"슈테판-볼츠만 법칙"의 두 판 사이의 차이

2012년 8월 25일 (토) 14:20 판

\(\zeta(4) = \frac{36}{17} \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^4\binom{2n}{n}}\)

(증명)

\(2(\sin^{-1} x)^2=\sum_{n=1}^{\finfty}\frac{(2x)^{2n}}{n^2\binom{2n}{n}}\)

를 이용하여, 다음을 증명할 수 있다

\(I=\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^4\binom{2n}{n}}=\int_{0}^{1/2}\int_{0}^{u}(\sin^{-1} x)^2\frac{dx}{x}\frac{du}{u}\)

한편

\(I=\int_{0}^{1/2}\int_{0}^{u}(\sin^{-1} x)^2\frac{dx}{x}\frac{du}{u}=2\int_{0}^{\pi/3}x\log^2(2\sin \frac{x}{2})\,dx=\frac{17\pi^4}{3240}\)■

흑체의 온도와 복사 에너지의 관계에 대한 슈테판-볼츠만 법칙의 유도과정에는 \(\zeta(4)\) 의 계산이 등장함.
\(\int_0^\infty \frac{\nu^3}{ e^{\frac{h\nu}{kT}}-1} d\nu\)
상수를 제외하면 다음과 같은 적분
\(\int_{0}^{\infty}\frac{x^{3}}{e^x-1}dx=\Gamma(4)\zeta(4)=\frac{\pi^4}{15}\)
더 일반적으로 다음과 같은 적분을 할 수 있음.
\(\int_{0}^{\infty}\frac{x^{n}}{e^x-1}dx=\int_{0}^{\infty}{x^{n}(e^{-x}+e^{-2x}+e^{-3x}+}e^{-4x}+e^{-5x}+\cdots)dx=\Gamma(n+1)\zeta(n+1)\)
\(\int_{0}^{\infty}{x^{n}e^{-kx}dx=\frac{\Gamma(n+1)}{k^{n+1}}\)
푸리에 변환 항목의 멜린변환 참조

자코비 세타함수 를 이용하여 리만제타함수와 리만가설를 해석적으로 확장하는 것과의 유사성
\(\xi(s) : = \pi^{-s/2}\ \Gamma\left(\frac{s}{2}\right)\ \zeta(s)= \int_0^\infty (\frac{\theta(it)-1}{2})t^{\frac{s}{2}} \frac{dt}{t}\)
슈테판-볼츠만 법칙을 유도하는 과정에서 나오는 적분의 경우
\(\int_{0}^{\infty}\frac{1}{e^t-1}t^s\frac{dt}{t}=\int_{0}^{\infty}{t^{s-1}(e^{-t}+e^{-2t}+e^{-3t}+}e^{-4t}+e^{-5t}+\cdots)dt=\Gamma(s)\zeta(s)\)
\(\psi(t)=i \cot \frac{t}{2}\) 로 두면, \( \frac{\psi(it)-1}{2}=\frac{1}{e^t-1}\)
\(\coth x = \frac{\cosh x}{\sinh x} = \frac {\frac {e^x + e^{-x}} {2}} {\frac {e^x - e^{-x}} {2}} = \frac {e^x + e^{-x}} {e^x - e^{-x}} = \frac{e^{2x} + 1} {e^{2x} - 1} = i \cot ix \\) 참고
\(\int_{0}^{\infty}(\frac{\coth t/2-1}{2})t^s\frac{dt}{t}=\Gamma(s)\zeta(s)\)
\(\int_{0}^{\infty}(\frac{\coth t-1}{2})t^s\frac{dt}{t}=2^{-s}\Gamma(s)\zeta(s)\)

2012년 6월 6일 (수) 11:36 판 (원본 보기) http://bomber0.myid.net/ (토론) (피타고라스님이 이 페이지의 위치를 <a href="/pages/10821664">01 수리물리학의 주제들</a>페이지로 이동하였습니다.) ← 이전 편집	2012년 8월 25일 (토) 14:20 판 (원본 보기) http://bomber0.myid.net/ (토론) 다음 편집 →
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