^2-4k\sin^2\beta}=\frac{1-\cos^2(2\beta)}{1+k^2+2k\cos(2\beta)}$
$cos 2 (2β) + 2 k sin 2 αcos(2β) + k 2 sin 2 α - 1 + sin 2 α = 0$
$\cos(2\beta)=-k\sin^2\alpha+\sqrt{k^2\sin^4\alpha-k^2\sin^2\alpha+1-\sin^2\alpha}$
$\sin\beta=\frac{1-\cos(2\beta)}{2}=\frac{1}{2}\sqrt{\left(1+k\right)^2\sin^2\alpha+\left(\sqrt{1-k^2\sin^2\phi}-\sqrt{1-\sin^2\phi}\right)^2}$

である。

[編集] ガウス変換の導出

ガウス変換は

$\sin\phi=\frac{\frac{2}{1+k}\sin\theta}{1+\sqrt{1-\frac{4k}{(1+k)^2}\sin^2\theta}}$
$\begin{align}\cos\phi{d\phi} &=\frac{\frac{2}{1+k}\cos\theta}{1+\sqrt{1-\frac{4k}{(1+k)^2}\sin^2\theta}}{d\theta}+\frac{\frac{2}{1+k}\left(\frac{4k}{(1+k)^2}\sin^2\theta\cos\theta\right)}{\sqrt{1-\frac{4k}{(1+k)^2}\sin^2\theta}\left(1+\sqrt{1-\frac{4k}{(1+k)^2}\sin^2\theta}\right)^2}{d\theta}\\ &=\frac{\frac{2}{1+k}\cos\theta}{\sqrt{1-\frac{4k}{(1+k)^2}\sin^2\theta}\left(1+\sqrt{1-\frac{4k}{(1+k)^2}\sin^2\theta}\right)}{d\theta} \end{align}$

の置換により導かれる。

$\begin{align}F\left(\alpha,k\right) &=\int_{\phi=0}^{\alpha}\frac{d\phi}{\sqrt{1-k^2\sin^2\phi}}\\ &=\int_{\phi=0}^{\alpha}\frac{\cos\phi{d\phi}}{\sqrt{1-\sin^2\phi}\sqrt{1-k^2\sin^2\phi}}\\ &=\int_{\theta=0}^{\beta}\frac{\frac{\frac{2}{1+k}\cos\theta}{\sqrt{1-\frac{4k}{(1+k)^2}\sin^2\theta}\left(1+\sqrt{1-\frac{4k}{(1+k)^2}\sin^2\theta}\right)}}{\frac{\sqrt{2+2\sqrt{1-\frac{4k}{(1+k)^2}\sin^2\theta}-\frac{4}{1+k}\sin^2\theta}}{1+\sqrt{1-\frac{4k}{(1+k)^2}\sin^2\theta}}\;\frac{\sqrt{2+2\sqrt{1-\frac{4k}{(1+k)^2}\sin^2\theta}-\frac{4k}{1+k}\sin^2\theta}}{1+\sqrt{1-\frac{4k}{(1+k)^2}\sin^2\theta}}}{d\theta}\\ &=\int_{\theta=0}^{\beta}\frac{\frac{\frac{2}{1+k}\cos\theta}{\sqrt{1-\frac{4k}{(1+k)^2}\sin^2\theta}\left(1+\sqrt{1-\frac{4k}{(1+k)^2}\sin^2\theta}\right)}}{\frac{2\sqrt{1-\sin^2\theta}\sqrt{2+2\sqrt{1-\frac{4k}{(1+k)^2}\sin^2\theta}-\frac{4k}{(1+k)^2}\sin^2\theta}}{\left(1+\sqrt{1-\frac{4k}{(1+k)^2}\sin^2\theta}\right)^2}}{d\theta}\\ &=\frac{1}{1+k}\int_{\theta=0}^{\beta}\frac{1}{\sqrt{1-\frac{4k}{(1+k)^2}\sin^2\theta}}\\ &=\frac{1}{1+k}F\left(\beta,\frac{2\sqrt{k}}{1+k}\right) \end{align}$

