Una identidad de una integral elíptica

Question

Supongamos que $0<k<1$ y $\displaystyle K(k)=\int_0^1\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{(1-x^2)(1-k^2x^2)}}$ . Sea $\tilde{k}$ sea $\tilde{k}^2=1-k^2$ . Demostrar que $$\displaystyle K(k)=\frac{2}{1+\tilde{k}}K\left(\frac{1-\tilde{k}}{1+\tilde{k}}\right)$$

Hay una pista en Análisis complejo de Stein que es este cambio de variable : $x=\dfrac{2t}{1+\tilde{k}+(1-\tilde{k})t^2}$ .

Answer 1

Para mí, la única forma de recordar este tipo de identidades complicadas es a través de la relación entre el integral elíptica completa del primer tipo $K(k)$ y el correspondiente media aritmética-geométrica .

$$K(k) = \int_0^\frac{\pi}{2} \frac{d\theta}{\sqrt{1-k^2\sin^2\theta}} = \frac{\pi}{2\text{AGM}( 1, \sqrt{1-k^2})}\tag{*1}$$

Considere la siguiente integral

$$I(a,b) = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{d\theta}{\sqrt{a^2\cos^2\theta + b^2\sin^2\theta}}$$ Introduzca $x = b\tan\theta$ podemos reescribirlo como

$$I(a,b) = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{d\tan\theta}{ \sqrt{(1+\tan^2\theta)(a^2+b^2\tan^2\theta})} = \int_0^\infty \frac{dx}{\sqrt{(x^2 + a^2)(x^2+b^2)}}\tag{*2}$$ Sustituir $x$ por $\sqrt{ab} t$ tenemos $$I(a,b) = \frac{1}{\sqrt{ab}}\int_0^\infty \frac{dt}{\sqrt{t^4 + \left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)t^2 + 1}} = \frac{1}{\sqrt{ab}}\int_0^\infty \frac{1}{\sqrt{ ( t - t^{-1})^2 + \frac{(a+b)^2}{ab}}}\frac{dt}{t} $$ Obsérvese que el último integrando es invariante bajo la transformación $\displaystyle\;t \leftrightarrow \frac{1}{t}$ . Si introducimos dos variables más $s$ y $y$ tal que $$s = \frac12 (t - t^{-1}) = \frac{y}{\sqrt{ab}}$$ y utilizando el hecho $$\frac{dt}{t} = \frac{d(t - t^{-1})}{t + t^{-1}} = \frac{ds}{\sqrt{s^2+1}}$$ Podemos reescribir $I(a,b)$ como $$ \frac{2}{\sqrt{ab}}\int_1^\infty \frac{1}{\sqrt{ ( t - t^{-1})^2 + \frac{(a+b)^2}{ab}}}\frac{dt}{t} = \frac{2}{\sqrt{ab}}\int_0^\infty \frac{ds}{\sqrt{\left(4s^2 + \frac{(a+b)^2}{ab}\right)(s^2+1)}}\\ = \int_0^\infty \frac{dy}{\sqrt{\left(y^2 + \left(\frac{a+b}{2}\right)^2\right)(y^2 + ab)}} $$ Compárelo con $(*2)$ obtenemos una identidad importante: $$I(a,b) = I\left(\frac{a+b}{2}, \sqrt{ab}\right)$$ Esto significa que $I(a,b)$ es invariable si sustituimos $(a,b)$ por su AM y GM.

Empieza con cualquier par de números $a,b$ , es bien conocido si se repite la toma de AM/GM de los mismos, los pares convergerán finalmente a un único número. Esto se llama la media geométrica aritmética de $a$ y $b$ y normalmente se denota como $\text{AGM}(a,b)$ . Si uno reemplaza $a$ , $b$ por esta Junta General en la definición de $I(a,b)$ obtenemos

$$I(a,b) = \frac{\pi}{2\text{AGM}(a,b)}$$

Junto con la evidente identidad $K(k) = I(1,\sqrt{1-k^2})$ obtenemos inmediatamente $(*1)$ .

