제1종타원적분 K (complete elliptic integral of the first kind)

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일종타원적분 K

개요

일종완전타원적분

$K(k) = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{d\theta}{\sqrt{1-k^2 \sin^2\theta}}=\int_0^1\frac{1}{\sqrt{(1-x^2)(1-k^2x^2)}}\,dx$
가 타원적분의 singular value 일때(타원적분의 singular value k), 일종타원적분의 값을 구하는 문제
- 19세기부터 많이 연구되어 있으며 complex multiplication 이론, 타원곡선의 periods 의 틀에서 이해할 수 있음
- 아래에 몇가지 예가 제시
타원곡선의 주기 를 표현할 수 있다

란덴변환

다음 변환 공식을 타원적분에 대한 란덴 변환이라 함.

$K(\frac{2\sqrt{k}}{1+k})=(1+k)K(k)$

$k'=\sqrt{1-k^2}$ 라 두면

$2K(\frac{1-k'}{1+k'})=(1+k')K(k)$

란덴변환(Landen's transformation) 항목 참조

초기하함수를 이용한 표현

오일러-가우스 초기하함수를 이용한 표현

$K(k) =\frac{\pi}{2}\,_2F_1(\frac{1}{2},\frac{1}{2};1;k^2)$

$K(k) = \frac{\pi}{2}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(\frac{1}{2})_n(\frac{1}{2})_n}{n!(1)_n}k^{2n} = \frac{\pi}{2}\,_2F_1(\frac{1}{2},\frac{1}{2};1;k^2)$

(증명)

$K(k) = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{d\theta}{\sqrt{1-k^2 \sin^2\theta}} = \int_0^{\frac{\pi}{2}}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(\frac{1}{2})_n}{n!} k^{2n}\sin^{2n}\theta{d\theta}$

$\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^{2n}\theta{d\theta}=\frac{\pi}{2}\frac{(\frac{1}{2})_n}{(1)_n}$ (감마함수) 이므로

$K(k) = \frac{\pi}{2}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(\frac{1}{2})_n(\frac{1}{2})_n}{n!(1)_n}k^{2n} = \frac{\pi}{2}\,_2F_1(\frac{1}{2},\frac{1}{2};1;k^2)$ ■

맴돌이군

로 두고, $w(z)=\frac{\pi}{2}\,_2F_1(\frac{1}{2},\frac{1}{2};1;z)$ 라 하자
는 다음 초기하 미분방정식(Hypergeometric differential equations)을 만족시킨다

$z(1-z)\frac{d^2w}{dz^2}+(1-2z)\frac{dw}{dz}-\frac{1}{4}w = 0$
와 는 이 미분방정식의 선형독립인 두 해이다
미분방정식의 특이점을 분석하면,

와 $w_2(z)+\frac{1}{\pi}w_1(z)\log z$ 는 에서 해석함수이고,

와 $w_2(1-z)+\frac{1}{\pi}w_1(1-z)\log (1-z)=w_1(z)+\frac{1}{\pi}w_2(z)\log (1-z)$ 는 에서 해석함수임을 알수있다
미분방정식의 모노드로미

미분방정식의 해의기저 $\{w_1,iw_2\}$ 에 대하여 다음과 같은 모노드로미 표현을 얻을 수 있다

주변의 루프는 $\begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$

주변의 루프는 $\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 2 & 1 \end{pmatrix}$

따라서 미분방정식의 모노드로미군은 $\Gamma(2)$ 가 된다
맴돌이군과 미분방정식 항목 참조

singular values

자연수 에 대하여, 다음을 만족시키는 를 타원적분의 singular value 라 한다

$\frac{K'}{K}(k):=\frac{K(\sqrt{1-k^2})}{K(k)}= \sqrt n$
타원적분 singular value k 항목 참조
예

$\frac{K'}{K}(\frac{1}{\sqrt{2}})= 1$

$\frac{K'}{K}(\sqrt{2}-1)= \sqrt{2}$

$\frac{K'}{K}\left(\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}\right)= \sqrt{3}$

$\frac{K'}{K}\left(3-2\sqrt{2}}\right)= \sqrt{4}$

special values of

$K(0) = \frac{\pi}{2}$

$K(1) = \infty$

$K(\frac{1}{\sqrt{2}})=\frac{1}{4}B(1/4,1/4)=\frac{\Gamma(\frac{1}{4})^2}{4\sqrt{\pi}}=1.8540746773\cdots$

$K(2\sqrt{2}-2)$

$K(\sqrt{2}-1)=\frac{\sqrt{\sqrt{2}+1}}{2^{13/4}}B(\frac{1}{8},\frac{3}{8})=\frac{\sqrt{\sqrt{2}+1}\Gamma(\frac{1}{8})\Gamma(\frac{3}{8})}{2^{13/4}\sqrt{\pi}}$

$K\left(\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}\right)=\frac{\sqrt[4]{3}\Gamma(\frac{1}{3})\Gamma(\frac{1}{6})}{4\sqrt{\pi}}=2.768063\cdots$

$K\left(\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}\right)=\frac{\Gamma(\frac{1}{3})\Gamma(\frac{1}{6})}{4\sqrt[4]{3}\sqrt{\pi}}=1.5981420\cdots$

$K\left(3-2\sqrt{2}}\right)=\frac{(2+\sqrt{2})\Gamma(\frac{1}{4})^2}{16\sqrt{\pi}}=1.58255\cdots$

