"렘니스케이트(lemniscate) 곡선의 길이와 타원적분"의 두 판 사이의 차이

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렘니스케이트 곡선의 둘레의 길이 <math>L</math>은 [[타원적분]]으로 표현되며 다음이 성립한다
 
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또한 다음이 성립한다
 
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:<math>L=B(1/2,1/4)=\frac{\Gamma(\frac{1}{2})\Gamma(\frac{1}{4})}{\Gamma(\frac{3}{4})}=\frac{\Gamma(1/4)^2}{\sqrt{2\pi}}</math>
 
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여기서 $B$는 [[오일러 베타적분(베타함수)]]이고, $\Gamma$는 [[감마함수]]
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렘니스케이트 곡선은 <math>x=r(\theta)\cos\theta,y=r(\theta)\sin\theta</math>로 매개화되며, 다음을 확인할 수 있다
 
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매개화를 이용하여, 둘레의 길이를 계산하면 다음을 얻는다
 
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:<math>L=4\int_{0}^{\pi/4}\sqrt{r'(\theta)^2+r(\theta)^2}\,d\theta=4\int_{0}^{\pi/4}\sqrt{\frac{\sin^2 2\theta}{r^2(\theta)}+r^2(\theta)}\,d\theta=4\int_{0}^{\pi/4}\frac{1}{\sqrt{\cos 2\theta}}\,d\theta</math>
 
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==가우스의 렘니스케이트 상수==
 
==가우스의 렘니스케이트 상수==
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* 렘니스케이트 상수 $\omega$를 다음과 같이 정의
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:<math>\omega:=2\int_0^1\frac{dx}{\sqrt{1-x^4}}=2.62\cdots</math>
 
:<math>\omega:=2\int_0^1\frac{dx}{\sqrt{1-x^4}}=2.62\cdots</math>
 
* 수론적 성질에 대해서는 [[가우스의 렘니스케이트 상수]] 항목 참조
 
* 수론적 성질에 대해서는 [[가우스의 렘니스케이트 상수]] 항목 참조
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* 1684  베르누이 'Acta Eruditorum'
 
* 1684  베르누이 'Acta Eruditorum'
 
* 18세기 파그나노, 오일러, 르장드르의 타원적분 연구
 
* 18세기 파그나노, 오일러, 르장드르의 타원적분 연구
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* 1798~1799년 가우스가 $\pi/\omega$가 1과 $\sqrt2$의 [[산술 기하 평균 (arithmetic-geometric mean)]]이 됨을 관찰
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* 1798~1799년 가우스가 <math>\pi/\omega</math>가 1과 <math>\sqrt2</math>의 [[산술 기하 평균 (arithmetic-geometric mean)]]이 됨을 관찰
 
* [[수학사 연표]]
 
* [[수학사 연표]]
  

2020년 11월 12일 (목) 00:34 판

개요

렘니스케이트(lemniscate) 곡선의 길이와 타원적분1.png

  • 극좌표계에서 방정식 \(r^2=\cos2\theta\) 로 주어진 곡선을 베르누이의 렘니스케이트 곡선이라 부름.
  • 카테시안 좌표계에서는 \((x^2 + y^2)^2=x^2 - y^2\)로 주어진다


렘니스케이트 곡선의 둘레의 길이와 타원적분

정리

렘니스케이트 곡선의 둘레의 길이 \(L\)은 타원적분으로 표현되며 다음이 성립한다 \[L=4\int_0^1\frac{dx}{\sqrt{1-x^4}}=2\sqrt{2}K(\frac{1}{\sqrt{2}})=5.2441\cdots\] 여기서 \(K\)는 제1종타원적분 K (complete elliptic integral of the first kind) \[K(k) = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{d\theta}{\sqrt{1-k^2 \sin^2\theta}}.\] 또한 다음이 성립한다 \[L=B(1/2,1/4)=\frac{\Gamma(\frac{1}{2})\Gamma(\frac{1}{4})}{\Gamma(\frac{3}{4})}=\frac{\Gamma(1/4)^2}{\sqrt{2\pi}}\] 여기서 \(B\)는 오일러 베타적분(베타함수)이고, \(\Gamma\)는 감마함수

증명

렘니스케이트 곡선은 \(x=r(\theta)\cos\theta,y=r(\theta)\sin\theta\)로 매개화되며, 다음을 확인할 수 있다 \[ r'(\theta)=-\frac{\sin 2\theta}{r(\theta)} \] 매개화를 이용하여, 둘레의 길이를 계산하면 다음을 얻는다 \[L=4\int_{0}^{\pi/4}\sqrt{r'(\theta)^2+r(\theta)^2}\,d\theta=4\int_{0}^{\pi/4}\sqrt{\frac{\sin^2 2\theta}{r^2(\theta)}+r^2(\theta)}\,d\theta=4\int_{0}^{\pi/4}\frac{1}{\sqrt{\cos 2\theta}}\,d\theta\] 이 때, \(\cos 2\theta=\cos^2{\phi}\) 를 이용하여 치환하면, \[d\theta=\frac{\sin\phi\cos\phi}{\sqrt{1-\cos^4\phi}}\,d\phi=\frac{\cos\phi}{\sqrt{1+\cos^2\phi}}\,d\phi,\] \[L=4\int_0^{\pi/2}\frac{1}{\sqrt{1+\cos^2 \phi}}\,d\phi=2\sqrt{2}\int_0^{\pi/2}\frac{1}{\sqrt{1-\frac{1}{2}\sin^2 \phi}}\,d\phi \label{eq1}\] \ref{eq1}로부터 다음을 얻는다 \[ L=2\sqrt{2}K(1/\sqrt{2}) \] \ref{eq1}에서 \(x=\cos\phi\)로 치환하면, \[L=4\int_0^{\pi/2}\frac{1}{\sqrt{1+\cos^2 \phi}}\,d\phi=4\int_0^1\frac{dx}{\sqrt{1-x^4}}=B(1/2,1/4)=\frac{\Gamma(\frac{1}{2})\Gamma(\frac{1}{4})}{\Gamma(\frac{3}{4})}=\frac{\Gamma(1/4)^2}{\sqrt{2\pi}}=5.2441\] ■


가우스의 렘니스케이트 상수

  • 렘니스케이트 상수 \(\omega\)를 다음과 같이 정의

\[\omega:=2\int_0^1\frac{dx}{\sqrt{1-x^4}}=2.62\cdots\]


재미있는 사실

  • 곡선의 모양이 무한대 기호와 같음
  • 무한대는 그 한계가 없기에 리본을 뜻하는 'lemniscus'라는 말로 불릴 때도 있었으며, 그 때문에 무한대 기호가 누운 8자 모양이 되었다는 설이 있음

렘니스케이트 반지.png

역사

관련된 항목들


수학용어번역


매스매티카 파일 및 계산 리소스


사전 형태의 자료


관련도서

  • Mathematics by experiment: plausible reasoning in the 21st century
    • M. Borwein and D. H. Bailey, , A K Peters, Natick, MA, 2003.


리뷰, 에세이, 강의노트

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