오늘 올리는 계산은 Coxeter's Integrals라는 적분의 계산입니다. 사실 이 적분을 처음 접한 것은 몇 년 전이지만, 그 동안은 번번히 계산에 실패했었습니다. 그러던 중, 지난 번 「오늘의 계산 37」의 접근법을 기본으로 하고, 아크코사인을 적절히 변형하는 방법을 발견해내어 이렇게 계산에 성공하게 되었습니다. 으, 참으로 긴 여정이었습니다만 그만큼 뿌듯하긴 하네요.
Problem (Coxeter's integrals). Verify the following identities. \begin{align} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos^{-1} \left( \frac{\cos x}{1+2\cos x}\right) \, dx & = \frac{5}{4} \zeta(2) \label{eq:wts1} \\ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos^{-1} \left( \frac{1}{1+2\cos x}\right) \, dx & = \zeta(2) \label{eq:wts2} \end{align}
Proof. We consider the Coxeter's first integral. If we put $B = \cos 2a$, then by double angle formula for cosine we have \begin{equation*} \cos^{-1} B = 2a = 2 \cos^{-1} (\cos a) = 2\cos^{-1} \sqrt{\frac{\cos 2a +1}{2}} = 2\cos^{-1} \sqrt{\frac{B+1}{2}}. \end{equation*} This gives us \begin{equation}\label{eq:1} \cos^{-1} \left( \frac{\cos x}{1+2\cos x} \right) \ = \ 2 \cos^{-1} \sqrt{\frac{1 + 3 \cos x}{2 + 4 \cos x}} \ = \ 2 \tan^{-1} \sqrt{\frac{1 + \cos x}{1 + 3 \cos x}}. \end{equation} Thus from \eqref{eq:1}, we obtain \eqref{eq:wts1} as follows: \begin{eqnarray*} & & \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos^{-1} \left( \frac{\cos x}{1+2\cos x} \right) dx \\ & = & 2 \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \tan^{-1} \sqrt{\frac{1 + \cos x}{1 + 3 \cos x}} \, dx \\ & = & 4 \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \tan^{-1} \left( \frac{\cos y}{\sqrt{2 - 3 \sin^2 y}} \right) \, dy \qquad (x = 2y) \\ & = & 4 \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \int_{0}^{1} \left( \frac{\cos y}{\sqrt{2 - 3 \sin^2 y}} \right) \frac{1}{1 + \left( \frac{\cos^2 y}{2 - 3 \sin^2 y} \right) t^2} \, dtdy \\ & = & \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \int_{0}^{1} \frac{4 \cos y \sqrt{2 - 3 \sin^2 y}}{(t^2 + 2) - (t^2 + 3) \sin^2 y} \, dtdy \\ & = & \int_{0}^{\frac{\pi}{3}} \int_{0}^{1} \frac{8 \sqrt{3} \cos^2 w}{t^2 + (2t^2 + 6) \cos^2 w} \, dtdw \qquad (\sin y = \sqrt{2/3} \sin w) \\ & = & \int_{0}^{\sqrt{3}} \int_{0}^{1} \frac{8 \sqrt{3}}{(1 + s^2) (t^2 s^2 + 3t^2 + 6)} \, dtds \qquad (s = \tan w) \\ & = & \int_{0}^{\sqrt{3}} \int_{0}^{1} \frac{4\sqrt{3}}{t^2 + 3} \left( \frac{1}{s^2 + 1} - \frac{t^2}{t^2 s^2 + 3t^2 + 6} \right) \, dtds \\ & = & \int_{0}^{1} \frac{4\sqrt{3}}{t^2 + 3} \left[ \tan^{-1} s - \frac{t}{\sqrt{3t^2 + 6}} \tan^{-1} \left( \frac{ts}{\sqrt{3t^2 + 6}} \right) \right]_{0}^{\sqrt{3}} \, dt \\ & = & \int_{0}^{1} \left[ \frac{4\sqrt{3} \pi}{3} \frac{1}{t^2 + 3} - \frac{4t}{(t^2 + 3) \sqrt{t^2 + 2}} \tan^{-1} \left( \frac{t}{\sqrt{t^2 + 2}} \right) \right] \, dt \\ & = & \frac{2 \pi^2}{9} - 4 \int_{0}^{1} \frac{t}{(t^2 + 3) \sqrt{t^2 + 2}} \tan^{-1} \left( \frac{t}{\sqrt{t^2 + 2}} \right) \, dt \\ & = & \frac{2 \pi^2}{9} - 4 \left[ \tan^{-1} \sqrt{t^2 + 2} \tan^{-1} \left( \frac{t}{\sqrt{t^2 + 2}} \right) \right]_{0}^{1} + 4 \int_{0}^{1} \frac{\tan^{-1} \sqrt{t^2 + 2}}{(t^2 + 1)\sqrt{t^2 + 2}} \, dt \\ & = & 4 \int_{0}^{1} \frac{\tan^{-1} \sqrt{t^2 + 2}}{(t^2 + 1)\sqrt{t^2 + 2}} \, dt \\ & = & \frac{5}{4} \zeta(2). \end{eqnarray*} Here, the last equality holds since it is the well-known Ahmed's integral. \eqref{eq:wts2} is calculated in a similar manner: \begin{eqnarray*} & & \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos^{-1} \left( \frac{1}{1+2\cos x} \right) dx \\ & = & 2 \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \tan^{-1} \sqrt{\frac{\cos x}{1 + \cos x}} \, dx \\ & = & \frac{\pi^2}{2} - 2 \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \tan^{-1} \sqrt{\frac{1+\cos x}{\cos x}} \, dx \\ & = & \frac{\pi^2}{2} - 4 \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \tan^{-1} \left( \frac{\sqrt{2} \cos y}{\sqrt{1 - 2\sin^2 y}} \right) \, dy \qquad (x = 2y) \\ & = & \frac{\pi^2}{2} - 4 \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \int_{0}^{1} \frac{\sqrt{2} \cos y \sqrt{1 - 2 \sin^2 y}}{(2t^2 + 1) - (2t^2 + 2) \sin^2 y} \, dtdy \\ & = & \frac{\pi^2}{2} - 4 \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \int_{0}^{1} \frac{\cos^2 w}{(2t^2 + 1) - (t^2 + 1) \sin^2 w} \, dtdw \qquad (\sqrt{2} \sin y = \sin w) \\ & = & \frac{\pi^2}{2} - 4 \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \int_{0}^{1} \frac{1}{(2t^2 + 1) + t^2 \tan^2 w} \, dtdw \\ & = & \frac{\pi^2}{2} - 4 \int_{0}^{\infty} \int_{0}^{1} \frac{1}{[(2t^2 + 1) + t^2 s^2](1+s^2)} \, dtds \qquad (s = \tan w) \\ & = & \frac{\pi^2}{2} - 4 \int_{0}^{\infty} \int_{0}^{1} \left[ \frac{1}{(t^2 + 1)(s^2 + 1)} - \frac{1}{(t^2 + 1) \left[ s^2 + \left( \frac{2t^2 + 1}{t^2} \right) \right]} \right] \, dtds \\ & = & \frac{\pi^2}{2} - 4 \int_{0}^{1} \frac{\pi}{2} \left[ \frac{1}{t^2 + 1} - \frac{t}{(t^2 + 1) \sqrt{2t^2 + 1}} \right] \, dt \\ & = & \frac{\pi^2}{2} - 2 \pi \left[ \tan^{-1} t - \tan^{-1} \sqrt{2t^2 + 1} \right]_{0}^{1} \\ & = & \zeta(2). \end{eqnarray*}
제 계산은 제가 다시 돌아봐도 종종 '아, 이딴 걸 어떻게 생각해냈지?' 라는 의문이 들 정도로 motivation이 부족하고 기교적인 것처럼 보입니다. 저 스스로도 종종 이런 생각을 하니, 다른 분들이 보기에는 어떨까 하는 생각이 듭니다. 그러나 제 계산들을 잘 뜯어보면 의외로 단조로운 느낌을 받을 수 있습니다. 이는 제 계산을 아우르는 몇 가지 공통적인 특징이 있기 때문이죠.

