"타원적분(통합됨)"의 두 판 사이의 차이
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<math>4\int^{\frac{\pi}{2}}_{0}\sqrt{a^2\cos^2\theta+b^2\sin^2\theta}d\theta=4\int^{\frac{\pi}{2}}_{0}\sqrt{a^2+(b^2-a^2)\sin^2\theta}d\theta</math> | <math>4\int^{\frac{\pi}{2}}_{0}\sqrt{a^2\cos^2\theta+b^2\sin^2\theta}d\theta=4\int^{\frac{\pi}{2}}_{0}\sqrt{a^2+(b^2-a^2)\sin^2\theta}d\theta</math> | ||
| − | <math>=4\int^{\frac{\pi}{2}}_{0}a\sqrt{1-(1-\frac{b^2}{a^2})\sin^2\theta}d\theta=4a\int^{\frac{\pi}{2}}_{0}\sqrt{1-k^2\sin^2\theta}d\theta= | + | <math>=4\int^{\frac{\pi}{2}}_{0}a\sqrt{1-(1-\frac{b^2}{a^2})\sin^2\theta}d\theta=4a\int^{\frac{\pi}{2}}_{0}\sqrt{1-k^2\sin^2\theta}d\theta=4aE(k)</math> |
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<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> | <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> | ||
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* [[초기하급수(Hypergeometric series)|초기하급수(Hypergeometric series)와 q-초기하급수]] | * [[초기하급수(Hypergeometric series)|초기하급수(Hypergeometric series)와 q-초기하급수]] | ||
2009년 9월 17일 (목) 07:36 판
타원 둘레의 길이
- 역사적으로 타원의 둘레의 길이를 구하는 적분에서 그 이름이 기원함.
- 타원 \(\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1\)의 둘레의 길이는 다음과 주어짐.
\(4\int^{\frac{\pi}{2}}_{0}\sqrt{a^2\cos^2\theta+b^2\sin^2\theta}d\theta=4\int^{\frac{\pi}{2}}_{0}\sqrt{a^2+(b^2-a^2)\sin^2\theta}d\theta\)
\(=4\int^{\frac{\pi}{2}}_{0}a\sqrt{1-(1-\frac{b^2}{a^2})\sin^2\theta}d\theta=4a\int^{\frac{\pi}{2}}_{0}\sqrt{1-k^2\sin^2\theta}d\theta=4aE(k)\)
\(k=\sqrt{1-\frac{b^2}{a^2}}\)
\(E(k)=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{1-k^2\sin^2 \theta} d\theta =\int_{0}^{1}\frac{\sqrt{1-k^2x^2}}{\sqrt{1-x^2}} dx=\int_{0}^{1}\frac{1-k^2x^2}{\sqrt{(1-x^2)(1-k^2x^2)}}\,dx\)
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
\(K(k) = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{d\theta}{\sqrt{1-k^2 \sin^2\theta}}=\int_0^1\frac{1}{\sqrt{(1-x^2)(1-k^2x^2)}}\,dx\)
\(E(k)=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{1-k^2\sin^2 \theta} d\theta =\int_{0}^{1}\frac{\sqrt{1-k^2x^2}}{\sqrt{1-x^2}} dx=\int_{0}^{1}\frac{1-k^2x^2}{\sqrt{(1-x^2)(1-k^2x^2)}}\,dx\)
관련된 학부 과목과 미리 알고 있으면 좋은 것들
관련된 대학원 과목
관련된 다른 주제들
표준적인 도서 및 추천도서
위키링크
참고할만한 자료
- In Search of the "Birthday" of Elliptic Functions - Bit by bit, the discoverers decided what it was they had discovered.
- Rice, Adrian, 48-57
- The Mathematical Intelligencer, Volume 30, Number 2 / 2008년 3월
- The Lemniscate and Fagnano's Contributions to Elliptic Integrals
- AYOUB R