"제1종타원적분 K (complete elliptic integral of the first kind)"의 두 판 사이의 차이
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| + | $k$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 K (complete elliptic integral of the first kind)|제1종타원적분 K]]에 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 [[대수적수론|대수적수]]. | ||
| + | * [[Chowla-셀베르그 공식]] 항목 참조 | ||
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2014년 1월 26일 (일) 01:48 판
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
\[2K(\frac{1-k'}{1+k'})=(1+k')K(k)\]
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
\(K(0) = \frac{\pi}{2}\)
\(K(1) = \infty\)
\(K(\frac{1}{\sqrt{2}})=\frac{1}{4}B(1/4,1/4)=\frac{\Gamma(\frac{1}{4})^2}{4\sqrt{\pi}}=1.8540746773\cdots\)
\(K(2\sqrt{2}-2)\)
\(K(\sqrt{2}-1)=\frac{\sqrt{\sqrt{2}+1}}{2^{13/4}}B(\frac{1}{8},\frac{3}{8})=\frac{\sqrt{\sqrt{2}+1}\Gamma(\frac{1}{8})\Gamma(\frac{3}{8})}{2^{13/4}\sqrt{\pi}}\)
\(K\left(\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}\right)=\frac{\sqrt[4]{3}\Gamma(\frac{1}{3})\Gamma(\frac{1}{6})}{4\sqrt{\pi}}=2.768063\cdots\)
\(K\left(\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}\right)=\frac{\Gamma(\frac{1}{3})\Gamma(\frac{1}{6})}{4\sqrt[4]{3}\sqrt{\pi}}=1.5981420\cdots\)
\(K\left(3-2\sqrt{2}\right)=\frac{(2+\sqrt{2})\Gamma(\frac{1}{4})^2}{16\sqrt{\pi}}=1.58255\cdots\)
- 더 자세한 목록은 [Zucker77] 또는 [Borwein98] 참조
\(K(\frac{1}{\sqrt{2}})=\frac{\Gamma(\frac{1}{4})^2}{4\sqrt{\pi}}=1.8540746773\cdots\)
\(K(2\sqrt{2}-2)\)
- 증명
\(K(\frac{2\sqrt{k}}{1+k})=(1+k)K(k)\)
\(K(\sqrt{2}-1)=\frac{\sqrt{\sqrt{2}+1}\Gamma(\frac{1}{8})\Gamma(\frac{3}{8})}{2^{13/4}\sqrt{\pi}}\)
\(K\left(\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}\right)=\frac{\sqrt[4]{3}\Gamma(\frac{1}{3})\Gamma(\frac{1}{6})}{4\sqrt{\pi}}=2.768063\cdots\)
- 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 \[K(\frac{2\sqrt{k}}{1+k})=(1+k)K(k)\] 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
역사
관련된 항목들
- Chowla-셀베르그 공식
- 단진자의 주기와 타원적분
- 모듈라 군, j-invariant and the singular moduli
- 오일러 베타적분
- 란덴변환(Landen's transformation)
매스매티카 파일 및 계산 리소스
사전 형태의 자료
- http://ko.wikipedia.org/wiki/타원적분
- http://en.wikipedia.org/wiki/Elliptic_integral
- http://mathworld.wolfram.com/EllipticIntegralSingularValue.html
- http://mathworld.wolfram.com/EllipticIntegralSingularValuek1.html
- NIST Digital Library of Mathematical Functions
관련논문
- [Zucker77]The evaluation in terms of Γ-functions of the periods of elliptic curves admitting complex multiplication
- Zucker, I. J. Mathematical Proceedings of the Cambridge Philosophical Society, (1977), vol 82 : 111-118
- A Closed Form Evaluation of the Elliptic Integral
- M. L. Glasser and V. E. Wood, Mathematics of Computation, Vol. 25, No. 115 (Jul., 1971), pp. 535-536
- On Epstein's Zeta-function
- S. Chowla; A. Selberg, J. reine angew. Math. 227, 86-110, 1967
- On Epstein's Zeta Function (I)
- S. Chowla and A. Selberg Proc Natl Acad Sci U S A. 1949 July; 35(7): 371–374
관련도서
- [Borwein98]Pi and the AGM
- Jonathan M. Borwein, Peter B. Borwein, Wiley-Interscience (July 13, 1998)
- 26-28p, 51p, 67p, 139p, 298p
블로그
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