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타원적분

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-<h5>타원 둘레의 길이</h5>
+#REDIRECT [[타원적분]]
-* 역사적으로 [[타원 둘레의 길이]]를 구하는 적분에서 그 이름이 기원함.
-*  타원  <math>\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1</math>의 둘레의 길이는 <math>4aE(k)</math> 로 주어짐.<br><math>k=\sqrt{1-\frac{b^2}{a^2}}</math><br><math>E(k)=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{1-k^2\sin^2 \theta} d\theta =\int_{0}^{1}\frac{\sqrt{1-k^2x^2}}{\sqrt{1-x^2}} dx=\int_{0}^{1}\frac{1-k^2x^2}{\sqrt{(1-x^2)(1-k^2x^2)}}\,dx</math><br>
-<h5>타원적분</h5>
-* 일반적으로 다음과 같은 형태로 주어지는 적분을 타원적분이라 부름
-<math>\int R(x,y)\,dx</math>
-여기서 <math>R(x,y)</math>는 <math>x,y</math>의 유리함수이고, <math>y^2</math>는 중근을 갖지 않는 <math>x</math>의 3차식 또는 4차식으로 주어짐.
-*  예를 들자면,<br>  <math>\int \frac{dx}{\sqrt{1-x^4}}</math><br><math>\int \frac{1-k^2x^2}{\sqrt{(1-x^2)(1-k^2x^2)}}\,dx</math><br>  <br>
-<h5>타원적분의 예</h5>
-*  일종완전타원적분<br><math>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</math><br>
-*  이종완전타원적분<br><math>E(k)=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{1-k^2\sin^2 \theta} d\theta =\int_{0}^{1}\frac{\sqrt{1-k^2x^2}}{\sqrt{1-x^2}} dx=\int_{0}^{1}\frac{1-k^2x^2}{\sqrt{(1-x^2)(1-k^2x^2)}}\,dx</math><br>
-<h5>타원적분과 타원곡선의 주기</h5>
-<math>k=\cos \alpha</math> 로 두자.
-<math>K(\cos\alpha)=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{d\theta}{\sqrt{1 - \cos^2 \alpha \sin^2 \theta }}</math>
-<math>=\int_{0}^{1} \frac{2dt}{\sqrt{t^4 - 2(2\cos^2 \alpha - 1)t^2 + 1}}</math> (<math>t =\tan (\theta/2) </math>로 치환)
-<math>=\int_{1}^{\infty} \frac{dx}{\sqrt{x^4 - 2x^2 \cos 2\alpha + 1}}</math> (<math>x=\frac{1}{t}</math> 로 치환)
-<math>=\int_{1}^{\infty} \frac{du}{\sqrt{u (u^2 - 2u \cos 2\alpha + 1)}}</math>
-한편,  <math>u=\frac{1}{v}</math> 치환을 통하여
-<math>\int_{1}^{\infty} \frac{du}{\sqrt{u (u^2 - 2u \cos 2\alpha + 1)}}=\int_{0}^{1} \frac{du}{\sqrt{u (u^2 - 2u \cos 2\alpha + 1)}}</math>
-임을 보일 수 있으므로,
-<math>2K(\cos\alpha)=\int_{0}^{\infty} \frac{du}{\sqrt{u (u^2 - 2u \cos 2\alpha + 1)}}</math>
-<math>4K(\cos\alpha)</math>는 타원곡선 <math>y^2=x(x-e^{2i\alpha})(x-e^{-2i\alpha})=x(x^2 - 2x \cos 2\alpha + 1)}</math>의 주기임을 알 수 있다.
-<h5>special values of <math>K(k)</math></h5>
-<math>K(0) = \frac{\pi}{2}</math>
-<math>K(1) = \infty</math>
-<math>K(\frac{1}{\sqrt{2}})=\frac{\Gamma(\frac{1}{4})^2}{4\sqrt{\pi}}=1.8540746773\cdots</math>
-* [[렘니스케이트(lemniscate) 곡선의 길이와 타원적분|렘니스케이트(lemniscate) 곡선과 타원적분]] 항목 참조
-* [http://www.wolframalpha.com/input/?i=N%5BEllipticK%5B1/2%5D%5D http://www.wolframalpha.com/input/?i=N[EllipticK[1/2]]]
-* [http://www.wolframalpha.com/input/?i=N%5BPi%5E%7B-1/2%7D+Gamma%5B1/4%5D%5E2/4%5D http://www.wolframalpha.com/input/?i=N[Pi^{-1/2}+Gamma[1/4]^2/4]]
-<math>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</math>
-* [http://www.wolframalpha.com/input/?i=N%5BEllipticK%5B%28Cos%5BPi/F12%5D%29%5E2%5D%5D http://www.wolframalpha.com/input/?i=N[EllipticK[(Cos[Pi/F12])^2]]][http://www.wolframalpha.com/input/?i=N%5B%28Power%5B3%2C+%284%29%5E-1%5D+Gamma%5B1%2F3%5D+Gamma%5B1%2F6%5D%29%2F%284+Sqrt%5B%5C%5BPi%5D%5D%29%5D ]
-* [http://www.wolframalpha.com/input/?i=N%5B%28Power%5B3%2C+%284%29%5E-1%5D+Gamma%5B1%2F3%5D+Gamma%5B1%2F6%5D%29%2F%284+Sqrt%5B%5C%5BPi%5D%5D%29%5D http://www.wolframalpha.com/input/?i=N[(Power[3%2C+(4)^-1]+Gamma[1%2F3]+Gamma[1%2F6])%2F(4+Sqrt[\[Pi]])]]
-(증명)
-<math>\cos \frac{\pi}{12}=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}</math>, <math>\cos \frac{\pi}{6}=\frac{\sqrt{3}}{2}</math> 이므로 위에서 얻은 결과를 활용하면,
-<math>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)}}</math>
-여기서 <math>v=\sqrt{3}u-1</math> 으로 치환하면, <math>u(u^2 - \sqrt{3}u+ 1) = 3^{-3/2}(1 + v^3)</math>
-<math>\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}})</math>
-<math>=\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</math>
-마지막에서 다음을 이용하였음.
