| 수학상수 Mathematical Constants | |||||
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1. 개요
카탈랑 常數 / Catalan's constant카탈랑 상수는 벨기에의 수학자 외젠 샤를 카탈랑에 의해 정의된 상수로, 아래와 같은 식으로 정의된다. [math(C)], [math(K)] 등으로 표기하는 경우도 매우 흔하다.
[math(\displaystyle \begin{aligned} G &= \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n+1)^2} = \frac1{1^2} -\frac1{3^2} +\frac1{5^2} -\frac1{7^2} +\cdots \\ &\approx 0.9159655942 \end{aligned} )] |
카탈랑 상수는 디리클레 베타 함수 [math(\displaystyle \beta(s) = \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n+1)^s})]에서 [math(s=2)]인 경우이다. 참고로, 디리클레 베타 함수는 리만 제타 함수와 관련이 있고, 결국 리만 가설로 연결된다.
2. 항등식
- [math(\displaystyle \int_0^1 \frac{\arctan{x}}x \,{\rm d}x = G)]
[math(\displaystyle \int_1^\infty \frac{\operatorname{arccot}x}x \,{\rm d}x = G)]
위쪽 식에 [math(\arctan x)]의 매클로린 급수 전개식 [math(\displaystyle \arctan x = \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{2n+1} x^{2n+1})]을 대입한다.
[math(\displaystyle \begin{aligned}
\int_0^1 \frac{\arctan{x}}x \,{\rm d}x &= \int_0^1 \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{2n+1} x^{2n} \,{\rm d}x \\
&= \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{2n+1} \int_0^1 x^{2n} \,{\rm d}x \\
&= \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n+1)^2} = G \qquad \blacksquare
\end{aligned} )]
[math(\displaystyle \int_0^1 \frac{\arctan{x}}x \,{\rm d}x = G)]에서 [math(x=\dfrac1t)]로 치환한 후 [math(arctan)] 함수와 [math(operatorname{arccot})] 함수의 관계식을 사용하면 아래쪽 식의 적분 항을 얻을 수 있다.
[math(\displaystyle \begin{aligned}
G = \int_0^1 \frac{\arctan{x}}x \,{\rm d}x &= \int_\infty^1 \frac{\arctan(1/t)}{1/t} \!\left( -\frac1{t^2} \,{\rm d}t \right) \\
&= \int_1^\infty \frac{\arctan(1/t)}t \,{\rm d}t \\
&= \int_1^\infty \frac{\operatorname{arccot}t}t \,{\rm d}t \qquad \blacksquare
\end{aligned} )]
}}}||
- [math(\displaystyle \int_0^\infty \frac1x \operatorname{erf}\biggl(\frac1x\biggr) \!\operatorname{erfc}\biggl(\frac1x\biggr) {\rm d}x = \frac{2G}\pi \approx 0.5831218081 \quad)] ([math(\operatorname{erf}(x))]는 오차함수, [math(\operatorname{erfc}(x))]는 여오차함수)
[math(x=\dfrac1t)]로 치환하면
[math(\displaystyle \begin{aligned}
\int_0^\infty \frac1x \operatorname{erf}\biggl(\frac1x\biggr) \!\operatorname{erfc}\biggl(\frac1x\biggr) {\rm d}x &= \int_\infty^0 t \operatorname{erf}(t) \operatorname{erfc}(t) \biggl( -\frac{{\rm d}t}{t^2} \biggr) \\
&= \int_0^\infty \frac1t \operatorname{erf}(t) \operatorname{erfc}(t) \,{\rm d}t
\end{aligned} )]
오차함수 및 여오차함수의 적분 표현식을 그대로 대입하면
[math(\displaystyle \begin{aligned}
\int_0^\infty \frac1x \operatorname{erf}\biggl(\frac1x\biggr) \!\operatorname{erfc}\biggl(\frac1x\biggr) {\rm d}x &= \int_0^\infty \frac1t \operatorname{erf}(t) \operatorname{erfc}(t) \,{\rm d}t \\
&= \int_0^\infty \frac1t \biggl( \frac{2t}{\sqrt\pi} \int_0^1 e^{-t^2y^2} \,{\rm d}y \biggr) \!\biggl( \frac{2t}{\sqrt\pi} \int_1^\infty e^{-t^2z^2} \,{\rm d}z \biggr) {\rm d}t \\
&= \frac2\pi \int_0^1 \int_1^\infty \int_0^\infty e^{-(y^2+z^2)t^2} \cdot 2t \,{\rm d}t \,{\rm d}z \,{\rm d}y
\end{aligned} )]
[math(t^2=x)]로 치환하면
[math(\displaystyle \begin{aligned}
\int_0^\infty \frac1x \operatorname{erf}\biggl(\frac1x\biggr) \!\operatorname{erfc}\biggl(\frac1x\biggr) {\rm d}x &= \frac2\pi \int_0^1 \int_1^\infty \int_0^\infty e^{-(y^2+z^2)t^2} \cdot 2t \,{\rm d}t \,{\rm d}z \,{\rm d}y \\
&= \frac2\pi \int_0^1 \int_1^\infty \int_0^\infty e^{-(y^2+z^2)x} \,{\rm d}x \,{\rm d}z \,{\rm d}y \\
&= \frac2\pi \int_0^1 \int_1^\infty \biggl[ -\frac{e^{-(y^2+z^2)x}}{y^2+z^2} \biggr]_{x\to0}^{x\to\infty} {\rm d}z \,{\rm d}y \\
&= \frac2\pi \int_0^1 \int_1^\infty \frac1{y^2+z^2} \,{\rm d}z \,{\rm d}y \\
&= \frac2\pi \int_0^1 \biggl[ \frac1y \arctan \biggl( \frac zy \biggr) \biggr]_{z\to1}^{z\to\infty} {\rm d}y \\
&= \frac2\pi \int_0^1 \frac1y \biggl[ \frac\pi2 -\arctan \biggl( \frac1y \biggr) \biggr] \,{\rm d}y \\
&= \frac2\pi \int_0^1 \frac1y \arctan y \,{\rm d}y \\
&= \frac{2G}\pi
\end{aligned} )]
참고로, 위 적분의 후반부에서 [math(arctan y +arctan biggl( dfrac1y biggr) != dfracpi2)] (단, [math(y>0)])임을 사용하였다.
