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| − | * | + | * 타원곡선 <math>y^2=x^3-x</math>의 경우 ([[타원곡선 y²=x³-x|타원곡선 y^2=x^3-x]] 에서 가져옴):<math>e_1=1, e_2=0, e_3=-1</math>로 두자:<math>\omega_1=2\int_{1}^{\infty}\frac{dx}{\sqrt{x^3-x}}=\frac{\Gamma(\frac{1}{2})\Gamma(\frac{1}{4})}{\Gamma(\frac{3}{4})}=5.24\cdots</math>:<math>\omega_2=2i\int_0^1\frac{dx}{\sqrt{x-x^3}}=2i\int_{\infty}^1\frac{-dy}{\sqrt{y^3-y}}=i\omega_{1}</math> |
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==1종타원적분과의 관계== | ==1종타원적분과의 관계== | ||
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| − | + | * [[르장드르의 타원곡선 모임]] | |
| − | <math>\int_1^{\infty}\frac{dx}{\sqrt{x(x-1)(x-\lambda)}}=2K(k) = 2\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{d\theta}{\sqrt{1-k^2 \sin^2\theta}}=2\int_0^1\frac{1}{\sqrt{(1-x^2)(1-k^2x^2)}}\,dx</math> | + | :<math>\int_1^{\infty}\frac{dx}{\sqrt{x(x-1)(x-\lambda)}}=2K(k) = 2\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{d\theta}{\sqrt{1-k^2 \sin^2\theta}}=2\int_0^1\frac{1}{\sqrt{(1-x^2)(1-k^2x^2)}}\,dx</math> |
여기서 <math>\lambda=k^2</math>. | 여기서 <math>\lambda=k^2</math>. | ||
| + | * 일반적으로 | ||
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| − | <math>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</math> | + | :<math>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</math> |
(증명) | (증명) | ||
| − | <math>k=\cos \alpha</math> | + | <math>k=\cos \alpha</math> 로 두자. |
<math>K(\cos\alpha)=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{d\theta}{\sqrt{1 - \cos^2 \alpha \sin^2 \theta }}</math> | <math>K(\cos\alpha)=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{d\theta}{\sqrt{1 - \cos^2 \alpha \sin^2 \theta }}</math> | ||
| − | <math>=\int_{0}^{1} \frac{2dt}{\sqrt{t^4 - 2(2\cos^2 \alpha - 1)t^2 + 1}}</math> | + | <math>=\int_{0}^{1} \frac{2dt}{\sqrt{t^4 - 2(2\cos^2 \alpha - 1)t^2 + 1}}</math> (<math>t =\tan (\theta/2) </math>로 치환) |
| − | <math>=\int_{1}^{\infty} \frac{2dx}{\sqrt{x^4 - 2x^2 \cos 2\alpha + 1}}</math> | + | <math>=\int_{1}^{\infty} \frac{2dx}{\sqrt{x^4 - 2x^2 \cos 2\alpha + 1}}</math> (<math>x=\frac{1}{t}</math> 로 치환) |
| − | <math>=\int_{1}^{\infty} \frac{du}{\sqrt{u (u^2 - 2u \cos 2\alpha + 1)}}</math> | + | <math>=\int_{1}^{\infty} \frac{du}{\sqrt{u (u^2 - 2u \cos 2\alpha + 1)}}</math> (<math>u=x^2</math>로 치환) |
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| − | 한편, | + | 한편, <math>u=\frac{1}{v}</math> 치환을 통하여 |
<math>\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)}}</math> | <math>\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)}}</math> | ||
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<math>2K(\cos\alpha)=\int_{0}^{\infty} \frac{du}{\sqrt{u (u^2 - 2u \cos 2\alpha + 1)}}</math> | <math>2K(\cos\alpha)=\int_{0}^{\infty} \frac{du}{\sqrt{u (u^2 - 2u \cos 2\alpha + 1)}}</math> | ||
| − | <math>4K(\cos\alpha)</math>는 | + | <math>4K(\cos\alpha)</math>는 타원곡선 <math>y^2=x(x-e^{2i\alpha})(x-e^{-2i\alpha})=x(x^2 - 2x \cos 2\alpha + 1)</math>의 주기임을 알 수 있다. ■ |
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* http://www.google.com/search?hl=en&tbs=tl:1&q= | * http://www.google.com/search?hl=en&tbs=tl:1&q= | ||
| − | * [[ | + | * [[수학사 연표]] |
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==메모== | ==메모== | ||
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==관련된 항목들== | ==관련된 항목들== | ||
| + | * [[르장드르의 타원곡선 모임]] | ||
| + | * [[제1종타원적분 K (complete elliptic integral of the first kind)]] | ||
| + | * [[주기 (period)]] | ||
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| − | + | [[분류:리만곡면론]] | |
2020년 11월 12일 (목) 22:57 기준 최신판
개요
- 복소 타원 곡선의 주기
- 리만 곡면의 주기 행렬과 겹선형 관계 (bilinear relation)의 \(g=1\)인 경우에 해당
정의
- 타원곡선 \(y^2=(x-e_1)(x-e_2)(x-e_3)\)의 주기는 두 복소수 \(\omega_1,\omega_2\)에 의해 생성되는 2차원 격자 \(\Lambda=\{m_1\omega_1+m_2\omega_2)|m_1,m_2\in\mathbb{Z}\}\)이다\[\omega_1=2\int_{e_1}^{\infty}\frac{dx}{\sqrt{(x-e_1)(x-e_2)(x-e_3)}}\]\[\omega_2=2\int_{e_2}^{e_1}\frac{dx}{\sqrt{(x-e_1)(x-e_2)(x-e_3)}}\]
예
- 타원곡선 \(y^2=x^3-x\)의 경우 (타원곡선 y^2=x^3-x 에서 가져옴)\[e_1=1, e_2=0, e_3=-1\]로 두자\[\omega_1=2\int_{1}^{\infty}\frac{dx}{\sqrt{x^3-x}}=\frac{\Gamma(\frac{1}{2})\Gamma(\frac{1}{4})}{\Gamma(\frac{3}{4})}=5.24\cdots\]\[\omega_2=2i\int_0^1\frac{dx}{\sqrt{x-x^3}}=2i\int_{\infty}^1\frac{-dy}{\sqrt{y^3-y}}=i\omega_{1}\]
1종타원적분과의 관계
1종완전타원적분과 타원곡선의 주기1
\[\int_1^{\infty}\frac{dx}{\sqrt{x(x-1)(x-\lambda)}}=2K(k) = 2\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{d\theta}{\sqrt{1-k^2 \sin^2\theta}}=2\int_0^1\frac{1}{\sqrt{(1-x^2)(1-k^2x^2)}}\,dx\]
여기서 \(\lambda=k^2\).
- 일반적으로
\[\int_{c}^{b}\frac{dt}{\sqrt{(a-t)(b-t)(t-c)}}=\frac{2}{\sqrt{a-c}}K(\sqrt{\frac{b-c}{a-c}})\]
1종완전타원적분과 타원곡선의 주기2
- 다음이 성립한다
\[K(k)=\frac{1}{2}\int_{0}^{\infty} \frac{dx}{\sqrt{x (x^2 - (4k^2-2)x + 1)}}=\int_0^1\frac{1}{\sqrt{(1-x^2)(1-k^2x^2)}}\,dx\]
(증명)
\(k=\cos \alpha\) 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. ■
역사