-<math>\int_{0}^{1} \frac{dv}{\sqrt{1-v^3}}=\frac{\Gamma(\frac{1}{3})\Gamma(\frac{1}{6})}{6\sqrt{\pi}}</math>
-<math>\int_{0}^{\infty} \frac{dv}{\sqrt{1+v^3}}=\frac{ \Gamma(\frac{1}{3})\Gamma(\frac{1}{6})}{3\sqrt{\pi }}</math> (증명끝)
-<math>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</math>
-(증명)
-<math>\cos \frac{5\pi}{12}=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}</math>, <math>\cos \frac{5\pi}{6}=-\frac{\sqrt{3}}{2}</math> 이므로 위에서 얻은 결과를 활용하면,
-<math>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)}}</math>
-여기서 <math>v=\sqrt{3}u+1</math> 으로 치환하면, <math>u(u^2 + \sqrt{3}u+ 1) = 3^{-3/2}(v^3-1)</math>
-<math>\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</math>
-<h5>덧셈공식</h5>
-*  파그나노의 공식<br><math>\int_0^x{\frac{1}{\sqrt{1-x^4}}}dx+\int_0^y{\frac{1}{\sqrt{1-x^4}}}dx = \int_0^{A(x,y)}{\frac{1}{\sqrt{1-x^4}}}dx</math><br> 여기서 <math>A(x,y)=\frac{x\sqrt{1-y^4}+y\sqrt{1-x^4}}{1+x^2y^2}</math><br>
-*  오일러의 일반화<br><math>p(x)=1+mx^2+nx^4</math>일 때,<br><math>\int_0^x{\frac{1}{\sqrt{p(x)}}}dx+\int_0^y{\frac{1}{\sqrt{p(x)}}}dx = \int_0^{B(x,y)}{\frac{1}{\sqrt{p(x)}}}dx</math><br> 여기서 <math>B(x,y)=\frac{x\sqrt{p(y)}+y\sqrt{p(x)}}{1-nx^2y^2}</math><br>
-<h5>메모</h5>
-<math>K\left(3-2\sqrt{2}}\right)=\frac{\sqrt{\pi}}{8}\cdot\frac{2+\sqrt{2}}{\Gamma^2(\frac{3}{4})}</math>
-http://sos440.springnote.com/pages/4400347 참조
-<h5>관련된 다른 주제들</h5>
-* [[타원적분|타원적분, 타원함수, 타원곡선]]<br>
-** [[렘니스케이트(lemniscate) 곡선의 길이와 타원적분|lemniscate 적분]]
-** [[타원함수]]
-** [[타원곡선]]
-** [[란덴변환(Landen's transformation)|랜든변환(Landen's transformation)]]
-* [[자코비 세타함수]]
-* [[초기하급수(Hypergeometric series)|초기하급수(Hypergeometric series)와 q-초기하급수]]
-* [[대수적 함수와 아벨적분]]
-<h5>표준적인 도서 및 추천도서</h5>
-* [http://www.amazon.com/Functions-Integrals-Translations-Mathematical-Monographs/dp/0821805878 Elliptic functions and elliptic integrals]<br>
-** Viktor Prasolov, Yuri Solovyev
-* [http://www.amazon.com/PI-AGM-Analytic-Computational-Complexity/dp/047131515X Pi and the AGM]<br>
-** Jonathan M. Borwein, Peter B. Borwein
-<h5>위키링크</h5>
-* http://en.wikipedia.org/wiki/Elliptic_integral
-<h5>관련논문</h5>
-*   <br>[http://www.springerlink.com/content/b365w3511067g184/ In Search of the "Birthday" of Elliptic Functions - Bit by bit, the discoverers decided what it was they had discovered.]<br>
-**  Rice, Adrian, 48-57, The Mathematical Intelligencer, Volume 30, Number 2 / 2008년 3월<br>
-* [http://www.ams.org/bull/2007-44-04/S0273-0979-07-01178-0/home.html Euler and algebraic geometry]<br>
-**  Burt Totaro, Bull. Amer. Math. Soc. 44 (2007), 541-559.<br>
-* [http://www.springerlink.com/content/t32h69374h887w33/ The Lemniscate and Fagnano's Contributions to Elliptic Integrals]<br>
-** AYOUB R
-* [http://www.math.tulane.edu/%7Evhm/papers_html/EU.pdf A property of Euler's elastic curve]
-* [http://www.springerlink.com/content/911pnwauaeggxk13/ The story of Landen, the hyperbola and the ellipse]<br>
-** Elemente der Mathematik, Volume 57, Number 1 / 2002년 2월

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