Utilizar estas herramientas y advertir $\text{AGM}(a,b)$ es homogénea, es decir

$$\text{AGM}(\lambda a, \lambda b) = \lambda \text{AGM}(a,b) \quad\implies\quad I(\lambda a, \lambda b) = \frac{1}{\lambda} I(a,b),$$ la identidad deseada se deduce inmediatamente.

$$ K(k) = I(1,\tilde{k}) = I\left(\frac{1+\tilde{k}}{2},\sqrt{\tilde{k}}\right) = \frac{2}{1+\tilde{k}} I\left(1,2\frac{\sqrt{\tilde{k}}}{1+\tilde{k}}\right)\\ = \frac{2}{1+\tilde{k}} K\left( \sqrt{1 - \frac{4\tilde{k}}{(1+\tilde{k})^2}} \right) = \frac{2}{1+\tilde{k}} K\left( \frac{1-\tilde{k}}{1+\tilde{k}} \right) $$

Answer 2

$(*)\displaystyle\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}=2\times\frac{1+\tilde{k}+(1-\tilde{k})t^2-2(1-\tilde{k})t^2}{[1+\tilde{k}+(1-\tilde{k})t^2]^2}=2\frac{1+\tilde{k}-(1-\tilde{k})t^2}{[1+\tilde{k}+(1-\tilde{k})t^2]^2}$ .

$(*)\displaystyle\sqrt{1-x^2}=\frac{\sqrt{(1+\tilde{k})^2+(1-\tilde{k})^2t^4+2k^2t^2-4t^2}}{1+\tilde{k}+(1-\tilde{k})t^2}=\frac{\sqrt{(1+\tilde{k})^2+(1-\tilde{k})^2t^4-2\tilde{k}^2t^2-2t^2}}{1+\tilde{k}+(1-\tilde{k})t^2}$ .

$(*)\displaystyle\sqrt{1-k^2x^2}=\frac{\sqrt{(1+\tilde{k})^2+(1-\tilde{k})^2t^4+2k^2t^2-4k^2t^2}}{1+\tilde{k}+(1-\tilde{k})t^2}=\frac{\sqrt{(1+\tilde{k})^2+(1-\tilde{k})^2t^4-2k^2t^2}}{1+\tilde{k}+(1-\tilde{k})t^2}$ .

Ahora, reparametrizando la Integral :

$\begin{align*} \displaystyle K(k)&=2\int_0^1\frac{1+\tilde{k}+(1-\tilde{k})t^2}{\sqrt{(1+\tilde{k})^2+(1-\tilde{k})^2t^4-2\tilde{k}^2t^2-2t^2}}. \frac{1+\tilde{k}+(1-\tilde{k})t^2}{\sqrt{(1+\tilde{k})^2+(1-\tilde{k})^2t^4-2k^2t^2}}\\ &\qquad.\frac{1+\tilde{k}-(1-\tilde{k})t^2}{[1+\tilde{k}+(1-\tilde{k})t^2]^2}.\mathrm{d}t\\ &=\frac{2}{1+\tilde{k}}\int_0^1\frac{1}{\sqrt{1+(\frac{1-\tilde{k}}{1+\tilde{k}})^2t^4-\frac{2\tilde{k}^2t^2+2t^2}{\color{red}{(1+\tilde{k})^2}} }}. \frac{1-(\frac{1-\tilde{k}}{1+\tilde{k}})t^2}{\sqrt{1+(\frac{1-\tilde{k}}{1+\tilde{k}})^2t^4+\frac{2\tilde{k}^2t^2-2t^2}{\color{red}{(1+\tilde{k})^2}}}}\mathrm{d}t \end{align*}$

Aquí está la prueba completa después de achille hui de la corrección:

$\begin{align*} \displaystyle LHS&=\frac{2}{1+\tilde{k}}\int_0^1 \frac{1-(\frac{1-\tilde{k}}{1+\tilde{k}})t^2} {\sqrt{(1-t^2)\left(1-\frac{1-\tilde{k}}{1-\tilde{k}}t^2\right)}.\sqrt{\left(1-(\frac{1-\tilde{k}}{1+\tilde{k}})t^2\right)^2}}\mathrm{d}t\\ &=\displaystyle\frac{2}{1+\tilde{k}}\int_0^1 \frac{\mathrm{d}t} {\sqrt{(1-t^2)\left(1-\frac{1-\tilde{k}}{1-\tilde{k}}t^2\right)}}\\ &=\displaystyle\frac{2}{1+\tilde{k}}K\left(\frac{1-\tilde{k}}{1+\tilde{k}}\right)\tag{QED} \end{align*}$