제1종타원적분 K (complete elliptic integral of the first kind)

수학노트
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개요

  • 일종완전타원적분
    \(K(k) = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{d\theta}{\sqrt{1-k^2 \sin^2\theta}}=\int_0^1\frac{1}{\sqrt{(1-x^2)(1-k^2x^2)}}\,dx\)
  • \(k\)가 타원적분의 singular value 일때(타원적분의 singular value k), 일종타원적분의 값을 구하는 문제
    • 19세기부터 많이 연구되어 있으며 complex multiplication 이론, 타원곡선의 periods 의 틀에서 이해할 수 있음
    • 아래에 몇가지 예가 제시
  • 타원곡선의 주기 를 표현할 수 있다

 

 

 

란덴변환

  • 다음 변환 공식을 타원적분에 대한 란덴 변환이라 함.

\(K(\frac{2\sqrt{k}}{1+k})=(1+k)K(k)\)

\(k'=\sqrt{1-k^2}\)라 두면

\(2K(\frac{1-k'}{1+k'})=(1+k')K(k)\)

 

 

초기하함수를 이용한 표현

 

\(K(k) = \frac{\pi}{2}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(\frac{1}{2})_n(\frac{1}{2})_n}{n!(1)_n}k^{2n} = \frac{\pi}{2}\,_2F_1(\frac{1}{2},\frac{1}{2};1;k^2)\)

(증명)

\(K(k) = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{d\theta}{\sqrt{1-k^2 \sin^2\theta}} = \int_0^{\frac{\pi}{2}}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(\frac{1}{2})_n}{n!} k^{2n}\sin^{2n}\theta{d\theta} \)

\(\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^{2n}\theta{d\theta}=\frac{\pi}{2}\frac{(\frac{1}{2})_n}{(1)_n}\) (감마함수) 이므로

\(K(k) = \frac{\pi}{2}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(\frac{1}{2})_n(\frac{1}{2})_n}{n!(1)_n}k^{2n} = \frac{\pi}{2}\,_2F_1(\frac{1}{2},\frac{1}{2};1;k^2)\)■

 

 

맴돌이군

  • \(z=k^2\)로 두고, \(w(z)=\frac{\pi}{2}\,_2F_1(\frac{1}{2},\frac{1}{2};1;z)\) 라 하자
    \(K(k)=w(z)=w(k^2)\)
    \(K(k')=w(1-z)=w(1-k^2)\)
  • \(w(z)\)는 다음 초기하 미분방정식(Hypergeometric differential equations)을 만족시킨다
    \(z(1-z)\frac{d^2w}{dz^2}+(1-2z)\frac{dw}{dz}-\frac{1}{4}w = 0\)
  • \(w_1(z)=w(z)\)와 \(w_2=w(1-z)\)는 이 미분방정식의 선형독립인 두 해이다
  • 미분방정식의 특이점을 분석하면,  
    \(w_1(z)\)와 \(w_2(z)+\frac{1}{\pi}w_1(z)\log z\) 는 \(z=0\)에서 해석함수이고,
    \(w_1(1-z)=w_2(z)\)와 \(w_2(1-z)+\frac{1}{\pi}w_1(1-z)\log (1-z)=w_1(z)+\frac{1}{\pi}w_2(z)\log (1-z)\) 는 \(z=1\)에서 해석함수임을 알수있다
  • 미분방정식의 모노드로미 
    미분방정식의 해의기저 \(\{w_1,iw_2\}\)에 대하여 다음과 같은 모노드로미 표현을 얻을 수 있다
    \(z=0\) 주변의 루프는 \(\begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}\)
    \(z=1\) 주변의 루프는\(\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 2 & 1 \end{pmatrix}\)
    따라서 미분방정식의 모노드로미군은 \(\Gamma(2)\)가 된다
  • 맴돌이군과 미분방정식 항목 참조

 

 

 

singular values

  • 자연수 \(n \) 에 대하여, 다음을 만족시키는 \(k\)를 타원적분의 singular value 라 한다
    \(\frac{K'}{K}(k):=\frac{K(\sqrt{1-k^2})}{K(k)}= \sqrt n \)
  • 타원적분 singular value k 항목 참조
  • 예
    \(\frac{K'}{K}(\frac{1}{\sqrt{2}})= 1\)
    \(\frac{K'}{K}(\sqrt{2}-1)= \sqrt{2}\)
    \(\frac{K'}{K}\left(\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}\right)= \sqrt{3}\)
    \(\frac{K'}{K}\left(3-2\sqrt{2}}\right)= \sqrt{4}\)

 

 

special values of \(K(k)\)

\(K(0) = \frac{\pi}{2}\)

\(K(1) = \infty\)

