"제1종타원적분 K (complete elliptic integral of the first kind)"의 두 판 사이의 차이
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* 일종완전타원적분<br><math>K(k) = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{d\theta}{\sqrt{1-k^2 \sin^2\theta}}</math><br> | * 일종완전타원적분<br><math>K(k) = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{d\theta}{\sqrt{1-k^2 \sin^2\theta}}</math><br> | ||
| + | * <math>k</math>가 타원적분의 singular value 일때, 일종타원적분의 값을 구하는 문제가 많이 연구되어 있으며 이에 관심을 갖는 이유는 타원곡선의 [[periods]] 이기 때문<br> | ||
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| − | * [[ | + | * <br> 예<br><math>\frac{K'}{K}(\frac{1}{\sqrt{2}})= 1</math><br><math>\frac{K'}{K}(\sqrt{2}-1)= \sqrt{2}</math><br><math>\frac{K'}{K}\left(\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}\right)= \sqrt{3}</math><br><math>\frac{K'}{K}\left(3-2\sqrt{2}}\right)= \sqrt{4}</math><br> |
| − | * 예<br><math>\frac{K'}{K}(\frac{1}{\sqrt{2}})= 1</math><br><math>\frac{K'}{K}(\sqrt{2}-1)= \sqrt{2}</math><br><math>\frac{K'}{K}\left(\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}\right)= \sqrt{3}</math><br><math>\frac{K'}{K}\left(3-2\sqrt{2}}\right)= \sqrt{4}</math> | ||
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2009년 11월 29일 (일) 11:01 판
이 항목의 스프링노트 원문주소
개요
- 일종완전타원적분
\(K(k) = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{d\theta}{\sqrt{1-k^2 \sin^2\theta}}\) - \(k\)가 타원적분의 singular value 일때, 일종타원적분의 값을 구하는 문제가 많이 연구되어 있으며 이에 관심을 갖는 이유는 타원곡선의 periods 이기 때문
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
\(2K(\frac{1-k'}{1+k'})=(1+k')K(k)\)
일종완전타원적분과 타원곡선의 주기
\(K(k)=\frac{1}{2}\int_{0}^{\infty} \frac{dx}{\sqrt{x (x^2 - (4k^2-2)x + 1)}}=\int_0^1\frac{1}{\sqrt{(1-x^2)(1-k^2x^2)}}\,dx\)
\(k=\cos \alpha\) 로 두자.
\(K(\cos\alpha)=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{d\theta}{\sqrt{1 - \cos^2 \alpha \sin^2 \theta }}\)
\(=\int_{0}^{1} \frac{2dt}{\sqrt{t^4 - 2(2\cos^2 \alpha - 1)t^2 + 1}}\) (\(t =\tan (\theta/2) \)로 치환)
\(=\int_{1}^{\infty} \frac{2dx}{\sqrt{x^4 - 2x^2 \cos 2\alpha + 1}}\) (\(x=\frac{1}{t}\) 로 치환)
\(=\int_{1}^{\infty} \frac{du}{\sqrt{u (u^2 - 2u \cos 2\alpha + 1)}}\) (\(u=x^2\)로 치환)
한편, \(u=\frac{1}{v}\) 치환을 통하여
\(\int_{1}^{\infty} \frac{du}{\sqrt{u (u^2 - 2u \cos 2\alpha + 1)}}=\int_{0}^{1} \frac{dv}{\sqrt{v (v^2 - 2v \cos 2\alpha + 1)}}\)
임을 보일 수 있으므로,
\(2K(\cos\alpha)=\int_{0}^{\infty} \frac{du}{\sqrt{u (u^2 - 2u \cos 2\alpha + 1)}}\)
\(4K(\cos\alpha)\)는 타원곡선 \(y^2=x(x-e^{2i\alpha})(x-e^{-2i\alpha})=x(x^2 - 2x \cos 2\alpha + 1)}\)의 주기임을 알 수 있다.
