오늘의 계산 35 - Two Integrals

오늘 계산은 지금까지 MathLinks에 답변했던 계산들 중 2개를 추려서 올려본 것입니다.

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이번에 계산할 적분은 아래 적분입니다. 특별한 설명 없이 쭉 이어나가겠습니다.

$$\begin{array}{rl}I& ={\int }_0^1\frac{\sqrt{x-x^2}}{(1+x^2{)}^2}\mathrm{d}x\\ \text{(}x=1/(1+y)\text{)}& & ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{\sqrt{y}(1+y)}{(1+(1+y{)}^2{)}^2}\mathrm{d}t\text{(IbP)}& & =\frac{1}{4}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{\mathrm{d}y}{\sqrt{y}(1+(1+y{)}^2)}\text{(}y=s^2\text{)}& & =\frac{1}{2}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{\mathrm{d}s}{1+(1+s^2{)}^2}& =\frac{1}{2}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\sin t{e}^{-(1+s^2)t}\mathrm{d}t\mathrm{d}s\\ & =\frac{1}{2}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\sin t{e}^{-t}\left[{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-t{s}^2}\mathrm{d}s\right]\mathrm{d}t\\ & =\frac{\sqrt{\pi }}{4}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{\sin t}{\sqrt{t}}{e}^{-t}\mathrm{d}t\\ \text{(}t=z^2\text{)}& & =\frac{\sqrt{\pi }}{2}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\sin (z^2)e^{-z^2}\mathrm{d}z& =\frac{\sqrt{\pi }}{2}\mathrm{\Im }\left[{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-(1-i)z^2}\mathrm{d}z\right]\end{array}$$

이제 복소적분 테크닉을 이용하면

$$\begin{array}{rl}\text{(}z=e^{\frac{i\pi }{8}}w\text{)}& I& =\frac{\sqrt{\pi }}{2}\mathrm{\Im }\left[e^{\frac{i\pi }{8}}{\int }_0^{\exp (-\frac{i\pi }{8})\mathrm{\infty }}{e}^{-\sqrt{2}{w}^2}\mathrm{d}w\right]& =\frac{\sqrt{\pi }}{2}\mathrm{\Im }\left(e^{\frac{i\pi }{8}}\underset{R\to \mathrm{\infty }}{lim}[{\int }_0^R{e}^{-\sqrt{2}{w}^2}\mathrm{d}w+{\int }_R^{\exp (-\frac{i\pi }{8})R}{e}^{-\sqrt{2}{w}^2}\mathrm{d}w]\right)\\ & =\frac{\sqrt{\pi }}{2}\mathrm{\Im }\left(e^{\frac{i\pi }{8}}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-\sqrt{2}{w}^2}\mathrm{d}w\right)\\ & =\frac{\pi }{4\sqrt[4]{2}}\mathrm{\Im }{e}^{\frac{i\pi }{8}}\\ & =\frac{\pi }{4\sqrt[4]{2}}\sin \frac{\pi }{8}\\ & =\frac{\pi }{8}\sqrt{\sqrt{2}-1}\end{array}$$

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이번에 계산할 적분은

$$\begin{array}{r}I={\int }_0^{\mathrm{\infty }}(\frac{1}{x}-\frac{e^{-x}}{2}-\frac{1}{e^x-1})\frac{\mathrm{d}x}{x}\end{array}$$

 

입니다. 위 적분이 절대수렴한다는 것은 원점에서의 행동을 조사해보면 쉽게 알 수 있습니다. 이제 위 적분을 계산하기 위해, 좀 더 일반적인 다음 식을 증명해보도록 하겠습니다.

$$\begin{array}{rl}F(s)& ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}(\frac{1}{x}-\frac{e^{-x}}{2}-\frac{1}{e^x-1})\frac{e^{-sx}}{x}\mathrm{d}x\\ & =s\log s-s+\frac{1}{2}\log (1+s)-\log \mathrm{\Gamma }(1+s)+\log \sqrt{2\pi }\end{array}$$

즉, $F(s)$는 Stirling formula를 적분으로 표현한 버전이라 할 수 있겠습니다. 증명은 간단합니다. $F^{″}(s)$를 계산한 다음, $F(\mathrm{\infty })=F^{\prime }(\mathrm{\infty })=0$ 이라는 사실을 이용하여 두 번 적분해주면 됩니다. $F^{″}(s)$는 Leibniz's integral rule에 의해

$$\begin{array}{rl}{F}^{″}(s)& ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{{\partial }^2}{\partial s^2}(\frac{1}{x}-\frac{e^{-x}}{2}-\frac{1}{e^x-1})\frac{e^{-sx}}{x}\mathrm{d}x\\ & ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}(1-\frac{x{e}^{-x}}{2}-\frac{x}{e^x-1})e^{-sx}\mathrm{d}x\\ & ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-sx}dx-\frac{1}{2}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}x{e}^{-(s+1)x}dx-{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{x{e}^{-sx}}{e^x-1}\mathrm{d}x\\ & =\frac{1}{s}-\frac{1}{2}\frac{1}{(s+1{)}^2}-\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}x{e}^{-(n+s)x}\mathrm{d}x\\ & =\frac{1}{s}-\frac{1}{2}\frac{1}{(s+1{)}^2}-\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{(n+s{)}^2}\\ & =\frac{1}{s}-\frac{1}{2}\frac{1}{(s+1{)}^2}-{\psi }_1(s+1).\end{array}$$

로 주어집니다. 이제 위 식을 두 번 적분하고 Stirling formula를 적용하든가 다른 방법을 이용하면 원하는 식을 보일 수 있습니다. 따라서

$$I=F(0)=\log \sqrt{2\pi }$$

입니다.