椭圆积分中的乘法定理

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根据8#欧拉的结果:

我们可以算得:\(C\)为常数

\(-4Cax^2y^2-4acx^2y^2+4b^2x^2y^2-8Cbx^2y-8Cbxy^2-4adx^2y-4adxy^2+4bcx^2y+4bcxy^2+4C^2x^2-8C^2xy+4C^2y^2-4Ccx^2-16Ccxy-4Ccy^2-aex^2-2aexy-aey^2-8bdxy+c^2x^2+10c^2xy+c^2y^2-8Cdx-8Cdy-4bex-4bey+4cdx+4cdy-4Ce-4ce+4d^2=0\)   (1)

满足下面微分方程 :

\(\frac{dx}{\sqrt{X}}+\frac{dy}{\sqrt{Y}}=0\)   (2)

其中:

\(X=ax^4+4bx^3+6cx^2+4dx+e\)   (3)

\(Y=ay^4+4by^3+6cy^2+4dy+e\)    (4)

若令\(a=-1,b=0,c=0,d=0,e=1\)    (5)

则有(1)变成

\(4Cx^2y^2+4C^2x^2-8C^2xy+4C^2y^2+x^2+2xy+y^2-4C=0\)   (6)

满足下面微分方程 :

\(\frac{dx}{\sqrt{1-x^4}}+\frac{dy}{\sqrt{1-y^4}}=0\)   (7)

解得(6)关于\(x\)的方程:

\(x=\frac{4C^2y-y+2\sqrt{-4C^3y^4-Cy^4+4C^3+C}}{4Cy^2+4C^2+1}\)   (8)

\(x=\frac{4C^2y-y-2\sqrt{-4C^3y^4-Cy^4+4C^3+C}}{4Cy^2+4C^2+1}\)   (9)

若令\(C=\frac{1}{2}\),则有(9)变成

\(x=-\sqrt{\frac{1-y^2}{1+y^2}}\)  (10)

此(10)与法尼亚诺得到的结果是一致的.

现在有两个问题需要讨论:

1. (9)是否为微分方程(7)的通解?

2.如何由通解得到下面微分方程的解?

   \(\frac{dx}{\sqrt{1-x^4}}+\frac{ndy}{\sqrt{1-y^4}}=0\)    (11)

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通过迭代计算发现:如下有趣的现象

\(n=2\)时

将\(z=\frac{y^4+2y^2-1}{-y^4+2y^2+1}\)代入\(x=-\sqrt{\frac{1-z^2}{1+z^2}}\)得到:

\(x=-\frac{2y\sqrt{1-y^4}}{1+y^4}\)  (2)  

也满足微分方程

\(\frac{dx}{\sqrt{1-x^4}}=\frac{2dy}{\sqrt{1-y^4}}\)  (3)


\(n=4\)时

将\(z=\frac{y^4+2y^2-1}{-y^4+2y^2+1}\)代入\(x=\frac{z^4+2z^2-1}{-z^4+2z^2+1}\)得到:

\(x=\frac{y^{16}+8y^{14}-12y^{12}+8y^{10}+38y^8-8y^6-12y^4-8y^2+1}{y^{16}-8y^{14}-12y^{12}-8y^{10}+38y^8+8y^6-12y^4+8y^2+1}\)   (4)

满足微分方程

\(\frac{dx}{\sqrt{1-x^4}}+\frac{4dy}{\sqrt{1-y^4}}=0\)  (5)

另外

\(x=-\frac{y^{16}+8y^{14}-12y^{12}+8y^{10}+38y^8-8y^6-12y^4-8y^2+1}{y^{16}-8y^{14}-12y^{12}-8y^{10}+38y^8+8y^6-12y^4+8y^2+1}\)   (6)

满足微分方程

\(\frac{dx}{\sqrt{1-x^4}}=\frac{4dy}{\sqrt{1-y^4}}\)  (7)

\(n=8\)时

\(x=-\frac{(y^{64}+32y^{62}-176y^{60}+928y^{58}+7928y^{56}-2144y^{54}-17936y^{52}-121312y^{50}+165916y^{48}+723872y^{46}-512432y^{44}-988384y^{42}+1280200y^{40}-82144y^{38}-3647376y^{36}+1748384y^{34}+5513286y^{32}-1748384y^{30}-3647376y^{28}+82144y^{26}+1280200y^{24}+988384y^{22}-512432y^{20}-723872y^{18}+165916y^{16}+121312y^{14}-17936y^{12}+2144y^{10}+7928y^8-928y^6-176y^4-32y^2+1)}{(y^{64}-32y^{62}-176y^{60}-928y^{58}+7928y^{56}+2144y^{54}-17936y^{52}+121312y^{50}+165916y^{48}-723872y^{46}-512432y^{44}+988384y^{42}+1280200y^{40}+82144y^{38}-3647376y^{36}-1748384y^{34}+5513286y^{32}+1748384y^{30}-3647376y^{28}-82144y^{26}+1280200y^{24}-988384y^{22}-512432y^{20}+723872y^{18}+165916y^{16}-121312y^{14}-17936y^{12}-2144y^{10}+7928y^8+928y^6-176y^4+32y^2+1)}\)    (8)

满足微分方程

\(\frac{dx}{\sqrt{1-x^4}}=\frac{8dy}{\sqrt{1-y^4}}\)  (9)

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谁有兴趣找到下面微分方程的解?