$sinβ$ を陽にすると

$\sin\alpha=\frac{\frac{2}{1+k}\sin\beta}{1+\sqrt{1-\frac{4k}{(1+k)^2}\sin^2\beta}}$
$\sin\alpha\sqrt{1-\frac{4k}{(1+k)^2}\sin^2\beta}=\frac{2}{1+k}\sin\beta-\sin\alpha$
$\sin^2\alpha\left(1-\frac{4k}{(1+k)^2}\sin^2\beta\right)=\frac{4}{(1+k)^2}\sin^2\beta-\frac{4}{1+k}\sin\beta\sin\alpha+\sin^2\alpha$
$\frac{4}{(1+k)^2}\sin^2\beta+\frac{4k}{(1+k)^2}\sin^2\alpha\sin^2\beta-\frac{4}{1+k}\sin\beta\sin\alpha=0$
$sinβ + k sin 2 αsinβ - (1 + k)sinα = 0$
$\sin\beta=\frac{(1+k)\sin\alpha}{1+k\sin^2\alpha}$

である。

[編集] 楕円関数のランデン変換

次の恒等式を楕円関数の上昇ランデン変換という。

$\operatorname{sn}\left(u,k\right)=\frac{\tfrac{2}{1+k}\operatorname{sn}\left(\tfrac{1+k}{2}u,\tfrac{2\sqrt{k}}{1+k}\right)\operatorname{cn}\left(\tfrac{1+k}{2}u,\tfrac{2\sqrt{k}}{1+k}\right)}{\operatorname{dn}\left(\tfrac{1+k}{2}u,\tfrac{2\sqrt{k}}{1+k}\right)}$
$\operatorname{cn}\left(u,k\right)=\frac{\tfrac{2}{1+k}\operatorname{dn}^2\left(\tfrac{1+k}{2}u,\tfrac{2\sqrt{k}}{1+k}\right)-\tfrac{1-k}{1+k}}{\tfrac{4k}{(1+k)^2}\operatorname{dn}\left(\tfrac{1+k}{2}u,\tfrac{2\sqrt{k}}{1+k}\right)}$
$\operatorname{dn}\left(u,k\right)=\frac{\tfrac{2k}{1+k}\operatorname{dn}^2\left(\tfrac{1+k}{2}u,\tfrac{2\sqrt{k}}{1+k}\right)+\tfrac{1-k}{1+k}}{\tfrac{4k}{(1+k)^2}\operatorname{dn}\left(\tfrac{1+k}{2}u,\tfrac{2\sqrt{k}}{1+k}\right)}$

次の恒等式を楕円関数の下降ランデン変換という。

$\operatorname{sn}\left(u,k\right)=\frac{\tfrac{2}{1+\sqrt{1-k^2}}\operatorname{sn}\left(\tfrac{1+\sqrt{1-k^2}}{2}u,\tfrac{1-\sqrt{1-k^2}}{1+\sqrt{1-k^2}}\right)}{1+\tfrac{1-\sqrt{1-k^2}}{1+\sqrt{1-k^2}}\operatorname{sn}^2\left(\tfrac{1+\sqrt{1-k^2}}{2}u,\tfrac{1-\sqrt{1-k^2}}{1+\sqrt{1-k^2}}\right)}$
$\operatorname{cn}\left(u,k\right)=\frac{\operatorname{cn}\left(\tfrac{1+\sqrt{1-k^2}}{2}u,\tfrac{1-\sqrt{1-k^2}}{1+\sqrt{1-k^2}}\right)\operatorname{dn}\left(\tfrac{1+\sqrt{1-k^2}}{2}u,\tfrac{1-\sqrt{1-k^2}}{1+\sqrt{1-k^2}}\right)}{1+\tfrac{1-\sqrt{1-k^2}}{1+\sqrt{1-k^2}}\operatorname{sn}^2\left(\tfrac{1+\sqrt{1-k^2}}{2}u,\tfrac{1-\sqrt{1-k^2}}{1+\sqrt{1-k^2}}\right)}$
$\operatorname{dn}\left(u,k\right)=\frac{\tfrac{1-\sqrt{1-k^2}}{1+\sqrt{1-k^2}}-\left(1-\operatorname{dn}^2\left(\tfrac{1+\sqrt{1-k^2}}{2}u,\tfrac{1-\sqrt{1-k^2}}{1+\sqrt{1-k^2}}\right)\right)}{\tfrac{1-\sqrt{1-k^2}}{1+\sqrt{1-k^2}}+\left(1-\operatorname{dn}^2\left(\tfrac{1+\sqrt{1-k^2}}{2}u,\tfrac{1-\sqrt{1-k^2}}{1+\sqrt{1-k^2}}\right)\right)}$

