椭圆积分中的乘法定理
我在<古今数学思想>第二卷中看到有关椭圆积分计算的点历史背景:业余数学家尼亚诺从1714年开始研究下面曲线
\(y=\frac{\frac{2}{m+2}}{a^{m/2}}x^{\frac{m+2}{2}}\) (1)
若\(\frac{dx}{\sqrt{1+(x/a)^m}}=\frac{dz}{\sqrt{1+(z/a)^m}}\) (2)
对于\(m=3,4,6\)求出了(2)的积分.
例如:对于\(m=4\)成立\(xz=a^2\)
在1716年证明了任何两条椭圆弧的差是代数函数,有解析式
\(\frac{\sqrt{hx^2+l}}{\sqrt{fx^2+g}}dx+\frac{\sqrt{hz^2+l}}{\sqrt{fz^2+g}}dz=0\)(3)
则有\(fhx^2z^2+flx^2+flz^2+gl=0\) (4)
法尼亚诺定理(1716年) 令\(\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1\)(5)
是以\(e\)为离心率的椭圆,并令\(P(x,y)\)与\(P'(x,y)\)是椭圆(5)上两点,它们的离心角分别是\(\phi\)与\(\phi'\),且满足
\(\tan(\phi)\tan(\phi')=\frac{b}{a}\) (6)
则有\(arc(BP)+arc(BP')-arc(BA)=\frac{e^2xx'}{a}\)(7)
当点P与P'重合时,若\(P=P'=F\)(此点F叫法尼亚诺点)则有
\(arc(BF)-arc(AF)=a-b\)
1717年与1720年,法尼亚证明了微分方程
\(\frac{dx}{\sqrt{1-x^4}}=\frac{dy}{\sqrt{1-y^4}}\)(8)
有积分\(x=-\sqrt{\frac{1-y^2}{1+y^2}}\) (9)
即\(x^2+y^2+x^2y^2=1\)(10)
进一步法尼亚诺得到了双纽线的特殊结果:
若\(\frac{dx}{\sqrt{1-x^4}}=2\frac{dy}{\sqrt{1-y^4}}\)(11)
则有\(\frac{\sqrt{1-y^4}}{y\sqrt{2}}=\sqrt{\frac{1-x}{1+x}}\) (12)
即\(x=\frac{-1+2y^2+y^4}{1+2y-y^4}\)(13)
事实 上欧拉得到了(8)的通解:
\(x^2+y^2+cx^2y^2=c^2+2xy\sqrt{1-c^4}\) (14)
或者\(x=\frac{y\sqrt{1-c^4}\pm c\sqrt{1-y^4}}{1+c^2y^2}\) (15)
在1756年至1757年,欧拉处理了一般的椭圆积分,他由尝试得到:
若微分\(\alpha+2\beta(x+y)+\gamma(x^2+y^2)+2xy+2\varepsilon xy(x+y)+\xi x^2y^2=0\) (16)
则可以得到下面形式的微分方程
\(\frac{dx}{\sqrt{X}}+\frac{dy}{\sqrt{Y}}=0\)(17)
其中\(X,Y\)是具有相同系数的四次多项式,它的四个系数可借助于一个任意常数,用(16)的五个系数表示出来
我们现在需要讨论并解决的是
A.如何求解下面微分方程的通解?
\(\frac{mdx}{\sqrt{1-x^4}}=\frac{ndy}{\sqrt{1-y^4}}\)
且\(m,n\)是正整数
B.更进一步地,如何求解下面微分方程的通解?