더 자세한 목록은 [Zucker77] 또는 [Borwein98] 참조

special value의 계산

$K(\frac{1}{\sqrt{2}})=\frac{\Gamma(\frac{1}{4})^2}{4\sqrt{\pi}}=1.8540746773\cdots$

$K(2\sqrt{2}-2)$

(증명)

$K(\frac{2\sqrt{k}}{1+k})=(1+k)K(k)$

$K(\sqrt{2}-1)=\frac{\sqrt{\sqrt{2}+1}\Gamma(\frac{1}{8})\Gamma(\frac{3}{8})}{2^{13/4}\sqrt{\pi}}$

(증명)

$K\left(\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}\right)=\frac{\sqrt[4]{3}\Gamma(\frac{1}{3})\Gamma(\frac{1}{6})}{4\sqrt{\pi}}=2.768063\cdots$

(증명)

$\cos \frac{\pi}{12}=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$ , $\cos \frac{\pi}{6}=\frac{\sqrt{3}}{2}$ 이므로 위에서 얻은 결과를 활용하면,

$K\left(\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}\right)=\frac{1}{2}\int_{0}^{\infty} \frac{du}{\sqrt{u (u^2 - \sqrt{3}u + 1)}}$

여기서 $v=\sqrt{3}u-1$ 으로 치환하면, $u(u^2 - \sqrt{3}u+ 1) = 3^{-3/2}(1 + v^3)$

$\int_{0}^{\infty} \frac{du}{\sqrt{u (u^2 - \sqrt{3}u + 1)}}=\sqrt[4]{3}\int_{-1}^{\infty} \frac{dv}{\sqrt{v^3+1}}=\sqrt[4]{3}(\int_{-1}^{0} \frac{dv}{\sqrt{v^3+1}}+\int_{0}^{\infty} \frac{dv}{\sqrt{v^3+1}})$

$=\sqrt[4]{3}(\int_{0}^{1} \frac{dv}{\sqrt{1-v^3}}+\int_{0}^{\infty} \frac{dv}{\sqrt{1+v^3}})=\frac{\sqrt[4]{3}\Gamma(\frac{1}{3})\Gamma(\frac{1}{6})}{2\sqrt{\pi}}=5.536129\cdots$

마지막에서 다음을 이용하였음. (이에 대한 증명은 오일러 베타적분 항목 참조)

$\int_{0}^{1} \frac{dv}{\sqrt{1-v^3}}=\frac{\Gamma(\frac{1}{3})\Gamma(\frac{1}{6})}{6\sqrt{\pi}}$

$\int_{0}^{\infty} \frac{dv}{\sqrt{1+v^3}}=\frac{ \Gamma(\frac{1}{3})\Gamma(\frac{1}{6})}{3\sqrt{\pi }}$ ■

$K\left(\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}\right)=\frac{\Gamma(\frac{1}{3})\Gamma(\frac{1}{6})}{4\sqrt[4]{3}\sqrt{\pi}}=1.5981420\cdots$

(증명)

* $\frac{K'}{K}\left(\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}\right)= \sqrt{3}$ 을 이용할 수도 있고, 다음과 같이 직접 증명도 가능 *

$\cos \frac{5\pi}{12}=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$ , $\cos \frac{5\pi}{6}=-\frac{\sqrt{3}}{2}$ 이므로 위에서 얻은 결과를 활용하면,

$K\left(\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}\right)=\frac{1}{2}\int_{0}^{\infty} \frac{du}{\sqrt{u (u^2 + \sqrt{3}u + 1)}}$

여기서 $v=\sqrt{3}u+1$ 으로 치환하면, $u(u^2 + \sqrt{3}u+ 1) = 3^{-3/2}(v^3-1)$

$\int_{0}^{\infty} \frac{du}{\sqrt{u (u^2+ \sqrt{3}u + 1)}}=\sqrt[4]{3}\int_{1}^{\infty} \frac{dv}{\sqrt{v^3-1}}=\frac{\Gamma(\frac{1}{3})\Gamma(\frac{1}{6})}{2\sqrt[4]{3}\sqrt{\pi}}=3.1962840\cdots$

$K\left(3-2\sqrt{2}}\right)=\frac{(2+\sqrt{2})\Gamma(\frac{1}{4})^2}{16\sqrt{\pi}}=1.58255\cdots$

(증명)

란덴변환을 이용

$K(\frac{2\sqrt{k}}{1+k})=(1+k)K(k)$

$k=3-2\sqrt{2}$ 라 하면,

$\frac{2\sqrt{k}}{1+k}=\frac{1}{\sqrt{2}}$

이로부터

$K(\frac{1}{\sqrt{2}})=(4-2\sqrt{2})K(3-2\sqrt{2})$

$K(\frac{1}{\sqrt{2}})=\frac{\Gamma(\frac{1}{4})^2}{4\sqrt{\pi}}=1.8540746773\cdots$ 로부터

$K\left(3-2\sqrt{2}}\right)=\frac{(2+\sqrt{2})\Gamma(\frac{1}{4})^2}{16\sqrt{\pi}}=1.58255\cdots$

재미있는 사실

단진자의 주기와 타원적분
네이버 지식인 http://kin.search.naver.com/search.naver?where=kin_qna&query=

역사

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