Demuestra que $K=K'$ sólo si $k=(\sqrt{2}-1)^2$ (Ahlfors)

Question

En el texto de Análisis Complejo de Ahlfors, página 240, define las dos integrales siguientes: $$K=\int_{-1}^1 \frac{dt}{\sqrt{(1-t^2)(1-k^2 t^2)}}, $$ $$K'=\int_1^{1/k} \frac{dt}{\sqrt{(t^2-1)(1-k^2t^2)}}. $$ Aquí $0<k<1$ es un parámetro. Quiero demostrar que

$K=K'$ si $k=(\sqrt{2}-1)^2$

Mis intentos:

• ir "de izquierda a derecha"

He ampliado $K$ como serie de potencias en $k$ :

$$K=\pi \sum_{n=0}^\infty \left[\frac{(2n)!}{2^{2 n} (n!)^2}\right]^2 k^{2n}$$

y pensé que tratar de hacer lo mismo para $K'$ . Entonces me di cuenta de que esto probablemente no me llevará a ninguna parte...

También he trazado ambas funciones, y parece que $K$ aumenta con $k$ mientras que $K'$ disminuye. Aunque no pude probar rigurosamente que $K'$ es decreciente, lo que demuestra que sólo hay una solución para $k$ es posible.

• ir "de derecha a izquierda"

No tengo ni idea, supongo que se me debería ocurrir un ingenioso cambio de variables en la segunda integral, pero no lo encuentro.

Agradecemos cualquier ayuda.

Answer 1

Ahlfors probablemente pretendía que el lector se diera cuenta de que $2K$ y $2iK'$ son los periodos real e imaginario fundamentales de la integral elíptica $$ \int \frac{dt}{\sqrt{(1-t^2)(1-k^2 t^2)}}, $$ y por tanto que $K=K'$ si la red de períodos es cuadrada, lo que a su vez ocurre si los puntos de ramificación $t=\pm 1$ y $t=\pm 1/k$ tienen una simetría cuádruple. Ahora hay varias formas de terminar; por ejemplo, calcular que la transformación lineal fraccionaria que toma $-1/k$ a $-1$ a $+1$ a $+1/k$ es $$ t \mapsto \frac{(k+1)t - k + 3}{(3k-1)t + k+1} $$ y este mapa cicla $+1/k$ volver a $-1/k$ si $(k+1)(k^2-6k+1)=0$ , cuya única raíz en $0<k<1$ es $k = 3 - 2\sqrt{2} = (\sqrt{2} - 1)^2$ . [El conjugado algebraico $k = (\sqrt{2} + 1)^2$ también da lugar a una integral elíptica con una red de período cuadrado, mientras que $k=-1$ es espurio].

[ añadido más tarde Para cualquier elección de $k>1$ los puntos de ramificación $t=\pm1$ y $t=\pm1/k$ ir a puntos de media red $0, K, iK', K+iK'$ módulo red de períodos $\Lambda = {\bf Z} K + {\bf Z} iK'$ (en un orden que depende de cuál de estos puntos de ramificación se elija para el punto base). Cualquier mapa 1:1 de ${\bf C}/\Lambda$ que lleva a sí mismo el conjunto de puntos de la semilatícula desciende a un automorfismo de la recta proyectiva (también conocida como esfera de Riemann) con coordenadas $t$ y ese automorfismo permuta los cuatro puntos de ramificación. La involución $z \leftrightarrow -z$ de ${\bf C}/\Lambda$ actúa como $(t,u) \leftrightarrow (t,-u)$ y, por tanto, actúa trivialmente sobre el $t$ -línea. Transposiciones por los puntos de la media red que descienden a transposiciones dobles: $t \leftrightarrow -t$ (de traducción de $K$ ) y $t \leftrightarrow \pm 1 / kt$ (traducción de $iK'$ y $K+iK'$ ). Para el genérico $k$ estas traducciones y sus composiciones con $z \leftrightarrow -z$ son las únicas opciones, pero cuando $K=iK'$ aquí está el nuevo mapa $z \mapsto iz$ . Este mapa fija $0$ y $K+iK'$ y cambia los otros dos puntos de la semilatícula, por lo que desciende a una involución que fija dos de los puntos de la rama, como $1$ y $-1/k$ , y cambia los otros dos. Componiendo este mapa con la traslación por $K$ da lugar a un ciclo de 4 $0 \mapsto K \mapsto K+iK' \mapsto iK' \mapsto 0$ , y ese es el ciclo de 4 que utilicé en mi respuesta.

Answer 2

He aquí una forma de hacerlo. Configure $t=\sqrt{u}=1/\sqrt{v}$ y $l=k^2$ así que que las integrales se convierten en $$ \int_0^1 \frac{du}{\sqrt{u(1-u)(1-l u)}}, \qquad \frac12\int_l^1 \frac{dv}{\sqrt{v(1-v)(v-l)}}, $$ así que busca un cambio de variable que lleve la segunda integral a la forma de la primera.

