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<math>F'(1)-\gamma F(1)=\int_0^{1}\frac{p(z)}{1-z^q}\log \log\frac{1}{z} \,\frac{dz}{z}</math>
 
<math>F'(1)-\gamma F(1)=\int_0^{1}\frac{p(z)}{1-z^q}\log \log\frac{1}{z} \,\frac{dz}{z}</math>
  
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<math>f</math>가 <math>f(3)=-1</math>인 주기가 4인 디리클레 캐릭터라고 하면, <math>p(z)=z-z^3</math> 
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<math>f</math>가 <math>f(3)=-1</math>인 주기가 4인 디리클레 캐릭터라고 하면, <math>p(z)=z-z^3</math>
  
 
<math>L(s) = \sum_{n\geq 1}\frac{f(n)}{n^s}</math>
 
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<math>L(0)=\frac{1}{2}</math>
 
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<math>L'(1)=\gamma \frac{\pi}{2}+\frac{\pi}{2}\log\frac{\Gamma(3/4)}{\Gamma(3/4)}\sqrt{2\pi}</math>
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<math>L'(1)=\gamma \frac{\pi}{4}+\frac{\pi}{2}\log\frac{\Gamma(3/4)}{\Gamma(3/4)}\sqrt{2\pi}</math>
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를 얻는다. 
  
 
 
 
 
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따라서
  
 
 
 
 
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<math>\int_{\pi/4}^{\pi/2} \ln \ln \tan x\, dx=L'(1)-\gamma \frac{\pi}{4}=\frac{\pi}{2}\ln{\frac{\Gamma(\frac{3}{4})}{\Gamma(\frac{1}{4})}\sqrt{2\pi}</math>
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(증명끝)
  
 
 
 
 

2009년 9월 5일 (토) 18:50 판

간단한 소개

 

\(\int_{\pi/4}^{\pi/2} \ln \ln \tan x\, dx=\frac{\pi}{2}\ln{\frac{\Gamma(\frac{3}{4})}{\Gamma(\frac{1}{4})}\sqrt{2\pi}\)

 

 

증명

 

\(\int_{\pi/4}^{\pi/2} \ln \ln \tan x\, dx=\frac{d}{ds}\Gamma(s)L(s)|_{s=1}\) 임을 먼저 보이자

 

\(F(s)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{f(n)}{n^s}\) 라 하자.

\(\Gamma(s)F(s)=\int_0^{\infty}(\sum_{n=1}^{\infty}f(n)e^{-nt})t^{s-1}\,dt\)\(z=e^{-t}\) 로 치환하면,

\(\Gamma(s)F(s)=\int_0^{1}(\sum_{n=1}^{\infty}f(n)z^n)(\log\frac{1}{z})^{s-1}\,\frac{dz}{z}\)

 

만약 \(f(n+q)=f(n)\) 을 만족하면 (가령 디리클레 캐릭터의 경우)

\(p(z)=\sum_{n=1}^{q-1}f(n)z^n\)라면,  \(\sum_{n=1}^{\infty}f(n)z^n=\frac{p(z)}{1-z^q}\) 로 쓸 수 있다.

 

이를 이용하면, 

\(\Gamma(s)F(s)=\int_0^{1}\frac{p(z)(\log\frac{1}{z})^{s-1}}{1-z^q}\,\frac{dz}{z}\) 를 얻는다.

 

\(\frac{d}{ds}\Gamma(s)F(s)=\int_0^{1}\frac{p(z)(\log\frac{1}{z})^{s-1}}{1-z^q}\log \log\frac{1}{z} \,\frac{dz}{z}\)

\(s=1\) 에서 \(F(s)\)가  미분가능하다면, 

\(F'(1)-\gamma F(1)=\int_0^{1}\frac{p(z)}{1-z^q}\log \log\frac{1}{z} \,\frac{dz}{z}\)

\(f\)가 \(f(3)=-1\)인 주기가 4인 디리클레 캐릭터라고 하면, \(p(z)=z-z^3\)

\(L(s) = \sum_{n\geq 1}\frac{f(n)}{n^s}\)

\(L'(1)-\gamma \frac{\pi}{4}=\int_0^{1}\frac{z-z^3}{1-z^4}\log \log\frac{1}{z} \,\frac{dz}{z}=\int_0^{1}\log \log\frac{1}{z} \,\frac{dz}{1+z^2}=\int_1^{\infty}\log \log u \,\frac{du}{1+u^2}\)

\(=\int_{\pi/4}^{\pi/2} \ln \ln \tan x\, dx\)

 

이제 \(L'(1)\) 의 값을 구하면 된다. 

\(L(s)=4^{-s}\{\zeta(s,1/4)-\zeta(s,3/4)\}\) 와 Hurwitz 제타함수 의 에르미트 표현 \(\frac{\partial }{\partial s}\zeta(s,a)|_{s=0} =\log \frac{\Gamma(a)}{\sqrt{2\pi}}\)  을 사용하면,

\(L'(s)=4^{-s}\{\zeta(s,1/4)-\zeta(s,3/4)\}(-\log 4)+4^{-s}\{\zeta'(s,1/4)-\zeta'(s,3/4)\}\)

\(L'(0)=\{\zeta(0,1/4)-\zeta(0,3/4)\}(-\log 4)+\{\zeta'(0,1/4)-\zeta'(0,3/4)\}=-L(0)\log4+\log\frac{\Gamma(1/4)}{\Gamma(3/4)}\)

 

이제 함수방정식

\(\Lambda(s)=(\frac{\pi}{4})^{-{(s+1)}/{2}}\Gamma(\frac{s+1}{2})L(s)\)

\(\Lambda(s)=\Lambda(1-s)\)

을 사용하여, 

\(L(0)=\frac{1}{2}\)

\(L'(1)=\gamma \frac{\pi}{4}+\frac{\pi}{2}\log\frac{\Gamma(3/4)}{\Gamma(3/4)}\sqrt{2\pi}\)

를 얻는다. 

 

따라서

 

\(\int_{\pi/4}^{\pi/2} \ln \ln \tan x\, dx=L'(1)-\gamma \frac{\pi}{4}=\frac{\pi}{2}\ln{\frac{\Gamma(\frac{3}{4})}{\Gamma(\frac{1}{4})}\sqrt{2\pi}\)

(증명끝)

 

 

Gradshteyn and Ryzhik

http://www.math.tulane.edu/~vhm/Table.html

 

 

The integrals in Gradshteyn and Ryzhik. Part 1: A family of logarithmic integrals.

[1]Victor H. Moll

 

 

란덴변환(Landen's transformation)

 

 

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