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2012년 7월 29일 (일) 07:46 판
이 항목의 스프링노트 원문주소
개요
- 로그 사인 적분 (log sine integrals)과 밀접하게 관련되어 있음
- 다음과 같은 정적분값의 계산
\(\int_{\pi/4}^{\pi/2} \ln \tan x\, dx=G\), \(G\)는 카탈란 상수
\(\int_{0}^{\pi/4} \ln \tan x\,dx=-G\)
\(\int_{\pi/4}^{\pi/2} \ln \ln \tan x\, dx=\frac{\pi}{2}\ln{\frac{\Gamma(\frac{3}{4})}{\Gamma(\frac{1}{4})}\sqrt{2\pi}\)
\(\int_{0}^{\pi} \ln^2 \tan \frac{x}{4}\,dx=\frac{\pi^3}{4}\)
\(\int_0^{\infty}\frac{\ln^2 x}{1+x^2} dx =\int_{0}^{\pi/2}\ln^2 \tan x\,dx = \frac{ \pi^3}{8}\)
증명
'[Vardi1988] '참조
(보조정리)
\(\Gamma(s)\beta(s)=\int_{\pi/4}^{\pi/2} \ln^{s-1}\tan x\, dx\)
여기서 \(\Gamma(s)\)는 감마함수,\(\beta(s)\)는 디리클레 베타함수.
(증명)
\(F(s)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{f(n)}{n^s}\) 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.
\(f\)가 \(f(3)=-1\)인 주기가 4인 디리클레 캐릭터라면, \(q=4\), \(p(z)=z-z^3\)
따라서
\(\Gamma(s)\beta(s)=\int_0^{1}\frac{(\log\frac{1}{z})^{s-1}}{1+z^2} \,dz=\int_1^{\infty}\frac{(\log u)^{s-1}}{1+u^2} \,du=\int_{\pi/4}^{\pi/2} \ln^{s-1}\tan x\, dx\) ■
(따름정리1)
\(\int_{\pi/4}^{\pi/2} \ln \tan x\, dx=G\), G는 카탈란 상수.
(증명)
위에서 얻은 보조정리에 \(s=2\)를 적용하면,
\(\int_{\pi/4}^{\pi/2} \ln^{2-1}\tan x\, dx=\Gamma(2)\beta(2)=G\) ■
(따름정리2)
\(\int_{\pi/4}^{\pi/2} \ln \ln \tan x\, dx=\frac{\pi}{2}\ln{\frac{\Gamma(\frac{3}{4})}{\Gamma(\frac{1}{4})}\sqrt{2\pi}\)
(증명)
\(\int_{\pi/4}^{\pi/2} \ln \ln \tan x\, dx=\frac{d}{ds}(\Gamma(s)\beta(s))|_{s=1}\)임을 보이자.
\(\frac{d}{ds}(\Gamma(s)\beta(s))=\frac{d}{ds}\int_1^{\infty}\frac{(\log u)^{s-1}}{1+u^2} \,du=\int_1^{\infty}\frac{(\log u)^{s-1}}{1+u^2}\log \log u \,du\)
\(s=1\) 일때,
\(\Gamma'(1)\beta(1)+\Gamma(1)\beta'(1)=\int_1^{\infty}\log \log u \,\frac{du}{1+u^2}=\int_{\pi/4}^{\pi/2} \ln \ln \tan x\, dx\)
이제 Digamma 함수와 디리클레 베타함수에서 얻은 결과를 사용하자.
\(\psi(x) =\frac{d}{dx} \ln{\Gamma(x)}= \frac{\Gamma'(x)}{\Gamma(x)}\), \(\psi(1) = -\gamma\,\!\). 따라서 \(\Gamma(1)=-\gamma\).
\(\beta'(1)=\frac{\pi}{4}\gamma+\frac{\pi}{2}\ln(\frac{\Gamma(3/4)}{\Gamma(1/4)}\sqrt{2\pi})\).
그러므로
\(\int_{\pi/4}^{\pi/2} \ln \ln \tan x\, dx=\Gamma'(1)\beta(1)+\Gamma(1)\beta'(1)= -\frac{\pi}{4}\gamma+\beta'(1)=\frac{\pi}{2}\ln{\frac{\Gamma(\frac{3}{4})}{\Gamma(\frac{1}{4})}\sqrt{2\pi}\)
임이 증명된다. ■
역사
메모
\(\int_{0}^{\infty}\frac{\ln(x^{2}+1)}{x^{2}+1}\,dx=\pi\ln2\)
- 로그 사인 적분 (log sine integrals)
- http://cjackal.tistory.com/109
- http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?t=340081
\(\frac{24}{7\sqrt{7}}\int_{\pi/3}^{\pi/2}\ln|\frac{\tan t+\sqrt{7}}{\tan t-\sqrt{7}}|\,dt=L_{-7}(2)=1.15192547054449\cdots\)
- http://www.wolframalpha.com/input/?i=integrate_0^(pi)+x+cos+x+%2F(1%2Bsin^2+x)
- http://www.wolframalpha.com/input/?i=log^2+(1%2Bsqrt(2))+-pi^2%2F4
- http://www.wolframalpha.com/input/?i=integrate+(tan+x%2B1)/sqrt(tan^2+x+%2B1)dx
- http://www.wolframalpha.com/input/?i=integrate+(tan+x-1)/sqrt(tan^2+x+%2B1)dx
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- 카탈란 상수
수학용어번역
사전 형태의 자료
- http://ko.wikipedia.org/wiki/
- http://en.wikipedia.org/wiki/
- http://www.wolframalpha.com/input/?i=
- NIST Digital Library of Mathematical Functions
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