\(K(\frac{1}{\sqrt{2}})=\frac{1}{4}B(1/4,1/4)=\frac{\Gamma(\frac{1}{4})^2}{4\sqrt{\pi}}=1.8540746773\cdots\)

\(K(2\sqrt{2}-2)\)

\(K(\sqrt{2}-1)=\frac{\sqrt{\sqrt{2}+1}}{2^{13/4}}B(\frac{1}{8},\frac{3}{8})=\frac{\sqrt{\sqrt{2}+1}\Gamma(\frac{1}{8})\Gamma(\frac{3}{8})}{2^{13/4}\sqrt{\pi}}\)

\(K\left(\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}\right)=\frac{\sqrt[4]{3}\Gamma(\frac{1}{3})\Gamma(\frac{1}{6})}{4\sqrt{\pi}}=2.768063\cdots\)

\(K\left(\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}\right)=\frac{\Gamma(\frac{1}{3})\Gamma(\frac{1}{6})}{4\sqrt[4]{3}\sqrt{\pi}}=1.5981420\cdots\)

\(K\left(3-2\sqrt{2}}\right)=\frac{(2+\sqrt{2})\Gamma(\frac{1}{4})^2}{16\sqrt{\pi}}=1.58255\cdots\)

  • 더 자세한 목록은 [Zucker77] 또는 [Borwein98] 참조

 

 

special value의 계산

\(K(\frac{1}{\sqrt{2}})=\frac{\Gamma(\frac{1}{4})^2}{4\sqrt{\pi}}=1.8540746773\cdots\)

\(K(2\sqrt{2}-2)\)

(증명)

\(K(\frac{2\sqrt{k}}{1+k})=(1+k)K(k)\)

 

 

\(K(\sqrt{2}-1)=\frac{\sqrt{\sqrt{2}+1}\Gamma(\frac{1}{8})\Gamma(\frac{3}{8})}{2^{13/4}\sqrt{\pi}}\)

(증명)

 

 

 

\(K\left(\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}\right)=\frac{\sqrt[4]{3}\Gamma(\frac{1}{3})\Gamma(\frac{1}{6})}{4\sqrt{\pi}}=2.768063\cdots\)

 

(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. (이에 대한 증명은 오일러 베타적분 항목 참조)

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

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

\(K\left(\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}\right)=\frac{\Gamma(\frac{1}{3})\Gamma(\frac{1}{6})}{4\sqrt[4]{3}\sqrt{\pi}}=1.5981420\cdots\)

(증명)

  • \(\frac{K'}{K}\left(\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}\right)= \sqrt{3}\) 을 이용할 수도 있고, 다음과 같이 직접 증명도 가능  *

\(\cos \frac{5\pi}{12}=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}\), \(\cos \frac{5\pi}{6}=-\frac{\sqrt{3}}{2}\) 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, \(u(u^2 + \sqrt{3}u+ 1) = 3^{-3/2}(v^3-1)\)

\(\int_{0}^{\infty} \frac{du}{\sqrt{u (u^2+ \sqrt{3}u + 1)}}=\sqrt[4]{3}\int_{1}^{\infty} \frac{dv}{\sqrt{v^3-1}}=\frac{\Gamma(\frac{1}{3})\Gamma(\frac{1}{6})}{2\sqrt[4]{3}\sqrt{\pi}}=3.1962840\cdots\)

 

\(K\left(3-2\sqrt{2}}\right)=\frac{(2+\sqrt{2})\Gamma(\frac{1}{4})^2}{16\sqrt{\pi}}=1.58255\cdots\)

(증명)

란덴변환을 이용

 \(K(\frac{2\sqrt{k}}{1+k})=(1+k)K(k)\)

\(k=3-2\sqrt{2}\)라 하면, 

\(\frac{2\sqrt{k}}{1+k}=\frac{1}{\sqrt{2}}\)

이로부터 

\(K(\frac{1}{\sqrt{2}})=(4-2\sqrt{2})K(3-2\sqrt{2})\)

\(K(\frac{1}{\sqrt{2}})=\frac{\Gamma(\frac{1}{4})^2}{4\sqrt{\pi}}=1.8540746773\cdots\) 로부터 

\(K\left(3-2\sqrt{2}}\right)=\frac{(2+\sqrt{2})\Gamma(\frac{1}{4})^2}{16\sqrt{\pi}}=1.58255\cdots\)

 

 

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관련논문

 

 

관련도서

  • [Borwein98]Pi and the AGM
    • Jonathan M. Borwein, Peter B. Borwein,  Wiley-Interscience (July 13, 1998)
    • 26-28p, 51p, 67p, 139p, 298p

 

 

관련기사

 

 

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