제1종타원적분 K (complete elliptic integral of the first kind)

수학노트
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개요

  • 제1종 완전타원적분
<math>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</math>
  • 타원곡선의 주기이다
  • <math>k</math>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
    • <math>K(k)</math>의 값을 감마함수의 값의 곱으로 표현
    • 아래에 몇가지 예가 제시


란덴변환

  • 다음 변환 공식을 타원적분에 대한 란덴 변환이라 함.
<math>K(\frac{2\sqrt{k}}{1+k})=(1+k)K(k)</math>
  • <math>k'=\sqrt{1-k^2}</math>라 두면
<math>2K(\frac{1-k'}{1+k'})=(1+k')K(k)</math>


초기하함수를 이용한 표현

<math>K(k) =\frac{\pi}{2}\,_2F_1(\frac{1}{2},\frac{1}{2};1;k^2)</math>
<math>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)</math>

(증명)

<math>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} </math>
<math>\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^{2n}\theta{d\theta}=\frac{\pi}{2}\frac{(\frac{1}{2})_n}{(1)_n}</math> 이므로 (오일러 베타적분(베타함수) 항목 참조)
<math>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)</math>■


맴돌이군

  • <math>z=k^2</math>로 두고, <math>w(z)=\frac{\pi}{2}\,_2F_1(\frac{1}{2},\frac{1}{2};1;z)</math> 라 하자:<math>K(k)=w(z)=w(k^2)</math>:<math>K(k')=w(1-z)=w(1-k^2)</math>
  • <math>w(z)</math>는 다음 초기하 미분방정식(Hypergeometric differential equations)을 만족시킨다:<math>z(1-z)\frac{d^2w}{dz^2}+(1-2z)\frac{dw}{dz}-\frac{1}{4}w = 0</math>
  • <math>w_1(z)=w(z)</math>와 <math>w_2=w(1-z)</math>는 이 미분방정식의 선형독립인 두 해이다
  • 맴돌이군과 미분방정식 항목 참조



singular values

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


special values

예

<math>K(0) = \frac{\pi}{2}</math>

<math>K(1) = \infty</math>

<math>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</math>

<math>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}}</math>

<math>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</math>

<math>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</math>

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

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


<math>\sqrt{-1}</math>

정리
<math>K(\frac{1}{\sqrt{2}})=\frac{\Gamma(\frac{1}{4})^2}{4\sqrt{\pi}}=1.8540746773\cdots \label{ellk1}</math>


<math>\sqrt{-2}</math>

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


<math>\sqrt{-3}</math>

정리
<math>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</math>


증명

<math>\cos \frac{\pi}{12}=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}</math>, <math>\cos \frac{\pi}{6}=\frac{\sqrt{3}}{2}</math> 이므로 타원곡선의 주기에서 얻은 결과를 활용하면, 다음을 얻는다

<math>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)}}</math>

여기서 <math>v=\sqrt{3}u-1</math> 으로 치환하면, <math>u(u^2 - \sqrt{3}u+ 1) = 3^{-3/2}(1 + v^3)</math> 따라서

<math>

\begin{aligned} \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 \end{aligned} </math> 마지막에서 다음을 이용하였음. (이에 대한 증명은 오일러 베타적분(베타함수) 항목 참조)

<math>\int_{0}^{1} \frac{dv}{\sqrt{1-v^3}}=\frac{\Gamma(\frac{1}{3})\Gamma(\frac{1}{6})}{6\sqrt{\pi}}</math>
<math>\int_{0}^{\infty} \frac{dv}{\sqrt{1+v^3}}=\frac{ \Gamma(\frac{1}{3})\Gamma(\frac{1}{6})}{3\sqrt{\pi }}</math> ■
정리
<math>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</math>
증명1

다음 사실을 이용

<math>\frac{K'}{K}\left(\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}\right)= \sqrt{3}</math> ■


증명2

<math>\cos \frac{5\pi}{12}=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}</math>, <math>\cos \frac{5\pi}{6}=-\frac{\sqrt{3}}{2}</math> 이므로 타원곡선의 주기의 결과를 활용하면 다음을 얻는다

<math>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)}}</math>

여기서 <math>v=\sqrt{3}u+1</math> 으로 치환하면, <math>u(u^2 + \sqrt{3}u+ 1) = 3^{-3/2}(v^3-1)</math> 따라서

<math>\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</math> ■


<math>\sqrt{-4}</math>

정리
<math>K\left(3-2\sqrt{2}\right)=\frac{(2+\sqrt{2})\Gamma(\frac{1}{4})^2}{16\sqrt{\pi}}=1.58255\cdots</math>
증명

란덴변환(Landen's transformation)

<math>K(\frac{2\sqrt{k}}{1+k})=(1+k)K(k)</math>

을 이용하자. 여기서 <math>k=3-2\sqrt{2}</math>라 두면, 다음을 얻는다

<math>\frac{2\sqrt{k}}{1+k}=\frac{1}{\sqrt{2}}</math>

따라서 다음이 성립한다

<math>K(\frac{1}{\sqrt{2}})=(4-2\sqrt{2})K(3-2\sqrt{2})</math>

\ref{ellk1}로부터 다음을 얻는다

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


Chowla-셀베르그의 정리

정리

<math>k</math>에 대하여, 다음의 값 :<math>i\frac{K'}{K}(k):=i\frac{K(\sqrt{1-k^2})}{K(k)}</math> 이 <math>d_F</math>를 판별식으로 갖는 복소이차수체 <math>F=\mathbb{Q}(\sqrt{d_F})</math>의 원소일 때, 제1종타원적분 K에 대하여 다음이 성립한다

<math>{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}}}</math> 여기서 <math>\lambda</math>는 적당한 대수적수.


메모


역사



관련된 항목들


매스매티카 파일 및 계산 리소스


사전 형태의 자료


관련논문



관련도서

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


블로그

메타데이터

위키데이터

Spacy 패턴 목록

  • [{'LOWER': 'elliptic'}, {'LEMMA': 'integral'}]
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