"로그 탄젠트 적분(log tangent integral)"의 두 판 사이의 차이

수학노트
둘러보기로 가기 검색하러 가기
10번째 줄: 10번째 줄:
  
 
* [[로그 사인 적분 (log sine integrals)]]과 밀접하게 관련되어 있음<br>
 
* [[로그 사인 적분 (log sine integrals)]]과 밀접하게 관련되어 있음<br>
−
*  다음과 같은 정적분값의 계산<br><math>\int_{\pi/4}^{\pi/2} \ln \tan x\, dx=G</math>, <math>G</math>는 [[카탈란 상수]]<br><math>\int_{0}^{\pi/4} \ln \tan x\,dx=-G</math><br><math>\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}</math><br><math>\int_{0}^{\pi/4} \ln \tan x\,dx=-G</math><br>
+
*  다음과 같은 정적분값의 계산<br><math>\int_{\pi/4}^{\pi/2} \ln \tan x\, dx=G</math>, <math>G</math>는 [[카탈란 상수]]<br><math>\int_{0}^{\pi/4} \ln \tan x\,dx=-G</math><br><math>\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}</math><br><math>\int_{0}^{\pi} \ln^2 \tan \frac{x}{4}\,dx=\frac{\pi^3}{4}</math><br>
  
 
 
 
 
62번째 줄: 62번째 줄:
 
(따름정리1)
 
(따름정리1)
  
−
<math>\int_{\pi/4}^{\pi/2} \ln \tan x\, dx=G</math>
+
<math>\int_{\pi/4}^{\pi/2} \ln \tan x\, dx=G</math>, G는 [[카탈란 상수]].
  
 
(증명)
 
(증명)

2010년 6월 19일 (토) 09:04 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
    \(\int_{0}^{\pi/4} \ln \tan x\,dx=-G\)
    \(\int_{\pi/4}^{\pi/2} \ln \ln \tan x\, dx=\frac{\pi}{2}\ln{\frac{\Gamma(\frac{3}{4})}{\Gamma(\frac{1}{4})}\sqrt{2\pi}\)
    \(\int_{0}^{\pi} \ln^2 \tan \frac{x}{4}\,dx=\frac{\pi^3}{4}\)

 

 

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. ■

 

 

메모

\(\int_{0}^{\infty}\frac{\ln(x^{2}+1)}{x^{2}+1}\,dx=\pi\ln2\)

 

 

[[란덴변환(Landen's transformation)|]]

재미있는 사실

 

 

역사

 

 

메모

 

 

관련된 다른 주제들

 

 

수학용어번역

 

 

사전 형태의 자료

 

 

관련논문

 

 

관련도서 및 추천도서

 

 

관련기사

 

 

블로그
원본 주소 "https://wiki.mathnt.net/index.php?title=로그_탄젠트_적분(log_tangent_integral)&oldid=8409"