"타원적분(통합됨)"의 두 판 사이의 차이

2009년 11월 18일 (수) 05:22 판

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

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

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

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

일종타원적분 K (complete elliptic integral of the first kind)
\(K(k) = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{d\theta}{\sqrt{1-k^2 \sin^2\theta}}=\int_0^1\frac{1}{\sqrt{(1-x^2)(1-k^2x^2)}}\,dx\)
이종완전타원적분
\(E(k)=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{1-k^2\sin^2 \theta} d\theta =\int_{0}^{1}\frac{\sqrt{1-k^2x^2}}{\sqrt{1-x^2}} dx=\int_{0}^{1}\frac{1-k^2x^2}{\sqrt{(1-x^2)(1-k^2x^2)}}\,dx\)

\(E(k)K'(k)+E'(k)K(k)-K(k)K'(k)=\frac{\pi}{2}\)

또는 \(\theta+\phi=\frac{\pi}{2}\) 에 대하여

\(E(\sin\theta)K(\sin\phi)+E(\sin\phi)K(\sin\theta)-K(\sin\theta)K(\sin\phi)=\frac{\pi}{2}\)

\(2K(\frac{1}{\sqrt{2}})E(\frac{1}{\sqrt{2}})-K(\frac{1}{\sqrt{2}})^2=\frac{\pi}{2}\)

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 \(B(x,y)=\frac{x\sqrt{p(y)}+y\sqrt{p(x)}}{1-nx^2y^2}\)

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+<h5>르장드르의 항등식</h5>
+:
+:* 일종타원적분과 이종타원적분 사이에는 다음과 같은 관계가 성립
+<math>E(k)K'(k)+E'(k)K(k)-K(k)K'(k)=\frac{\pi}{2}</math>
+또는 <math>\theta+\phi=\frac{\pi}{2}</math> 에 대하여
+<math>E(\sin\theta)K(\sin\phi)+E(\sin\phi)K(\sin\theta)-K(\sin\theta)K(\sin\phi)=\frac{\pi}{2}</math>
+*  특별히 다음과 같은 관계가 성립함<br>
+<math>2K(\frac{1}{\sqrt{2}})E(\frac{1}{\sqrt{2}})-K(\frac{1}{\sqrt{2}})^2=\frac{\pi}{2}</math>
+[[산술기하평균함수(AGM)와 파이값의 계산|AGM과 파이값의 계산]]에 응용