제1종타원적분 K (complete elliptic integral of the first kind)

개요

제1종 완전타원적분

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

타원곡선의 주기이다
$k$가 타원적분의 singular value 일때(타원적분의 singular value k), 일종타원적분의 값을 구하는 문제
- 19세기부터 많이 연구된 타원 함수 이론의 고전적인 문제이며, complex multiplication 이론, 타원곡선의 periods 의 틀에서 이해할 수 있음
- $K(k)$의 값을 감마함수의 값의 곱으로 표현
- 아래에 몇가지 예가 제시

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

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

란덴변환(Landen's transformation) 항목 참조

초기하함수를 이용한 표현

오일러-가우스 초기하함수2F1를 이용한 표현

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

(증명)

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

\[\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^{2n}\theta{d\theta}=\frac{\pi}{2}\frac{(\frac{1}{2})_n}{(1)_n}\] 이므로 (오일러 베타적분(베타함수) 항목 참조)

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

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
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

예

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

$K(1) = \infty$

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

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

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

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

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

더 자세한 목록은 [Zucker77] 또는 [Borwein98] 참조

$\sqrt{-1}$

정리

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

렘니스케이트(lemniscate) 곡선의 길이와 타원적분 항목 참조

$\sqrt{-2}$

정리

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

$\sqrt{-3}$

정리

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

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)

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

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

정리

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

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, $u(u^2 + \sqrt{3}u+ 1) = 3^{-3/2}(v^3-1)$

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

$\sqrt{-4}$

정리

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

증명

란덴변환을 이용 \[K(\frac{2\sqrt{k}}{1+k})=(1+k)K(k)\] 여기서 $k=3-2\sqrt{2}$라 두면, \[\frac{2\sqrt{k}}{1+k}=\frac{1}{\sqrt{2}}\]

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

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

Chowla-셀베르그의 정리

정리

$k$에 대하여, 다음의 값 \[i\frac{K'}{K}(k):=i\frac{K(\sqrt{1-k^2})}{K(k)}\] 이 $d_F$를 판별식으로 갖는 복소이차수체 $F=\mathbb{Q}(\sqrt{d_F})$의 원소일 때, 제1종타원적분 K에 대하여 다음이 성립한다 \[{K}(k)=\lambda\sqrt{\pi}\left(\prod_{m=1}^{|d_F|}\Gamma(\frac{m}{|d_F|})^{\left(\frac{d_F}{m}\right)}\right)^{\frac{w_{F}}{4h_{F}}}\] 여기서 $\lambda$는 적당한 대수적수.

Chowla-셀베르그 공식 항목 참조

메모

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

역사

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