Fórmula de adición de funciones hiperelípticas

Question

$$x= \int_{0}^{f(x)} \frac{du}{\sqrt{1-u^2}\sqrt{1-k^2u^2}\sqrt{1-l^2u^2}}$$

$$f(0)=0$$

Si aplicamos la operación de derivación para ambos lados, obtenemos:

$$f'(x)=\sqrt{(1-f^2(x))(1-k^2f^2(x))(1-l^2f^2(x))}$$ Mis preguntas:

1. ¿Cuál es la fórmula de adición en forma cerrada de f(x)?
2. Es $f(x)$ ¿una función periódica o doblemente periódica o no periódica?
3. ¿Cuál es el periodo si se trata de una función periódica ( o cuáles son los periodos si es una función doblemente periódica)?

Mi intento de resolver las preguntas:

Definamos una nueva función $\phi(x)=\frac{\sin(ax)}{a}$ y es una función periódica única.

$$x= \int_{0}^{\phi(x)} \frac{du}{\sqrt{1-a^2u^2}}$$ $$\phi(0)=0$$ Me di cuenta de que podemos escribir la fórmula de adición de $\phi(x)$ como:

$$\phi(x+y)=\phi(x)\sqrt{(1-a^2\phi^2(y))}+\phi(y)\sqrt{(1-a^2\phi^2(x))}$$

$$\phi(x+y)=\phi(x)\phi'(y)+\phi'(x)\phi(y)$$ Se define la función elíptica de Jacobi doblemente periódica sn(x)

$$x= \int_{0}^{sn(x)} \frac{du}{\sqrt{1-u^2}\sqrt{1-k^2u^2}}$$

$$sn(0)=0$$

Fórmula de adición de sn(x):

$$sn(x+y)=\frac{sn(x)\sqrt{(1-sn^2(y))(1-k^2sn^2(y))}+sn(y)\sqrt{(1-sn^2(x))(1-k^2sn^2(x))}}{1-k^2sn^2(x)sn^2(y)}$$

$$sn(x+y)=\frac{sn(x)sn'(y)+sn'(x)sn(y)}{1-k^2sn^2(x)sn^2(y)}$$

Definamos una nueva función g(x):

$$x= \int_{0}^{g(x)} \frac{du}{\sqrt{1-a^2u^2}\sqrt{1-b^2u^2}}$$ $$g(0)=0$$ Me di cuenta de que podemos escribir la fórmula de adición de g(x) como

$$g(x+y)=\frac{g(x)\sqrt{(1-a^2g^2(y))(1-b^2g^2(y))}+g(y)\sqrt{(1-a^2g^2(x))(1-b^2g^2(x))}}{1-a^2b^2g^2(x)g^2(y)}$$

$$g(x+y)=\frac{g(x)g'(y)+g'(x)g(y)}{1-a^2b^2g^2(x)g^2(y)}$$

Definamos una nueva función h(x): $$x= \int_{0}^{h(x)} \frac{du}{\sqrt{1-a^2u^2}\sqrt{1-b^2u^2}\sqrt{1-c^2u^2}}$$ Si seguimos la misma regla para h(x) que aplicamos anteriormente, entonces mi estimación para la fórmula de adición de h(x) es

$$h(0)=0$$

$h(x+y)=\frac{h(x)\sqrt{(1-a^2h^2(y))(1-b^2h^2(y))(1-c^2h^2(y))}+h(y)\sqrt{(1-a^2h^2(x))(1-b^2h^2(x))(1-c^2h^2(x))}}{1-(a^2b^2+a^2c^2+b^2c^2)h^2(x)h^2(y)+ a^2b^2c^2P(h(x),h(y))}$

$$h(x+y)=\frac{h(x)h'(y)+h'(x)h(y)}{1-(a^2b^2+a^2c^2+b^2c^2)h^2(x)h^2(y)+ a^2b^2c^2P(h(x),h(y))}$$

Dónde $P(h(x),h(y))$ es una función simétrica

Para encontrar $P(x,y)$ :

Si $a=b=c$ entonces

$$x= \int_{0}^{h(x)} \frac{du}{(1-a^2u^2)\sqrt{1-a^2u^2}}$$

$$x= \frac{h(x)}{\sqrt{1-a^2h^2(x)}}$$

$$h(x)= \frac{x}{\sqrt{1+a^2x^2}}$$

$$h'(x)= \frac{1}{(1+a^2x^2)\sqrt{1+a^2x^2}}$$

$$h(x+y)=\frac{h(x)h'(y)+h'(x)h(y)}{1-3a^4h^2(x)h^2(y)+ a^6P(h(x),h(y))}$$

Todavía no he encontrado ningún resultado en esta dirección.

