"Ζ(4)와 중심이항계수"의 두 판 사이의 차이
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:<math>2(\sin^{-1} x)^2=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(2x)^{2n}}{n^2\binom{2n}{n}}</math> | :<math>2(\sin^{-1} x)^2=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(2x)^{2n}}{n^2\binom{2n}{n}}</math> | ||
이를 이용하여, 다음을 증명할 수 있다 | 이를 이용하여, 다음을 증명할 수 있다 | ||
− | :<math>I=\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^4\binom{2n}{n}}=\int_{0}^{1/2}\int_{0}^{u}(\sin^{-1} x)^2\frac{dx}{x}\frac{du}{u}</math> | + | :<math>I=\frac{1}{8}\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^4\binom{2n}{n}}=\int_{0}^{1/2}\int_{0}^{u}(\sin^{-1} x)^2\frac{dx}{x}\frac{du}{u}\label{cen} |
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− | + | \ref{cen}의 우변은 | |
− | + | :<math>I=\int_{0}^{\frac{1}{2}}\int_{0}^{u}\frac{(\arcsin x)^2}{x}\,dx\,\frac{du}{u}=\int_{0}^{\frac{1}{2}}\int_{x}^{\frac{1}{2}}\frac{(\arcsin x)^2}{xu}\,du\,dx=-\int_{0}^{\frac{1}{2}}\log 2x\frac{(\arcsin x)^2}{x}\,dx</math> 이므로, | |
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− | :<math>\int_{0}^{\frac{1}{2}}\int_{0}^{u}\frac{(\arcsin x)^2}{x}\,dx\,\frac{du}{u}=\int_{0}^{\frac{1}{2}}\int_{x}^{\frac{1}{2}}\frac{(\arcsin x)^2}{xu}\,du\,dx=\int_{0}^{\frac{1}{2}}\log 2x\frac{(\arcsin x)^2}{x}\,dx</math> 이므로, | ||
<math>x=\sin\frac{t}{2}</math>로 치환하면, | <math>x=\sin\frac{t}{2}</math>로 치환하면, | ||
− | :<math>\int_{0}^{\frac{1}{2}}\log 2x\frac{(\arcsin x)^2}{x}\,dx=\frac{1}{4}\int_{0}^{\pi/3}x\log^2(2\sin \frac{x}{2})\,dx</math>를 얻는다. | + | :<math>I=-\int_{0}^{\frac{1}{2}}\log 2x\frac{(\arcsin x)^2}{x}\,dx=\frac{1}{4}\int_{0}^{\pi/3}x\log^2(2\sin \frac{x}{2})\,dx</math>를 얻는다. |
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이제 [[로그 사인 적분 (log sine integrals)]] 에서 얻은 다음 결과를 사용하자. | 이제 [[로그 사인 적분 (log sine integrals)]] 에서 얻은 다음 결과를 사용하자. | ||
:<math>\int_{0}^{\pi/3}x\log^2(2\sin \frac{x}{2})\,dx=\frac{17\pi^4}{6480}</math> | :<math>\int_{0}^{\pi/3}x\log^2(2\sin \frac{x}{2})\,dx=\frac{17\pi^4}{6480}</math> | ||
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− | :<math>\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^4\binom{2n}{n}}=\frac{17\pi^4}{3240}</math> ■ | + | :<math>8I=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^4\binom{2n}{n}}=2\int_{0}^{\pi/3}x\log^2(2\sin \frac{x}{2})\,dx=\frac{17\pi^4}{3240}</math> |
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==메모== | ==메모== |
2015년 3월 21일 (토) 00:46 판
개요
\[\zeta(4) = \frac{36}{17} \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^4\binom{2n}{n}}\]
Comtet의 공식
- 정리(Comtet의 공식)
\[\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^4\binom{2n}{n}}=\frac{17\pi^4}{3240}\]
- 증명
아크사인함수의 멱급수로부터 다음을 얻는다. \[2(\sin^{-1} x)^2=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(2x)^{2n}}{n^2\binom{2n}{n}}\] 이를 이용하여, 다음을 증명할 수 있다 \[I=\frac{1}{8}\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^4\binom{2n}{n}}=\int_{0}^{1/2}\int_{0}^{u}(\sin^{-1} x)^2\frac{dx}{x}\frac{du}{u}\label{cen} \]
\ref{cen}의 우변은 \[I=\int_{0}^{\frac{1}{2}}\int_{0}^{u}\frac{(\arcsin x)^2}{x}\,dx\,\frac{du}{u}=\int_{0}^{\frac{1}{2}}\int_{x}^{\frac{1}{2}}\frac{(\arcsin x)^2}{xu}\,du\,dx=-\int_{0}^{\frac{1}{2}}\log 2x\frac{(\arcsin x)^2}{x}\,dx\] 이므로,
\(x=\sin\frac{t}{2}\)로 치환하면,
\[I=-\int_{0}^{\frac{1}{2}}\log 2x\frac{(\arcsin x)^2}{x}\,dx=\frac{1}{4}\int_{0}^{\pi/3}x\log^2(2\sin \frac{x}{2})\,dx\]를 얻는다.
이제 로그 사인 적분 (log sine integrals) 에서 얻은 다음 결과를 사용하자. \[\int_{0}^{\pi/3}x\log^2(2\sin \frac{x}{2})\,dx=\frac{17\pi^4}{6480}\] 따라서, \[8I=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^4\binom{2n}{n}}=2\int_{0}^{\pi/3}x\log^2(2\sin \frac{x}{2})\,dx=\frac{17\pi^4}{3240}\] ■
메모
- 증명
\[2(\arcsin x)^2=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(2x)^{2n}}{n^2\binom{2n}{n}}\] 의 양변을 \(2x\)로 나눈뒤, 다음과 같은 적분을 구하자.
\[\int_{0}^{\frac{1}{2}}\int_{0}^{u}\frac{(\arcsin x)^2}{x}\,dx\,\frac{du}{u}=\sum_{n=1}^{\infty}\int_{0}^{\frac{1}{2}}\int_{0}^{u}\frac{(2x)^{2n-1}}{n^2\binom{2n}{n}}\,dx\,\frac{du}{u}=\sum_{n=1}^{\infty}\int_{0}^{\frac{1}{2}}\frac{(2u)^{2n}}{4n^3\binom{2n}{n}}\,\frac{du}{u}\]
우변으로부터 다음을 얻는다. \[\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{8n^4\binom{2n}{n}}\]
관련논문
- On an Intriguing Integral and Some Series Related to ζ(4)
- David Borwein and Jonathan M. Borwein, Proceedings of the American Mathematical Society, Vol. 123, No. 4 (Apr., 1995), pp. 1191-1198