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 \(K(k)\)
\(K(0) = \frac{\pi}{2}\)
\(K(1) = \infty\)
\(K(\frac{1}{\sqrt{2}})=\frac{1}{4}B(1/4,1/4)=\frac{\Gamma(\frac{1}{4})^2}{4\sqrt{\pi}}=1.8540746773\cdots\)
\(K(2\sqrt{2}-2)\)
\(K(\sqrt{2}-1)=\frac{\sqrt{\sqrt{2}+1}}{2^{13/4}}B(\frac{1}{8},\frac{3}{8})=\frac{\sqrt{\sqrt{2}+1}\Gamma(\frac{1}{8})\Gamma(\frac{3}{8})}{2^{13/4}\sqrt{\pi}}\)
\(K\left(\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}\right)=\frac{\sqrt[4]{3}\Gamma(\frac{1}{3})\Gamma(\frac{1}{6})}{4\sqrt{\pi}}=2.768063\cdots\)
\(K\left(\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}\right)=\frac{\Gamma(\frac{1}{3})\Gamma(\frac{1}{6})}{4\sqrt[4]{3}\sqrt{\pi}}=1.5981420\cdots\)
\(K\left(3-2\sqrt{2}}\right)=\frac{(2+\sqrt{2})\Gamma(\frac{1}{4})^2}{16\sqrt{\pi}}=1.58255\cdots\)
special value의 계산
\(K(\frac{1}{\sqrt{2}})=\frac{\Gamma(\frac{1}{4})^2}{4\sqrt{\pi}}=1.8540746773\cdots\)
- 렘니스케이트(lemniscate) 곡선과 타원적분 항목 참조
- http://www.wolframalpha.com/input/?i=N[EllipticK[1/2]]
- http://www.wolframalpha.com/input/?i=N[Pi^{-1/2}+Gamma[1/4^2/4]]
\(K(2\sqrt{2}-2)\)
(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)
\(K\left(\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}\right)=\frac{\sqrt[4]{3}\Gamma(\frac{1}{3})\Gamma(\frac{1}{6})}{4\sqrt{\pi}}=2.768063\cdots\)
- http://www.wolframalpha.com/input/?i=N[EllipticK[(Cos[Pi/F12)^2]]][1]
- http://www.wolframalpha.com/input/?i=N[(Power[3%2C+(4)^-1+Gamma[1%2F3]+Gamma[1%2F6])%2F(4+Sqrt[\[Pi]])]]
(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.
\(\int_{0}^{1} \frac{dv}{\sqrt{1-v^3}}=\frac{\Gamma(\frac{1}{3})\Gamma(\frac{1}{6})}{6\sqrt{\pi}}\)
\(\int_{0}^{\infty} \frac{dv}{\sqrt{1+v^3}}=\frac{ \Gamma(\frac{1}{3})\Gamma(\frac{1}{6})}{3\sqrt{\pi }}\) (증명끝)
\(K\left(\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}\right)=\frac{\Gamma(\frac{1}{3})\Gamma(\frac{1}{6})}{4\sqrt[4]{3}\sqrt{\pi}}=1.5981420\cdots\)
(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
\(K\left(3-2\sqrt{2}}\right)=\frac{(2+\sqrt{2})\Gamma(\frac{1}{4})^2}{16\sqrt{\pi}}=1.58255\cdots\)
재미있는 사실
역사
메모
관련된 항목들
- Chowla-셀베르그 공식
- 단진자의 주기와 타원적분
- 모듈라 군, j-invariant and the singular moduli
- 오일러 베타적분
- 란덴변환(Landen's transformation)
수학용어번역
사전 형태의 자료
- http://ko.wikipedia.org/wiki/타원적분
- http://en.wikipedia.org/wiki/Elliptic_integral
- http://en.wikipedia.org/wiki/
- http://mathworld.wolfram.com/EllipticIntegralSingularValue.html
- http://mathworld.wolfram.com/EllipticIntegralSingularValuek1.html
- http://www.wolframalpha.com/input/?i=
- NIST Digital Library of Mathematical Functions
- The On-Line Encyclopedia of Integer Sequences
관련논문
관련도서 및 추천도서
-
Pi and the AGM
- Jonathan M. Borwein, Peter B. Borwein
- 26-28p, 51p, 67p, 139p
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