¿Ves una forma de solución para la fórmula de adición de h(x) a partir de otros métodos?

Muchas gracias por la ayuda

EDIT: Podemos utilizar la transformada algebraica en alguna función hiperelíptica y podemos transferirla a la función elíptica de Weierstrass.

$$h'(x)=\sqrt{(1-a^2h^2(x))(1-b^2h^2(x))(1-c^2h^2(x))}$$

Si aplicamos la transformación algebraica a la función hiperelíptica anterior $h(x)=-\dfrac{1}{\sqrt{g(x)}}$

Vamos a obtener : $$\dfrac{g'(x)}{2g(x)\sqrt{g(x)}}=\dfrac{ \sqrt{(g(x)-a^2)(g(x)-b^2)(g(x)-c^2)}}{g(x)\sqrt{g(x)}}$$

$$g'(x)^2=4(g(x)-a^2)(g(x)-b^2)(g(x)-c^2)$$

$$g'(x)^2=4g^3(x)-4(a^2+b^2+c^2)g^2(x)+4(a^2b^2+a^2c^2+b^2c^2)g(x)-4a^2b^2c^2 \tag{1}$$

Entonces podemos considerar en el Weierstrass $\wp$ función elíptica $\wp(z, g_2, g_3)$ con los invariantes $g_2\in\mathbb{R}$ y $g_3\in\mathbb{R}$ :

$$\wp'(z)^2 = 4\wp(z)^3 - g_2 \wp(z) - g_3$$

$$\wp(x)=g(x)+\beta$$ , donde $\beta$ es una constante

$$g'(x)^2 = 4(g(x)+\beta)^3 - g_2 (g(x)+\beta) - g_3$$ $$g'(x)^2 = 4g^3(x)+12\beta g^2(x) - (g_2-12\beta^2)g(x) - (g_3+g_2\beta-4 \beta^3)$$

Si igualamos en la ecuación 1 :

Podemos encontrar $\beta,g_2,g_3$ como $a,b,c$

$$\beta=-\dfrac{(a^2+b^2+c^2)}{3}$$

$$\wp(x+y)+\wp(x)+\wp(y) =\frac{1}{4} \left(\frac{\wp'(x)-\wp'(y)}{\wp(x)-\wp(y)}\right)^2 \tag{3}$$

Conocemos la fórmula de adición de Weierstrass $\wp$ Así podemos encontrar la fórmula de adición de h(x) como

$$h(x)=-\dfrac{1}{\sqrt{\wp(x)-\beta}}$$ $$\wp(x)=\dfrac{1}{h(x)^2}+\beta$$

Si utilizamos la ecuación 3 , podemos escribir la fórmula de adición de $h(x)$ como:

$$\dfrac{1}{h(x+y)^2}+\dfrac{1}{h(x)^2}+\dfrac{1}{h(y)^2}+3\beta = \left(\frac{\frac{h'(y)}{h(y)^3}-\frac{h'(x)}{h(x)^3}}{\frac{1}{h(x)^2}-\frac{1}{h(y)^2}}\right)^2 \tag{4}$$

$$\dfrac{1}{h(x+y)^2}+\dfrac{1}{h(x)^2}+\dfrac{1}{h(y)^2}+3\beta = \left(\frac{\frac{\sqrt{(1-a^2h^2(y))(1-b^2h^2(y))(1-c^2h^2(y))}}{h(y)^3}-\frac{\sqrt{(1-a^2h^2(x))(1-b^2h^2(x))(1-c^2h^2(x))}}{h(x)^3}}{\frac{1}{h(x)^2}-\frac{1}{h(y)^2}}\right)^2 \tag{5}$$

Answer 1

$\color{brown}{\textbf{Primary transformations.}}$

Teniendo en cuenta la posible sustitución en forma de $$u_1= \dfrac um,\quad\text{where}\quad m=\max(1,k,l),$$ la ecuación dada WLOG se puede presentar en la forma de $$mx = I\left(mx,k_1,l_1\right),$$

o $$x = I\left(x,k_1,l_1\right),\tag1$$

donde $$I(x,k,l) = \int\limits_0^{f(x)}\dfrac{\mathrm du}{\sqrt{(1-u^2)(1-k^2u^2)(1-l^2u^2)}},\quad f(-x)=f(x),\tag2$$

$$l_1=\dfrac{\min(1,k,l)}m,\quad k_1=\dfrac{\operatorname{med}(1,k,l)}m,\quad l_1\le k_1 \le 1,\quad m\ge1\tag3.$$

