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수학노트
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<h5>special values of <math>K(k)</math></h5>
 
<h5>special values of <math>K(k)</math></h5>
  
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<math>K(\frac{1}{\sqrt{2}})=\frac{\Gamma(\frac{1}{4})^2}{4\sqrt{\pi}}=1.8540746773\cdots</math>
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*  예1<br><math>K(\frac{1}{\sqrt{2}})=\frac{\Gamma(\frac{1}{4})^2}{4\sqrt{\pi}}=1.8540746773\cdots</math><br>[[렘니스케이트(lemniscate) 곡선의 길이와 타원적분|렘니스케이트(lemniscate) 곡선과 타원적분]] 항목 참조<br>
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*  예2<br><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><br>
  
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[[렘니스케이트(lemniscate) 곡선의 길이와 타원적분|렘니스케이트(lemniscate) 곡선과 타원적분]]
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(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>\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,
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<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>\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>
  
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<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}}</math>
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<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.
 
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2009년 11월 12일 (목) 17:38 판

타원 둘레의 길이
  • 역사적으로 타원 둘레의 길이를 구하는 적분에서 그 이름이 기원함.
  • 타원  \(\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1\)의 둘레의 길이는 \(4aE(k)\) 로 주어짐.
    \(k=\sqrt{1-\frac{b^2}{a^2}}\)
    \(E(k)=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{1-k^2\sin^2 \theta} d\theta =\int_{0}^{1}\frac{\sqrt{1-k^2x^2}}{\sqrt{1-x^2}} dx=\int_{0}^{1}\frac{1-k^2x^2}{\sqrt{(1-x^2)(1-k^2x^2)}}\,dx\)

 

타원적분
  • 일반적으로 다음과 같은 형태로 주어지는 적분을 타원적분이라 부름

\(\int R(x,y)\,dx\)

여기서 \(R(x,y)\)는 \(x,y\)의 유리함수이고, \(y^2\)는 중근을 갖지 않는 \(x\)의 3차식 또는 4차식으로 주어짐.

  • 예를 들자면,
     \(\int \frac{dx}{\sqrt{1-x^4}}\)
    \(\int \frac{1-k^2x^2}{\sqrt{(1-x^2)(1-k^2x^2)}}\,dx\)
     

 

타원적분의 예

\(K(k) = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{d\theta}{\sqrt{1-k^2 \sin^2\theta}}=\int_0^1\frac{1}{\sqrt{(1-x^2)(1-k^2x^2)}}\,dx\)

\(E(k)=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{1-k^2\sin^2 \theta} d\theta =\int_{0}^{1}\frac{\sqrt{1-k^2x^2}}{\sqrt{1-x^2}} dx=\int_{0}^{1}\frac{1-k^2x^2}{\sqrt{(1-x^2)(1-k^2x^2)}}\,dx\)

 

타원적분과 타원곡선의 주기

\(k=\cos \alpha\) 로 두자.

\(K(\cos\alpha)=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{d\theta}{\sqrt{1 - \cos^2 \alpha \sin^2 \theta }}\)

\(=\int_{0}^{1} \frac{2dt}{\sqrt{t^4 - 2(2\cos^2 \alpha - 1)t^2 + 1}}\) (\(t =\tan (\theta/2) \)로 치환)

\(=\int_{1}^{\infty} \frac{dx}{\sqrt{x^4 - 2x^2 \cos 2\alpha + 1}}\) (\(x=\frac{1}{t}\) 로 치환)

\(=\int_{1}^{\infty} \frac{du}{\sqrt{u (u^2 - 2u \cos 2\alpha + 1)}}\)

 

한편,  \(u=\frac{1}{v}\) 치환을 통하여

\(\int_{1}^{\infty} \frac{du}{\sqrt{u (u^2 - 2u \cos 2\alpha + 1)}}=\int_{0}^{1} \frac{du}{\sqrt{u (u^2 - 2u \cos 2\alpha + 1)}}\)

임을 보일 수 있으므로,

\(2K(\cos\alpha)=\int_{0}^{\infty} \frac{du}{\sqrt{u (u^2 - 2u \cos 2\alpha + 1)}}\)

\(2K(\cos\alpha)\)는 타원곡선 \(y^2=x(x-e^{2i\alpha})(x-e^{-2i\alpha})=x(x^2 - 2x \cos 2\alpha + 1)}\)의 주기임을 알 수 있다.

 

 

special values of \(K(k)\)
  • 예1
    \(K(\frac{1}{\sqrt{2}})=\frac{\Gamma(\frac{1}{4})^2}{4\sqrt{\pi}}=1.8540746773\cdots\)
    렘니스케이트(lemniscate) 곡선과 타원적분 항목 참조
  • 예2
    \(K\left(\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}\right)=\frac{\sqrt[4]{3}\Gamma(\frac{1}{3})\Gamma(\frac{1}{6})}{4\sqrt{\pi}}=2.768063\cdots\)

(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.

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

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

 

 

덧셈공식
  • 파그나노의 공식
    \(\int_0^x{\frac{1}{\sqrt{1-x^4}}}dx+\int_0^y{\frac{1}{\sqrt{1-x^4}}}dx = \int_0^{A(x,y)}{\frac{1}{\sqrt{1-x^4}}}dx\)
    여기서 \(A(x,y)=\frac{x\sqrt{1-y^4}+y\sqrt{1-x^4}}{1+x^2y^2}\)
  • 오일러의 일반화
    \(p(x)=1+mx^2+nx^4\)일 때,
    \(\int_0^x{\frac{1}{\sqrt{p(x)}}}dx+\int_0^y{\frac{1}{\sqrt{p(x)}}}dx = \int_0^{B(x,y)}{\frac{1}{\sqrt{p(x)}}}dx\)
    여기서 \(B(x,y)=\frac{x\sqrt{p(y)}+y\sqrt{p(x)}}{1-nx^2y^2}\)

 

메모

\(K\left(3-2\sqrt{2}}\right)=\frac{\sqrt{\pi}}{8}\cdot\frac{2+\sqrt{2}}{\Gamma^2(\frac{3}{4})}\)

http://sos440.springnote.com/pages/4400347 참조

 

관련된 다른 주제들

 

 

표준적인 도서 및 추천도서

 

 

위키링크

 

 

참고할만한 자료
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