El integrando tiene tres puntos singulares, $v=0,1,l$ y los límites son $l$ y $1$ así que primero mira una transformación fraccional-lineal $v=\frac{a+bx}{c+dx}$ que mapeará $1\mapsto1$ y $l\mapsto0$ . Esto se debe a que cada automorfismo del plano complejo tiene esta forma, por lo que es una transformación natural a tener en cuenta cuando se trata de asignar puntos específicos a puntos específicos. El integrando se convierte en $$ \frac{(bc-ad)\,dx}{\sqrt{(a+bx)(c+dx)((c-a)+(d-b)x)((a-cl)+(b-dl)x)}}, $$ y las condiciones $x(v=1)=1$ , $x(v=l)=0$ $$ \frac{a-c}{-b+d} = 1, \qquad \frac{a-cl}{-b+dl} = 0. $$ Hay cuatro parámetros, dos ecuaciones, y un parámetro se anulará, por lo que podemos imponer una condición más diciendo que el grado del polinomio en $x$ dentro de la raíz cuadrada debe ser tres, en lugar de cuatro: $$ b=0. $$

Así, consideramos el cambio de variable $$ v = \frac{l}{1+(l-1)x}, $$ lo que hace que la segunda integral $$ \frac12 \int_0^1 \frac{dx}{\sqrt{x(1-x)(1+(l-1)x)}}. $$

Expresando ambas integrales en términos de integrales elípticas completas de primer orden obtenemos la ecuación $$ 2K(k) = K(\sqrt{1-k^2}), $$ donde $\sqrt{1-k^2}$ se denota comúnmente por $k'$ . La ecuación $$ K(k')/K(k) = \sqrt{r} $$ se resuelve mediante la función lambda elíptica así que $r=4$ da $$ k = \lambda^*(4) = 3-2\sqrt{2}. $$

Otra forma de averiguarlo es utilizar un resultado de Abel (ecuación 1), y p.525 de Whittaker y Watson para encontrar que $$ k=\tan^2\frac\pi8, \quad\Rightarrow\quad K(k') = 2K(k). $$ Esto se desprende de la transformación de Landen: $$ K(k_1')/K(k_1) = 2K(k')/K(k), \quad\text{when}\quad k_1 = \frac{1-k'}{1+k'}, $$ y $K(k)=K(k')$ cuando $k=k'=1/\sqrt{2}$ Así que $k_1 = 3-2\sqrt{2}$ y $k_1'=\sqrt{1-k_1^2}$ .

La transformación de Landen, a su vez, se basa en la representación AGM de la integral elíptica completa del primer tipo. Sea $M(a,b)$ sea la función AGM, de modo que para cualquier $a$ tenemos $$ K(k) = \frac{\pi a}{2 M(a,ak')}. $$ Entonces con $k_1 = \frac{1-k'}{1+k'}$ obtenemos $$ K(k_1) = \frac{1+k'}{2}K(k), $$ y también $$ K(k) = \frac{\pi a}{2 M(a(1+k),a(1-k))}, $$ $$ K(k_1') = (1+k')K(k'), $$ para que $K(k_1')/K(k_1) = 2K(k')/K(k). $

Answer 3

Mi respuesta no difiere fundamentalmente de la de Noam D. Elkies. Espero, sin embargo, que ofrezca otra perspectiva, que podría ser más fácil de seguir, ya que no requiere ningún conocimiento de las funciones elípticas.

Tenemos $$F(w) = \int_0^w \frac{dw}{\sqrt{(1-w^2)(1-k^2w^2)}},$$ que cartografía el semiplano superior $H$ a rectángulo $R_0$ (como en la Fig. 6-2 de Ahlfors).

Desde $F(w)$ es un mapeo conforme de $H$ a $R_0$ un automorfismo de $R_0$ induce automáticamente un automorfismo de $H$ .

Un automorfismo obvio de $R_0$ es una rotación por $\pi$ alrededor del centro de $R_0$ esto induce un automorfismo de $H$ es decir, $f(z) = -\frac{1}{kz}$ .

En $R_0$ es un cuadrado, una rotación por $\pi/2$ (o $-\pi/2$ ) alrededor del centro de $R_0$ también es un automorfismo de $R_0$ . Esto induce un automorfismo de $H$ que asigna $-\frac{1}{k}, -1, 1, \frac{1}{k}$ a $-1, 1, \frac{1}{k}, -\frac{1}{k}$ (o $\frac{1}{k}, -\frac{1}{k}, -1, 1$ ).

Un automorfismo de $H$ debe ser de la forma $$f(w) = \frac{aw+b}{cw+d},$$ donde $a,b,c,d \in R$ y $ad-bc=1$ .

Con cinco incógnitas ( $a$ , $b$ , $c$ , $d$ y $k$ ) y cinco ecuaciones (cuatro de la cartografía y una de la condición $ad-bc=1$ ), encontramos $k=(\sqrt{2}-1)^2$ .

(Para el cálculo real, puede consultarse la respuesta de Noam D. Elkies).