$\color{brown}{\textbf{Case $ l=k=1. $}}$

$$I(x,1,1) = \int\limits_0^{f(x)}(1-u^2)^{-\frac32}\mathrm du = -\dfrac12\int\limits_0^{f(x)}\left(\dfrac1{u^2}-1\right)^{-\frac32} \,\mathrm d\left(\dfrac1{u^2}-1\right)\\ =\left(\dfrac1{u^2}-1\right)^{-\frac12}\bigg|_0^{f(x)} =\left(\dfrac1{f^2(x)}-1\right)^{-\frac12}.$$

Aplicando $(1),$ debe $$\dfrac1{x^2}+1=\dfrac1{f^2(x)},$$ $$\color{green}{\mathbf{f(x) = \dfrac x{\sqrt{1+x^2}}.}}\tag4$$

Parcela de $f(x)$ se muestra a continuación.

Desde $f(x)$ tiene forma cerrada aperiódica $(4)$ entonces $f(x+y)$ también tiene forma cerrada aperiódica.

$\color{brown}{\textbf{Case $ l=k<1. $}}$

$$I(x,k,k) = \int\limits_0^{f(x)}\dfrac{\mathrm du}{(1-k^2u^2)\sqrt{1-u^2}} = \int\limits_0^{\arcsin f(x)}\dfrac{\mathrm dv}{1-k^2\sin^2v} = \int\limits_0^{\arcsin f(x)}\dfrac{\csc^2v\,\mathrm dv}{\csc^2v-k^2}\\ = -\int\limits_0^{\arcsin f(x)}\dfrac{\mathrm d\cot v}{\cot^2v+1-k^2} = \int\limits_{\frac{\sqrt{1-f^2(x)}}{f(x)}}^\infty\dfrac{\mathrm dw}{w^2+1-k^2}\\ = \dfrac1{\sqrt{1-k^2}}\arctan\dfrac w{\sqrt{1-k^2}} \left|\phantom{\LARGE{\Bigg|}}\hspace{-6mu}\right._{\frac{\sqrt{1-f^2(x)}}{f(x)}}^\infty = \dfrac1{\sqrt{1-k^2}}\cot^{-1} \dfrac1{\sqrt{1-k^2}}\sqrt{\dfrac{1-f^2(x)}{f^2(x)}}.$$

Aplicando $(1),$ debe $$(1-k_1^2)\cot^2\left(x\sqrt{1-k_1^2}\right) = \dfrac1{f^2(x)}-1,$$ $$f^2(x) = \dfrac1{1+(1-k_1^2)\cot^2\left(x\sqrt{1-k_1^2}\right)},$$ $$\color{green}{\mathbf{f(x) = \dfrac{\sin\left(x\sqrt{1-k_1^2}\right)}{\sqrt{1-k_1^2\cos^2\left(x\sqrt{1-k_1^2}\right)}}.}}\tag5$$

Parcelas de $f(x)$ para $k=\dfrac13,\dfrac12,\dfrac23$ se muestran a continuación.

Desde $f(x)$ tiene forma periódica cerrada $(5)$ entonces $f(x+y)$ tiene forma cerrada doblemente periódica.

$\color{brown}{\textbf{Case $ l<k=1. $}}$

$$I(x,1,l) = \int\limits_0^{f(x)}\dfrac{\mathrm du}{(1-u^2)\sqrt{1-l^2u^2}} = l\int\limits_0^{lf(x)}\dfrac{\mathrm du}{(l^2-u^2)\sqrt{1-u^2}} = l\int\limits_0^{\arcsin(lf(x))}\dfrac{\mathrm dv}{l^2-\sin^2v}\\ = l\int\limits_0^{\arcsin(lf(x))} \dfrac{\csc^2v\,\mathrm dv}{l^2\csc^2v-1} = -\int\limits_0^{\arcsin(lf(x))} \dfrac{\mathrm d(l\cot v)}{l^2\cot^2v+l^2-1} = \int\limits_{\Large \frac{\sqrt{1-l^2f^2(x)}}{f(x)}}^\infty\dfrac{\mathrm dw}{w^2+l^2-1}\\ = \dfrac1{2\sqrt{1-l^2}}\ln\dfrac{w-\sqrt{1-l^2}}{w+\sqrt{1-l^2}} \left|\phantom{\LARGE{\Bigg|}}\hspace{-6mu}\right._{\Large \frac{\sqrt{1-l^2f^2(x)}}{f(x)}}^\infty = \dfrac1{2\sqrt{1-l^2}}\ln\dfrac{\sqrt{1-l^2f^2(x)}+f(x)\sqrt{1-l^2}}{\sqrt{1-l^2f^2(x)}-f(x)\sqrt{1-l^2}}.$$