\(\frac{mdx}{\sqrt{R(x)}}=\frac{ndy}{\sqrt{R(y)}}\)
且\(R(x)=Ax^4+Bx^3+Cx^2+Dx+E\), \(m,n\)是正整数
这相当于找出 雅克比椭圆函数 `\mathrm{sn}\,x` 在 `k^2=-1`时的分数倍角公式，感觉这个基本上是做不到的。
根据http://bbs.emath.ac.cn/forum.php?mod=redirect&goto=findpost&ptid=5779&pid=55661&fromuid=8865中的解释，我们可以知道，法尼亚诺（Fagnano）给出的其实就是雅可比椭圆函数 `\mathrm{sn}\,x` 在 `k^2=-1`时的2倍角公式，而欧拉给出的则是更加广义的`\mathrm{sn}\,x`的和角公式（或者反过来说，是第一类不完全椭圆积分 `F(k;\varphi)` 的加法公式）。
其实，在很多国外文献或者学术著作中，三角函数经常被称为圆函数（我觉得这个叫法更符合本质，因为它的定义和性质与圆紧密相关）。同样，双曲三角函数我们可以直接称之为双曲函数（因为双曲正余弦的差符合双曲线标准方程，并且双曲线与坐标轴所围成的面积的表达式跟双曲三角函数息息相关）。而椭圆函数恰恰就是按这个路子来命名的，因为最初它源自于计算椭圆周长，以及后来发现双周期性等等。自此，分析学中超越函数三大家族确立了，这正好与高等几何中的三个方向——椭圆几何（又叫黎曼几何）、双曲几何（又叫罗巴切夫斯基几何）、欧几里德几何（圆几何）——交相呼应。
由于椭圆积分是雅可比椭圆函数的反函数（类似反三角函数，表示一种幅角），联想到三角函数中，我们很容易得到 `\sin(n \theta)` 与 `\sin \theta` 的关系，但是找出 `\sin (\frac{n}{m}\theta)` 与 `\sin \theta` 的显式关系则无法办到，这是由于 `\sin \frac{\theta}{m}` 与 `\sin \theta` 的关系式高次代数多项式。由于高次代数方程并不总存在显式求根公式，因此无法用有限的代数式表达 `\sin (\frac{n}{m}\theta)` 与 `\sin \theta` 的关系。因而不难猜测，更加复杂的雅可比椭圆函数更是无法给出分数倍角公式了。
不过，若1楼中的 `m=1`，那倒是容易给出多倍角公式，所以应该有解。 利用欧拉的\(n=2\)的通解公式可以得到:
\(\frac{dx}{\sqrt{1-x^4}}=n\frac{dy}{\sqrt{1-y^4}}\)
\(n=2\)时
\(x=\frac{2y\sqrt{1-y^4}}{1+y^4}\)
\(n=3\)时
\(x=\frac{y(y^8+6y^4-3)}{3y^8-6y^4-1}\)
\(n=4\)时
\(x=\frac{4y(y^{12}-5y^8-5y^4+1)\sqrt{1-y^4}}{y^{16}+20y^{12}-26y^8+20y^4+1}\)
\(n=5\)时
\(x=\frac{y(y^{24}+50y^{20}-125y^{16}+300y^{12}-105y^8-62y^4+5)}{5y^{24}-62y^{20}-105y^{16}+300y^{12}-125y^8+50y^4+1}\)
...........
但是根据尼亚诺得到结果:
\(n=2\)时
\(x=\frac{-1+2y^2+y^4}{1+2y-y^4}\)
与上面的结果并不一样,因此通解可能没有这么简单?
注: (14) 1#中通解中的\(c\)为任意常数.
另外根据欧拉得到的加法定理:
\(\int_{0}^{x}\frac{dx}{\sqrt{1-x^4}}=\int_{0}^{y}\frac{dx}{\sqrt{1-x^4}}+\int_{0}^{c}\frac{dx}{\sqrt{1-x^4}}\)
成立\(x=\frac{y\sqrt{1-c^4}\pm c\sqrt{1-y^4}}{1+c^2y^2}\)
若令\(c=y\),则有
\(n=2\)时
\(x=\frac{2y\sqrt{1-y^4}}{1+y^4}\)
\(n=3\)时
\(\int_{0}^{x}\frac{dx}{\sqrt{1-x^4}}=2\int_{0}^{y}\frac{dx}{\sqrt{1-x^4}}+\int_{0}^{y}\frac{dx}{\sqrt{1-x^4}}\)
\(x=\frac{y\sqrt{1-z^4}+z\sqrt{1-y^4}}{1+y^2z^2}=\frac{(y^8+6y^4-3)y}{3y^8-6y^4-1}\)
且\(z=\frac{2y\sqrt{1-y^4}}{1+y^4}\)
.......
的确如kastin兄所述: 3#的结论应修改为:
利用欧拉的\(n=2\)的通解公式可以得到:
\(\int_{0}^{x}\frac{dt}{\sqrt{1-t^4}}=n\int_{0}^{y}\frac{dt}{\sqrt{1-t^4}}\)
\(n=2\)时
\(x=\frac{2y\sqrt{1-y^4}}{1+y^4}\)
\(n=3\)时
\(x=\frac{y(y^8+6y^4-3)}{3y^8-6y^4-1}\)
\(n=4\)时
\(x=\frac{4y(y^{12}-5y^8-5y^4+1)\sqrt{1-y^4}}{y^{16}+20y^{12}-26y^8+20y^4+1}\)
\(n=5\)时
\(x=\frac{y(y^{24}+50y^{20}-125y^{16}+300y^{12}-105y^8-62y^4+5)}{5y^{24}-62y^{20}-105y^{16}+300y^{12}-125y^8+50y^4+1}\)
...........