当初の母数が $0 < k < 1$ であれば、上昇ランデン変換は母数を増加させ、下降ランデン変換は母数を減少させる。上昇ランデン変換を繰り返すことにより、母数が1に収束し、楕円関数は双曲線関数に近似される。下降ランデン変換を繰り返すことにより、母数が0に収束し、楕円関数は三角関数に近似される。この性質により、ランデン変換は楕円関数の数値計算に有用である。

[編集] 導出

楕円積分のランデン変換により

$\sin\alpha=\frac{\frac{2}{1+k}\sin\beta\cos\beta}{\sqrt{1-\frac{4k}{(1+k)^2}\sin^2\beta}}$

のときに

$u=F\left(\alpha,k\right)=\tfrac{2}{1+k}F\left(\beta,\tfrac{2\sqrt{k}}{1+k}\right)$
$\operatorname{sn}\left(u,k\right)=\sin\alpha$
$\operatorname{sn}\left(\tfrac{1+k}{2}u,\tfrac{2\sqrt{k}}{1+k}\right)=\sin\beta$

であるから

$\operatorname{sn}\left(u,k\right)=\frac{\tfrac{2}{1+k}\operatorname{sn}\left(\tfrac{1+k}{2}u,\tfrac{2\sqrt{k}}{1+k}\right)\sqrt{1-\operatorname{sn}^2\left(\tfrac{1+k}{2}u,\tfrac{2\sqrt{k}}{1+k}\right)}}{\sqrt{1-\left(\tfrac{2\sqrt{k}}{1+k}\right)^2\operatorname{sn}^2\left(\tfrac{1+k}{2}u,\tfrac{2\sqrt{k}}{1+k}\right)}}=\frac{\tfrac{2}{1+k}\operatorname{sn}\left(\tfrac{1+k}{2}u,\tfrac{2\sqrt{k}}{1+k}\right)\operatorname{cn}\left(\tfrac{1+k}{2}u,\tfrac{2\sqrt{k}}{1+k}\right)}{\operatorname{dn}\left(\tfrac{1+k}{2}u,\tfrac{2\sqrt{k}}{1+k}\right)}$
$\operatorname{cn}\left(u,k\right)=\sqrt{1-\operatorname{sn}^2\left(u,k\right)}=\frac{1-\tfrac{2}{1+k}\operatorname{sn}^2\left(\tfrac{1+k}{2}u,\tfrac{2\sqrt{k}}{1+k}\right)}{\operatorname{dn}\left(\tfrac{1+k}{2}u,\tfrac{2\sqrt{k}}{1+k}\right)}=\frac{\tfrac{2}{1+k}\operatorname{dn}^2\left(\tfrac{1+k}{2}u,\tfrac{2\sqrt{k}}{1+k}\right)-\tfrac{1-k}{1+k}}{\tfrac{4k}{(1+k)^2}\operatorname{dn}\left(\tfrac{1+k}{2}u,\tfrac{2\sqrt{k}}{1+k}\right)}$
$\operatorname{dn}\left(u,k\right)=\sqrt{1-k^2\operatorname{sn}^2\left(u,k\right)}=\frac{1-\tfrac{2k}{1+k}\operatorname{sn}^2\left(\tfrac{1+k}{2}u,\tfrac{2\sqrt{k}}{1+k}\right)}{\operatorname{dn}\left(\tfrac{1+k}{2}u,\tfrac{2\sqrt{k}}{1+k}\right)}=\frac{\tfrac{2k}{1+k}\operatorname{dn}^2\left(\tfrac{1+k}{2}u,\tfrac{2\sqrt{k}}{1+k}\right)+\tfrac{1-k}{1+k}}{\tfrac{4k}{(1+k)^2}\operatorname{dn}\left(\tfrac{1+k}{2}u,\tfrac{2\sqrt{k}}{1+k}\right)}$

