오늘의 계산 04 - Euler-Mascheroni Constant

오늘 보일 식은 다음 적분

입니다. 이 적분 정방향으로 공격하는 것은 꽤나 어려워 보이므로, 여기에서는 간접적인 방법으로 위 식을 증명해보도록 하겠습니다. 우선, 등식

이 성립한다고 가정합시다. 양 변을 적분해서 정리해보면

이므로, 원래 적분식이 증명됩니다. 이제 맨 처음의 식이 참임을 보이는 것만 남았습니다. 이를 보이기 위하여,  처음 식의 좌변을

와 같이 둡시다. 그리고 이 식의 테일러 전개를 계산해보면

이고

이므로,

를 얻습니다. 마지막 등식은 제 이전 포스트에서 lnΓ(1+x) 의 테일러가 어떻게 나타나는지를 확인해보면 쉽게 확인할 수 있습니다. 따라서 증명되었습니다.

부수적으로 다음 결과들을 얻습니다.

(1) 첫 번째 등식을 0에서 s까지 적분한 다음 몇 가지 간단한 조작을 하면 다음 식도 얻습니다.

물론 위 식은 Frullani integral이라는, 좀 더 쉬운 테크닉으로 보일 수 있습니다.

(2) 역시 첫 번째 등식과 우리가 보인 적분식을 잘 연결하여 조작하면, 다음 식을 얻습니다.

(물론 적분의 순서교환이나 I(x)의 analyticity 등 세세하게 체크해야 할 부분이 많긴 하지만, 여기서는 계산을 중심으로 다루고 싶기 때문에 이런 내용들을 생략합니다.)

 

좀 고민해본 끝에, 직접 저 값을 유도하는 방법을 찾아냈습니다.

$\int_{0}^{1} \frac{1-t^x}{1-t} \, dt = \gamma + \frac{d}{dx}\ln \Gamma (1+x)$ $\begin{eqnarray*} \gamma & = & \int_{0}^{1} \int_{0}^{1} \frac{1-t^x}{1-t} \, dt dx\\ & = & \int_{0}^{1} \int_{0}^{1} \frac{1-t^x}{1-t} \, dx dt\\ & = & \int_{0}^{1} \frac{1}{1-t}\left[ x - \frac{t^x}{\ln t} \right]_{0}^{1} \, dt\\ & = & \int_{0}^{1} \frac{1}{1-t} + \frac{1}{\ln t} \, dt \end{eqnarray*}$ $I(x) = \int_{0}^{1} \frac{1-t^x}{1-t} \, dt$ $I(0) = 0$ $\begin{eqnarray*}I^{(n)}(0) & = & - \int_{0}^{1} \frac{\ln^{n} t}{1-t} \, dt\\ & = & - \int_{0}^{\infty} \frac{(-u)^{n}}{1-e^{-u}}e^{-u} \, du \quad (\text{where } t = e^{-u})\\ & = & (-1)^{n+1} \int_{0}^{\infty} \sum_{k=1}^{\infty} u^{n} e^{-ku} \, du\\ & = & (-1)^{n+1} \sum_{k=1}^{\infty} \int_{0}^{\infty} u^{n} e^{-ku} \, du\\ & = & (-1)^{n+1} \sum_{k=1}^{\infty} \frac{\Gamma(n+1)}{k^{n+1}}\\ & = & (-1)^{n+1} n! \zeta(n+1)\\ \end{eqnarray*}$ $I(x) = \sum_{n=2}^{\infty} (-1)^{n} \zeta(n) \, x^{n-1} = \gamma + \frac{d}{dx}\ln \Gamma (1+x)$ $\int_{0}^{1} \frac{1}{1-x} + \frac{1}{\ln x} \, dx = \gamma$ $\int_{0}^{1} \frac{x^{s-1} - 1}{\ln x} \, dx = \ln s$ $\int_{0}^{1} \left[ \frac{1}{1-x} + \frac{1}{\ln x} - \frac{1}{2}\right] \frac{1}{\ln x} \, dx = \ln \sqrt{2 \pi} - 1$ $\begin{eqnarray*} & & \int_{0}^{1} \frac{1}{1-x} + \frac{1}{\ln x} \, dx\\ & = & \int_{0}^{1} x \left( \frac{1}{x(1-x)} + \frac{1}{x \ln x} \right) \, dx\\ & = & \left[ \vphantom{\sum} x \left( \ln x - \ln(1-x) + \ln | \ln x | \right) \right]_{0}^{1} - \int_{0}^{1} ( \ln x - \ln(1-x) + \ln | \ln x | ) \, dx\\ & = & - \int_{0}^{1} \ln \ln \left( \frac{1}{x} \right) \, dx\\ & = & - \int_{0}^{\infty} e^{-t} \ln t \, dt \quad \quad (\text{where } x = e^{-t})\\ & = & \gamma \end{eqnarray*}$