Aplicando $(1),$ debe $$e^{x\sqrt{1-l_1^2}} = \dfrac{\sqrt{1-l_1^2f^2(x)}+f(x)\sqrt{1-l_1^2}}{\sqrt{1-l_1^2f^2(x)}-f(x)\sqrt{1-l_1^2}},$$ $$\sqrt{1-l_1^2f^2(x)} = f(x)\coth\left(\dfrac x2\sqrt{1-l_1^2}\right),$$ $$1-l_1^2f^2(x) = f^2(x)\coth^2\left(\dfrac x2\sqrt{1-l_1^2}\right),$$ $$\color{green}{\mathbf{f(x) = \dfrac{\sinh\left(\dfrac x2\sqrt{1-l_1^2}\right)}{\sqrt{1+l_1^2+\sinh^2\left(\dfrac x2\sqrt{1-l_1^2}\right)}}.}} \tag6$$

Parcelas de $f(x)$ para $k=\dfrac13,\dfrac12,\dfrac23$ se muestran a continuación.

Desde $f(x)$ tiene forma cerrada aperiódica $(6)$ entonces $f(x+y)$ también tiene forma cerrada aperiódica.

$\color{brown}{\textbf{Case $ l^2 < k^2 < 1. $}}$

$$I(x,k.l) = -\dfrac12\int\limits_0^{f(x)}\dfrac{1}{\sqrt{\left(\dfrac1{u^2}-1\right)\left(\dfrac1{u^2}-k^2\right) \left(\dfrac1{u^2}-l^2\right)}} \,\mathrm d\left(\dfrac 1{u^2}\right)\\ = \dfrac12\int\limits_{\Large\frac1{f^2(x)}}^\infty \dfrac{\mathrm dv}{\sqrt{(v-1)(v-k^2)(v-l^2)}}.$$

Sustitución estándar

$$v=1+(1-l^2)\cot^2\varphi,\quad \mathrm dv=-2(1-l^2)\cot\varphi\csc^2\varphi\mathrm d\varphi,\quad \varphi = \arccos\sqrt{\dfrac{v-1}{v-l^2}},\tag7$$

presenta la integral obtenida en forma de $$I(x,k,l) = \int\limits_0^{\arccos\sqrt{\large\frac{1-f^2(x)}{1-l^2f^2(x)}}} \dfrac{(1-l^2)\cot\varphi\csc^2\varphi\mathrm d\varphi} {\sqrt{(1-l^2)\cot^2\varphi(1-k^2+(1-l^2)\cot^2\varphi)(1-l^2)\csc^2\varphi}}\\ = \int\limits_0^{\arccos\sqrt{\large\frac{1-f^2(x)}{1-l^2f^2(x)}}} \dfrac{\mathrm d\varphi}{\sqrt{(1-l^2)\cos^2\varphi+(1-k^2)\sin^2\varphi}}\\ = \dfrac1{\sqrt{1-l^2}}\int\limits_0^{\arcsin\left(\sqrt{\large\frac{1-l^2}{1-l^2f^2(x)}}f(x)\right)} \dfrac{\mathrm d\varphi}{\sqrt{1-\dfrac{k^2-l^2}{1-l^2}\sin^2\varphi}} = \dfrac1{\sqrt{1-l^2}}F\left(\arcsin\left(\sqrt{\frac{1-l^2}{1-l^2f^2(x)}}f(x)\right),\sqrt{\dfrac{k^2-l^2}{1-l^2}}\right),$$

$$I(x,k,l) = \dfrac1{\sqrt{1-l^2}}F\left(\arcsin\left(\sqrt{\frac{1-l^2}{1-l^2f^2(x)}}f(x)\right),\sqrt{\dfrac{k^2-l^2}{1-l^2}}\right),\tag8$$ donde

$$F(\varphi,k) = \int\limits_0^\varphi\dfrac{\mathrm d\varphi}{\sqrt{1-k^2\sin^2\varphi}}$$ es el Integral elíptica de primer orden .