である。楕円積分のガウス変換により

$\sin\beta=\frac{(1+k)\sin\alpha}{1+k\sin^2\alpha}$

のときに

$u=F\left(\alpha,k\right)=\tfrac{1}{1+k}F\left(\beta,\tfrac{2\sqrt{k}}{1+k}\right)$
$\operatorname{sn}\left(u,k\right)=\sin\alpha$
$\operatorname{sn}\left((1+k)u,\tfrac{2\sqrt{k}}{1+k}\right)=\sin\beta$

であるから

$\operatorname{sn}\left((1+k)u,\tfrac{2\sqrt{k}}{1+k}\right)=\frac{(1+k)\operatorname{sn}\alpha}{1+k\operatorname{sn}^2\alpha}$

であるが、 $u$ を $\tfrac{u}{1+k}$ に改め、 $k$ を $\tfrac{1-\sqrt{1-k^2}}{1+\sqrt{1-k^2}}$ に改めれば

$\operatorname{sn}\left(u,k\right)=\frac{\tfrac{2}{1+\sqrt{1-k^2}}\operatorname{sn}\left(\tfrac{1+\sqrt{1-k^2}}{2}u,\tfrac{1-\sqrt{1-k^2}}{1+\sqrt{1-k^2}}\right)}{1+\tfrac{1-\sqrt{1-k^2}}{1+\sqrt{1-k^2}}\operatorname{sn}^2\left(\tfrac{1+\sqrt{1-k^2}}{2}u,\tfrac{1-\sqrt{1-k^2}}{1+\sqrt{1-k^2}}\right)}$
$\begin{align}\operatorname{cn}\left(u,k\right)&=\sqrt{1-\operatorname{sn}^2\left(u,k\right)}\\ &=\frac{\operatorname{cn}\left(\tfrac{1+\sqrt{1-k^2}}{2}u,\tfrac{1-\sqrt{1-k^2}}{1+\sqrt{1-k^2}}\right)\operatorname{dn}\left(\tfrac{1+\sqrt{1-k^2}}{2}u,\tfrac{1-\sqrt{1-k^2}}{1+\sqrt{1-k^2}}\right)}{1+\tfrac{1-\sqrt{1-k^2}}{1+\sqrt{1-k^2}}\operatorname{sn}^2\left(\tfrac{1+\sqrt{1-k^2}}{2}u,\tfrac{1-\sqrt{1-k^2}}{1+\sqrt{1-k^2}}\right)} \end{align}$
$\begin{align}\operatorname{dn}\left(u,k\right)&=\sqrt{1-k^2\operatorname{sn}^2\left(u,k\right)}\\ &=\frac{1-\tfrac{1-\sqrt{1-k^2}}{1+\sqrt{1-k^2}}\operatorname{sn}^2\left(\tfrac{1+\sqrt{1-k^2}}{2}u,\tfrac{1-\sqrt{1-k^2}}{1+\sqrt{1-k^2}}\right)}{1+\tfrac{1-\sqrt{1-k^2}}{1+\sqrt{1-k^2}}\operatorname{sn}^2\left(\tfrac{1+\sqrt{1-k^2}}{2}u,\tfrac{1-\sqrt{1-k^2}}{1+\sqrt{1-k^2}}\right)}\\ &=\frac{\operatorname{dn}^2\left(\tfrac{1+\sqrt{1-k^2}}{2}u,\tfrac{1-\sqrt{1-k^2}}{1+\sqrt{1-k^2}}\right)-\tfrac{2\sqrt{1-k^2}}{1+\sqrt{1-k^2}}}{\tfrac{2}{1+\sqrt{1-k^2}}-\operatorname{dn}^2\left(\tfrac{1+\sqrt{1-k^2}}{2}u,\tfrac{1-\sqrt{1-k^2}}{1+\sqrt{1-k^2}}\right)} \end{align}$

となる。

[編集] 虚数変換

上昇ランデン変換と下降ランデン変換は虚数変換により交替する。

$\operatorname{sn}\left(iu,\sqrt{1-k^2}\right)=i\operatorname{sc}\left(u,k\right)=\frac{i\operatorname{sn}\left(u,k\right)}{\operatorname{cn}\left(u,k\right)}$