우선, 제 모든 계산을 가로지르는 특정 코드는 바로 '등식'입니다. 중간에 계산을 이해하기 위해 필요한 몇 가지 도움정리를 먼저 소개한 후, 본 계산은 오직 등식으로 풀어나가는 방식이죠. 이는 주변 계산들을 '본 계산을 성공시키기 위한 부수적인 지식'으로 취급하고 본 계산의 흐름을 강조하기 위한 제 나름대로의 접근법이라고 할 수 있으며, 여기에는 제가 평소에 계산질을 할 때의 사고의 흐름이 반영되어 있습니다.

다음으로, 제 계산의 상당수는 주어진 적분을 일단 algebraic function 혹은 이와 비슷한 형태의 함수 형태로 변환하는 과정을 거칩니다. 이 과정을 완수하기 위한 기교가 몇 가지 있는데요, 예전에는 Laplace transform을 주로 썼다면 요즘은 이와 비슷한 효과를 주면서도 더 다양한 방식으로 응용 가능한 적분 순서 교환하기 기술을 자주 응용합니다.
Posted by aficionado

댓글을 달아 주세요

  1. 1212 2011.12.21 22:44  댓글주소  수정/삭제  댓글쓰기

    하지만 나에게는 적분표와 CAS가 있다!!!!