}}}||
- [math(\displaystyle \int_{-\infty}^0 \arctan{e^x} \,{\rm d}x = G)]
[math(\displaystyle \int_0^\infty \operatorname{arccot}e^x \,{\rm d}x = G)]
[math(\displaystyle \int_0^1 \frac{\arctan{x}}x \,{\rm d}x = G)]에서 [math(x=e^t)]로 치환하면 위쪽 식을 증명할 수 있다.
[math(\displaystyle \begin{aligned}
G = \int_0^1 \frac{\arctan{x}}x \,{\rm d}x &= \int_{-\infty}^0 \frac{\arctan{e^t}}{e^t} \cdot e^t \,{\rm d}t \\
&= \int_{-\infty}^0 \arctan{e^t} \,{\rm d}t \qquad \blacksquare
\end{aligned} )]
여기서 [math(t=-x)]로 치환한 후 [math(arctan)] 함수와 [math(operatorname{arccot})] 함수의 관계식을 사용하면 아래쪽 식을 증명할 수 있다.
[math(\displaystyle \begin{aligned}
G = \int_{-\infty}^0 \arctan{e^t} \,{\rm d}t &= \int_\infty^0 \arctan{e^{-x}} \,(-{\rm d}x) \\
&= \int_0^\infty \arctan \frac1{e^x} \,{\rm d}x \\
&= \int_0^\infty \operatorname{arccot} e^x \,{\rm d}x \qquad \blacksquare
\end{aligned} )]
}}}||
- [math(\displaystyle \int_0^{\pi/2} \frac x{\sin x} \,{\rm d}x = 2G \approx 1.8319311884)]
탄젠트 반각 치환을 사용하자. [math(t=\tan \dfrac x2)]로 치환하면 [math(x=2\arctan t)]이고 [math(\sin x = \dfrac{2t}{1+t^2})]이고 [math({\rm d}x = \dfrac{2\,{\rm d}t}{1+t^2})]이므로 다음과 같이 증명할 수 있다.
[math(\displaystyle \begin{aligned}
\int_0^{\pi/2} \frac x{\sin x} \,{\rm d}x &= \int_0^1 2\arctan t \cdot \frac{1+t^2}{2t} \cdot \frac{2\,{\rm d}t}{1+t^2} \\
&= 2\int_0^1 \frac{\arctan t}t \,{\rm d}t \\
&= 2G
\end{aligned} )]
}}}||
- [math(\displaystyle \int_0^{1/2} \Gamma(1+x)\Gamma(1-x) \,{\rm d}x = \frac{2G}\pi \quad)] ([math(\Gamma(x))]는 감마 함수)
감마 함수의 반사 공식 [math(\Gamma(x)\Gamma(1-x) = \dfrac\pi{\sin\pi x})]를 사용하여 증명할 수 있다.
[math(\displaystyle \begin{aligned}
\int_0^{1/2} \Gamma(1+x)\Gamma(1-x) \,{\rm d}x &= \int_0^{1/2} x\Gamma(x)\Gamma(1-x) \,{\rm d}x \\
&= \int_0^{1/2} \frac{\pi x}{\sin\pi x} \,{\rm d}x
\end{aligned} )]
[math(\pi x=t)]로 치환하면
[math(\displaystyle \begin{aligned}
\int_0^{1/2} \Gamma(1+x)\Gamma(1-x) \,{\rm d}x &= \int_0^{1/2} \frac{\pi x}{\sin\pi x} \,{\rm d}x \\
&= \int_0^{\pi/2} \frac t{\sin t} \frac{{\rm d}t}\pi \\
&= \frac1\pi \int_0^{\pi/2} \frac t{\sin t} \,{\rm d}t \\
&= \frac{2G}\pi
\end{aligned} )]
}}}||
- [math(\displaystyle \int_0^1 K(k) \,{\rm d}k = 2G)]
[math(\displaystyle \int_0^1 E(k) \,{\rm d}k = G+\frac12 \approx 1.4159655942 \quad)] ([math(K(k))], [math(E(k))]는 각각 완전 제1, 2종 타원적분)
증명은 타원 적분 문서의 관련 공식 문단 참고.
