로그 탄젠트 적분(log tangent integral)

수학노트
http://bomber0.myid.net/ (토론)님의 2010년 7월 13일 (화) 12:28 판
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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
    \(\int_{0}^{\pi/4} \ln \tan x\,dx=-G\)
    \(\int_{\pi/4}^{\pi/2} \ln \ln \tan x\, dx=\frac{\pi}{2}\ln{\frac{\Gamma(\frac{3}{4})}{\Gamma(\frac{1}{4})}\sqrt{2\pi}\)
    \(\int_{0}^{\pi} \ln^2 \tan \frac{x}{4}\,dx=\frac{\pi^3}{4}\)
    \(\int_0^{\infty}\frac{\log^2 x}{1+x^2} dx =\frac{ \pi^3}{8}\)
     

 

 

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. ■

 

 

메모

\(\int_0^{\infty}\frac{\log^2 x}{1+x^2} dx =\frac{ \pi^3}{8}\)

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

 

 

[[란덴변환(Landen's transformation)|]]

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