上昇ランデン変換により

$\begin{align}\frac{i\operatorname{sn}\left(u,k\right)}{\operatorname{cn}\left(u,k\right)} &=\frac {\frac{\tfrac{2i}{1+k}\operatorname{sn}\left(\tfrac{1+k}{2}u,\tfrac{2\sqrt{k}}{1+k}\right)\operatorname{cn}\left(\tfrac{1+k}{2}u,\tfrac{2\sqrt{k}}{1+k}\right)}{\operatorname{dn}\left(\tfrac{1+k}{2}u,\tfrac{2\sqrt{k}}{1+k}\right)}} {\frac{\tfrac{2}{1+k}\operatorname{dn}^2\left(\tfrac{1+k}{2}u,\tfrac{2\sqrt{k}}{1+k}\right)-\tfrac{1-k}{1+k}}{\tfrac{4k}{(1+k)^2}\operatorname{dn}\left(\tfrac{1+k}{2}u,\tfrac{2\sqrt{k}}{1+k}\right)}}\\ &=\frac {\tfrac{4ki}{(1+k)^2}\operatorname{sn}\left(\tfrac{1+k}{2}u,\tfrac{2\sqrt{k}}{1+k}\right)\operatorname{cn}\left(\tfrac{1+k}{2}u,\tfrac{2\sqrt{k}}{1+k}\right)} {\operatorname{dn}^2\left(\tfrac{1+k}{2}u,\tfrac{2\sqrt{k}}{1+k}\right)-\tfrac{1-k}{1+k}}\\ \end{align}$

虚数変換により

$\begin{align}\operatorname{sn}\left(iu,\sqrt{1-k^2}\right) &=\frac{\tfrac{4k}{(1+k)^2}\operatorname{sc}\left(\tfrac{1+k}{2}iu,\tfrac{1-k}{1+k}\right)\operatorname{nc}\left(\tfrac{1+k}{2}iu,\tfrac{1-k}{1+k}\right)}{\operatorname{dc}^2\left(\tfrac{1+k}{2}iu,\tfrac{1-k}{1+k}\right)-\tfrac{1-k}{1+k}}\\ &=\frac{\tfrac{4k}{(1+k)^2}\operatorname{sn}\left(\tfrac{1+k}{2}iu,\tfrac{1-k}{1+k}\right)}{\operatorname{dn}^2\left(\tfrac{1+k}{2}iu,\tfrac{1-k}{1+k}\right)-\tfrac{1-k}{1+k}\operatorname{cn}^2\left(\tfrac{1+k}{2}iu,\tfrac{1-k}{1+k}\right)}\\ &=\frac{\tfrac{4k}{(1+k)^2}\operatorname{sn}\left(\tfrac{1+k}{2}iu,\tfrac{1-k}{1+k}\right)}{\tfrac{2k}{1+k}+\tfrac{2k(1-k)}{(1+k)^2}\operatorname{sn}^2\left(\tfrac{1+k}{2}iu,\tfrac{1-k}{1+k}\right)}\\ &=\frac{\tfrac{2}{1+k}\operatorname{sn}\left(\tfrac{1+k}{2}iu,\tfrac{1-k}{1+k}\right)}{1+\tfrac{1-k}{1+k}\operatorname{sn}^2\left(\tfrac{1+k}{2}iu,\tfrac{1-k}{1+k}\right)}\\ \end{align}$

$i u$ を $u$ と書き、 $\sqrt{1-k^2}$ を $k$ と書けば

$\begin{align}\operatorname{sn}\left(u,k\right) &=\frac{\tfrac{2}{1+\sqrt{1-k^2}}\operatorname{sn}\left(\tfrac{1+\sqrt{1-k^2}}{2}u,\tfrac{1-\sqrt{1-k^2}}{1+\sqrt{1-k^2}}\right)}{1+\tfrac{1-\sqrt{1-k^2}}{1+\sqrt{1-k^2}}\operatorname{sn}^2\left(\tfrac{1+\sqrt{1-k^2}}{2}u,\tfrac{1-\sqrt{1-k^2}}{1+\sqrt{1-k^2}}\right)} \end{align}$

となるが、これは下降ランデン変換である。

[編集] 出典

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最終更新 2009年9月9日 (水) 15:03 （日時は個人設定で未設定ならばUTC）。
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