Fórmula $(8)$ fue confirmado para $l_1=\dfrac13,\quad k_1=\dfrac12,\quad f(x)=0.9.$

Dejemos que $$F^{-1}(F(\varphi,k),k) = \varphi.$$

Aplicando $(1),$ debe $$\frac{\sqrt{1-l^2}f(x)}{\sqrt{1-l_1^2f^2(x)}} = \sin F^{-1}\left(x\sqrt{1-l_1^2}, \sqrt{\dfrac{k_1^2-l_1^2}{1-l_1^2}}\right),$$ $$\color{green}{\mathbf{f(x) = \dfrac{\sin F^{-1}\left(x\sqrt{1-l_1^2}, \sqrt{\dfrac{k_1^2-l_1^2}{1-l_1^2}}\right)} {\sqrt{1-l_1^2\cos^2F^{-1}\left(x\sqrt{1-l_1^2}, \sqrt{\dfrac{k_1^2-l_1^2}{1-l_1^2}}\right)}}.}}\tag9$$ Desde $F(\varphi,k)$ no es lineal, entonces $f(x)$ no es periódica.

Parcela de $f^{-1}(x)$ para $l=\dfrac13,k=\dfrac23$ se muestra a continuación.

$\color{brown}{\textbf{Results.}}$

1. Formas cerradas de $f(x)$ se definen por $(4-6),(9).$ Forma cerrada de $f(x+y)$ se puede obtener como $f(z),$ donde $z=x+y.$ Desde $f(x+0) = f(x),$ las otras expresiones para $f(x+y)$ debe ser más complejo que $$f(x+y) = f\left(f^{-1}(x) + f^{-1}(y)\right),$$ donde $$f^{-1}(z) = I(z, k,l).$$
2. $f(x)$ es periódico si $l_1=k_1<1,$ con el periodo $\dfrac\pi{\sqrt{1-k_1^2}}.$

Answer 2

Suponemos que $0<a<b<c<1$ .

Podemos transformar la integral hiperelíptica en función compuesta de la integral elíptica mediante una transformación cuadrática.

\begin{align*} \int_{0}^{x}\frac{1}{\sqrt{\left(1-a^2t^2\right)\left(1-b^2t^2\right)\left(1-c^2t^2\right)}}\mathrm{d}t\quad\qquad\\ \\ = \frac{1}{\sqrt{c^2-a^2}}\int_{0}^{x\cdot\sqrt{\frac{c^2-a^2}{1-a^2x^2}}}\frac{1}{\sqrt{\left(1-t^2\right)\left(1-\frac{b^2-a^2}{c^2-a^2}t^2\right)}}\mathrm{d}t \end{align*}

Utilizando el teorema de adición de la integral elíptica, tenemos

\begin{align*} U&=u\sqrt{\left(1-a^2u^2\right)\left(1-b^2v^2\right)\left(1-c^2v^2\right)}+v\sqrt{\left(1-a^2v^2\right)\left(1-b^2u^2\right)\left(1-c^2u^2\right)}\\ V&=1-a^2\left(u^2+v^2\right)+\left(a^2b^2+a^2c^2-b^2c^2\right)u^2v^2 \end{align*}

Por lo tanto,

$$ h(u+v)=W=\dfrac{U}{\sqrt{a^2U^2+V^2\,}} $$

Además, al cambiar el orden de las letras ( $a,b,c$ ), la ecuación sigue siendo válida

Answer 3

Este es un comentario largo dado en respuesta al comentario de OP sobre los teoremas de adición algebraica.

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Estos son los teoremas clave extraídos de Teoría de las funciones elípticas por Harris Hancock.

Teorema 1 : Una función analítica de un solo valor con un teorema de adición algebraico es una función racional o una función unipreciosa o una función bipreciosa.

Además en este caso podemos expresar $f(x+y) $ racionalmente en términos de $f(x), f'(x), f(y), f'(y) $ .

Teorema 2 : Cualquier función con un teorema de adición algebraica es la raíz de una ecuación polinómica cuyos coeficientes son funciones descritas en el teorema 1 anterior.

Su $h(x) $ es efectivamente un ejemplo para este teorema.

Al hacer la sustitución $h(x) =-1/\sqrt{g(x)}$ se pierde la naturaleza de valor único de la función y entonces, en lugar del teorema 1, se aplica el teorema 2.