利用数学软件可以验证:
\(\int_{0}^{x}\frac{dt}{\sqrt{1-t^4}}=x+\frac{x^5}{10}+\frac{x^9}{24}+\frac{5x^{13}}{208}+\frac{35x^{17}}{2176}+\frac{3x^{21}}{256}+....\)
\(n=2\)时
\(x=\frac{2\sqrt{1-y^4}}{1+y^4}\)
\(\int_{0}^{x}\frac{dt}{\sqrt{1-t^4}}=2(y+\frac{y^5}{10}+\frac{y^9}{24}+\frac{5y^{13}}{208}+\frac{35y^{17}}{2176}+\frac{3y^{21}}{256}+....)\)
\(n=3\)时
\(x=\frac{y(y^8+6y^4-3)}{3y^8-6y^4-1}\)
\(\int_{0}^{x}\frac{dt}{\sqrt{1-t^4}}=3(y+\frac{y^5}{10}+\frac{y^9}{24}+\frac{5y^{13}}{208}+\frac{35y^{17}}{2176}+\frac{3y^{21}}{256}+....)\)
.......
但是对于微分方程的结果:
我不知道下面哪里算错了？
对\(n=2\)
\(\frac{dx}{\sqrt{1-x^4}}=\frac{dy}{\sqrt{1-y^4}}\) (1)
即\(\frac{dx}{dy}=\sqrt{\frac{1-x^4}{1-y^4}}\) (2)
又成立\(x=-\sqrt{\frac{1-y^2}{1+y^2}}\) (3)
将(3)代入(2)左边得到:
\(\frac{dx}{dy}=\frac{d(-\sqrt{\frac{1-y^2}{1+y^2}})}{dy}=\frac{2y}{(y^2+1)\sqrt{1-y^4}}\)(4)
将(3)代入(2)右边得到:
\(\sqrt{\frac{1-x^4}{1-y^4}}=\sqrt{\frac{1-(\sqrt{\frac{1-y^2}{1+y^2}})^4}{1-y^4}}=\frac{2y\sqrt{1-y^4}}{(y^2+1)^2(y^2-1)}\)(5)
\((4)\ne(5)\)??
看来先要解决
\(\frac{dx}{\sqrt{1-x^4}}+\frac{dy}{\sqrt{1-y^4}}=\frac{dz}{\sqrt{1-z^4}}\)
求解\(z=f(x,y)\) ? 欧拉天才的构造:
\(S=\frac{1}{4}(\frac{\sqrt{X}-\sqrt{Y}}{x-y})^2-\frac{1}{4}a(x+y)^2-b(x+y)-c=\frac{F(x,y)-\sqrt{XY}}{2(x-y)^2}\)为常数
其中:
\(F(x,y)=ax^2y^2+2bxy(x+y)+c(x^2+4xy+y^2)+2d(x+y)+e\)
满足微分方程:
\(\frac{dx}{\sqrt{X}}+\frac{dy}{\sqrt{Y}}=0\)
其中:
\(X=ax^4+4bx^3+6cx^2+4dx+e\)
\(Y=ay^4+4by^3+6cy^2+4dy+e\)
他然后令\(a=k^2,c=-(1+k^2)/6,e=1,b=d=0\)得到:
\(\frac{dx}{\sqrt{(1-x^2)(1-k^2x^2)}}+\frac{dy}{\sqrt{(1-y^2)(1-k^2y^2)}}=0\)
然后令:
\(\frac{dx}{du}=\sqrt{(1-x^2)(1-k^2x^2)}\)
\(\frac{dy}{dv}=\sqrt{(1-y^2)(1-k^2y^2)}\)
进一步得到了:
\(y\frac{dx}{du}-x\frac{dy}{du}=\mu(1-k^2x^2y^2)\)
\(\mu\)为常数
设\(x=sn(u),y=sn(v)\)
则有:
\(\frac{dx}{du}=cn(u)u dn(u)\)
\(\frac{dy}{du}=-cn(v) dn(v)\)
最后得到椭圆积分的加法公式
\(sn(u+v)=\frac{sn(u) cn(v) dn(v)+sn(v) cn(u) dn(u)}{1-k^2 sn(u)^2 sn(v)^2}\)
通过反复验算发现:
对\(n=2\)
\(\frac{dx}{\sqrt{1-x^4}}=\frac{2dy}{\sqrt{1-y^4}}\) (1)
即\(\frac{dx}{dy}=2\sqrt{\frac{1-x^4}{1-y^4}}\) (2)
\(x=\frac{-1+2y^2+y^4}{1+2y-y^4}\) (3)
原来,<古今数学思想>中印刷错误,正确结论应该是:
\(x=\frac{-1+2y^2+y^4}{1+2y^2-y^4}\) (4) 由\(\frac{dx}{\sqrt{1-x^4}}+\frac{dy}{\sqrt{1-y^4}}=\frac{dz}{\sqrt{1-z^4}}\)
得到:
\(d(EllipticF(x, I))+d(EllipticF(y, I))=d(EllipticF(z, I))\)
即\(z=JacobiSN(EllipticF(x, I)+EllipticF(y, I),I)\)
其中\(JacobiSN(x,I)\)为\(EllipticF(x, I)\)的反函数
这样计算好像有问题?