1. \(\D\frac{\dif x}{\sqrt{1-x^4}}=\frac{3\dif y}{\sqrt{1-y^4}}\)  

2. \(\D\frac{\dif x}{\sqrt{1-x^4}}=\frac{5\dif y}{\sqrt{1-y^4}}\)  

3. \(\D\frac{\dif x}{\sqrt{1-x^4}}=\frac{6\dif y}{\sqrt{1-y^4}}\)  

4. \(\D\frac{\dif x}{\sqrt{1-x^4}}+\frac{\dif y}{\sqrt{1-y^4}}=\frac{\dif z}{\sqrt{1-z^4}}\)

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看来,我想复杂了.

其实4#积分方程的通解也满足下面的微分方程

\(\frac{dx}{\sqrt{1-x^4}}+\frac{dy}{\sqrt{1-y^4}}=\frac{dz}{\sqrt{1-z^4}}\)  (1)

\(z=\frac{y\sqrt{1-x^4}+x\sqrt{1-y^4}}{1+x^2y^2}\)   (2)

只是\(n=1\)时

\(x=-\sqrt{\frac{1-y^2}{1+y^2}}\)  (3)

依次代入通解(2)可以得到

\(n=2\)时

\(x=\frac{y^4+2y^2-1}{-y^4+2y^2+1}\)

\(n=3\)时

\(x=\frac{(-y^8+4y^6+6y^4+4y^3-1)\sqrt{1-y^4}}{y^{10}+5y^8-2y^6-2y^4+5y^2+1}\)

\(n=4\)时

\(x=\frac{-y^{16}-8y^{14}+12y^{12}-8y^{10}-38y^8+8y^6+12y^4+8y^2-1}{y^{16}-8y^{14}-12y^{12}-8y^{10}+38y^8+8y^6-12y^4+8y^2+1}\)

\(n=5\)时

\(x=\frac{(-y^{24}+12y^{22}+34y^{20}+60y^{18}-175y^{16}-136y^{14}+92y^{12}-136y^{10}-175y^8+60y^6+34y^4+12y^2-1)\sqrt{1-y^4}}{y^{26}+13y^{24}-22y^{22}+26y^{20}+235y^{18}+39y^{16}-228y^{14}-228y^{12}+39y^{10}+235y^8+26y^6-22y^4+13y^2+1}\)

mathe

对于一般四次函数R(x),如果其没有重根，设$x_1$是其一个根，那么我们可以任意选择不同的数u,v然后作分式线性变换$x=x_1\frac{s-u}{s-v}$,于是$\frac{dx}{\sqrt{R(x)}}=w\frac{ds}{\sqrt{H(s)}}$,其中$H(s)$是三次函数,(如果适当选择u,v使得$H(s)$的二次项系数为0更加方便）
于是对于x,y采用相同分式线性变换到s,t后问题变为$\frac{ds}{\sqrt{H(s)}}=n\frac{dt}{\sqrt{H(t)}}$
假设椭圆曲线$\Gamma:Y^2=H(X)$有参数方程$X=\phi(T),Y=\phi'(T)$,做变量替换$s=\phi(w),t=\phi(z)$得出$dw=+-ndz$,得出$w= +-nz+z_0$或者写成$s=\phi(+-n\phi^{-1}(t)+z_0)$.特别的，对于$z_0=0$时，$s=\phi(+-n\phi^{-1}(t))$其几何意义是$t$是椭圆曲线$\Gamma$上一点P的横坐标，$s$是点$+-nP$的横坐标，所以s是关于t的$n^2-1$次有理式和最多一项带根号的式子相乘。而在$z_0$不等于0时，同样$\phi^{-1}(z_0)$对应另外一个常数点Q,于是s是点$+-nP+Q$的横坐标，结果应该类似

mathe

而椭圆曲线上n倍点的公式可以在链接
http://bbs.emath.ac.cn/forum.php ... 3183&fromuid=20
中找到

mathe

另外$\frac{mdx}{\sqrt{R(x)}}=\frac{ndy}{\sqrt{R(y)}}$也可以类似表达出来，没有问题（也就是$mP=+- nQ+R$,其中P对应x,q对应y,R对应一个常数点，只是这时关于两个变量都是高次多项式（最多各自有一个根式）
比如$R(x)=1-x^4$取$x=\frac{1/2-s}{1/2+s}$，得出$H(s)=4s^3+s$,
也就是要求$\frac{mds}{\sqrt{4s^3+s}}=\frac{ndt}{\sqrt{4t^3+t}}$ 对应公式中$A=1/4,B=0$,其中$P(s,+-\frac{\sqrt(4s^3+s)}{2}),Q(t,+-\frac{\sqrt(4t^3+t)}{2})$

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2015-2-26 18:45 上传

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无心得而鬼神服

不想打公式了，直接截图吧

无心得而鬼神服

截了好几张图，结果上传了之后看着有点乱，从左到右看