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{align*}
I & = \int_{0}^{1}\frac{\sqrt{x-x^{2}}}{(1+x^{2})^{2}}\, \mathrm{d}x \\ &= \int_{0}^{\infty}\frac{\sqrt{y}(1+y)}{(1+(1+y)^{2})^{2}}\, \mathrm{d}t \tag{$x = 1/(1+y)$} \\ &= \frac{1}{4} \int_{0}^{\infty} \frac{\mathrm{d}y}{\sqrt{y}(1+(1+y)^{2})} \tag{IbP} \\ &= \frac{1}{2} \int_{0}^{\infty}\frac{\mathrm{d}s}{1+(1+s^{2})^{2}} \tag{$y = s^{2}$} \\ &= \frac{1}{2}\int_{0}^{\infty} \int_{0}^{\infty} \sin t e^{-(1+s^{2})t} \, \mathrm{d}t \mathrm{d}s \\ &= \frac{1}{2}\int_{0}^{\infty} \sin t e^{-t} \left[\int_{0}^{\infty}e^{-ts^{2}}\, \mathrm{d}s\right] \mathrm{d}t \\ &= \frac{\sqrt{\pi}}{4}\int_{0}^{\infty}\frac{\sin t}{\sqrt{t}}e^{-t}\, \mathrm{d}t \\ &= \frac{\sqrt{\pi}}{2}\int_{0}^{\infty}\sin (z^{2}) e^{-z^{2}}\, \mathrm{d}z \tag{$t = z^{2}$} \\ &= \frac{\sqrt{\pi}}{2}\Im \left[ \int_{0}^{\infty}e^{-(1-i)z^{2}}\, \mathrm{d}z \right] \end{align*}

이제 복소적분 테크닉을 이용하면

\begin{align*} I & = \frac{\sqrt{\pi}}{2}\Im \left[ e^{\frac{i\pi}{8}} \int_{0}^{\exp(-\frac{i\pi}{8}) \infty}e^{-\sqrt{2}w^{2}}\, \mathrm{d}w \right] \tag{$z = e^{\frac{i\pi}{8}} w$} \\ & = \frac{\sqrt{\pi}}{2}\Im \left( e^{\frac{i\pi}{8}} \lim_{R\to\infty} \left[ \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]\right) \\ & = \frac{\sqrt{\pi}}{2}\Im \left( e^{\frac{i\pi}{8}} \int_{0}^{\infty} e^{-\sqrt{2}w^{2}}\, \mathrm{d}w \right) \\ & = \frac{\pi}{4\sqrt[4]{2}}\Im e^{\frac{i\pi}{8}} \\ & = \frac{\pi}{4\sqrt[4]{2}} \sin \frac{\pi}{8} \\ & = \frac{\pi}{8} \sqrt{\sqrt{2}-1} \end{align*}

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이번에 계산할 적분은

\begin{align*} I =\int_{0}^{\infty}\left(\frac{1}{x}-\frac{e^{-x}}{2}-\frac{1}{e^{x}-1}\right)\,\frac{\mathrm{d}x}{x} \end{align*}

 

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{align*} F(s) & = \int_{0}^{\infty}\left(\frac{1}{x}-\frac{e^{-x}}{2}-\frac{1}{e^{x}-1}\right)\,\frac{e^{-sx}}{x} \, \mathrm{d}x \\ & = s\log s-s+\frac{1}{2}\log (1+s)-\log\Gamma (1+s)+\log\sqrt{2\pi} \end{align*}

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

\begin{align*} F''(s) & = \int_{0}^{\infty}\frac{\partial^{2}}{\partial s^{2}}\left(\frac{1}{x}-\frac{e^{-x}}{2}-\frac{1}{e^{x}-1}\right)\,\frac{e^{-sx}}{x}\, \mathrm{d}x \\ & = \int_{0}^{\infty}\left( 1-\frac{x e^{-x}}{2}-\frac{x}{e^{x}-1}\right) e^{-sx}\, \mathrm{d}x \\ & = \int_{0}^{\infty}e^{-sx}\, dx-\frac{1}{2}\int_{0}^{\infty}x e^{-(s+1)x}\, dx-\int_{0}^{\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}^{\infty}\int_{0}^{\infty}x e^{-(n+s)x}\, \mathrm{d}x \\ & = \frac{1}{s}-\frac{1}{2}\frac{1}{(s+1)^{2}}-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(n+s)^{2}} \\ & = \frac{1}{s}-\frac{1}{2}\frac{1}{(s+1)^{2}}-\psi_{1}(s+1). \end{align*}

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.