- [math(\displaystyle \int_0^{\pi/2} \operatorname{igd}(x) \,{\rm d}x = 2G \quad)] ([math(\operatorname{igd}(x))]는 구데르만 역함수)
증명은 구데르만 함수 문서의 극한값 및 미적분 문단 참고.
- [math(\displaystyle \int_1^\infty \frac{\ln x}{1+x^2} \,{\rm d}x = G)]
[math(\displaystyle \int_0^1 \frac{\ln x}{1+x^2} \,{\rm d}x = -G)]
위쪽 식부터 증명하자. 우선 [math(x=e^t)]로 치환한 후 분모와 분자에 [math(e^{-2t})]를 곱하면
[math(\displaystyle \begin{aligned}
\int_1^\infty \frac{\ln x}{1+x^2} \,{\rm d}x &= \int_0^\infty \frac{te^t}{1+e^{2t}} \,{\rm d}t \\
&= \int_0^\infty \frac{te^{-t}}{1+e^{-2t}} \,{\rm d}t
\end{aligned} )]
[math(\displaystyle \frac1{1+e^{-2t}} = \sum_{n=0}^\infty (-1)^n e^{-2nt})]임을 이용하면
[math(\displaystyle \begin{aligned}
\int_1^\infty \frac{\ln x}{1+x^2} \,{\rm d}x &= \int_0^\infty \frac{te^{-t}}{1+e^{-2t}} \,{\rm d}t \\
&= \int_0^\infty t \sum_{n=0}^\infty (-1)^n e^{-(2n+1)t} \,{\rm d}t \\
&= \sum_{n=0}^\infty (-1)^n \int_0^\infty t e^{-(2n+1)t} \,{\rm d}t
\end{aligned} )]
여기서 이 정적분의 값은
[math(\displaystyle \begin{aligned}
\int_0^\infty t e^{-(2n+1)t} \,{\rm d}t &= \biggl. \frac{t e^{-(2n+1)t}}{-(2n+1)} \biggr|_0^\infty -\int_0^\infty \frac{e^{-(2n+1)t}}{-(2n+1)} \,{\rm d}t \\
&= \int_0^\infty \frac{e^{-(2n+1)t}}{2n+1} \,{\rm d}t = \biggl. \frac{e^{-(2n+1)t}}{-(2n+1)^2} \biggr|_0^\infty \\
&= \frac1{(2n+1)^2}
\end{aligned} )]
이므로 위쪽 식을 증명할 수 있다.
[math(\displaystyle \begin{aligned}
\therefore \int_1^\infty \frac{\ln x}{1+x^2} \,{\rm d}x &= \sum_{n=0}^\infty (-1)^n \int_0^\infty t e^{-(2n+1)t} \,{\rm d}t \\
&= \sum_{n=0}^\infty (-1)^n \frac1{(2n+1)^2} \\
&= G \qquad \blacksquare
\end{aligned} )]
한편, [math(\displaystyle \int_1^\infty \frac{\ln x}{1+x^2} \,{\rm d}x = G)]에서 [math(x=\dfrac1t)]로 치환하면 아래쪽 식을 증명할 수 있다.
[math(\displaystyle \begin{aligned}
G = \int_1^\infty \frac{\ln x}{1+x^2} \,{\rm d}x &= \int_\infty^1 \frac{\ln t^{-1}}{1+t^{-2}} \!\left( -\frac1{t^2} \,{\rm d}t \right) \\
&= \int_1^\infty \frac{\ln t^{-1}}{t^2+1} \,{\rm d}t \\
&= -\int_1^\infty \frac{\ln t}{t^2+1} \,{\rm d}t \qquad \blacksquare
\end{aligned} )]
}}}||
- [math(\displaystyle \int_0^{\pi/4} \ln{\tan x} \,{\rm d}x = -G)]
[math(\displaystyle \int_0^{\pi/4} \ln{\operatorname{cot}x} \,{\rm d}x = G)]
[math(\displaystyle \quad \int_0^1 \frac{\ln x}{1+x^2} \,{\rm d}x = -G)]에서
- [math(x=\tan t)]로 치환하면 위쪽 식을 증명할 수 있다.
{{{#!wiki style="text-align:center"
[math(\displaystyle \begin{aligned}
-G = \int_0^1 \frac{\ln x}{1+x^2} \,{\rm d}x &= \int_0^{\pi/4} \frac{\ln \tan t}{1+\tan^2 t} \,\sec^2 t \,{\rm d}t \\
&= \int_0^{\pi/4} \ln \tan t \,{\rm d}t \qquad \blacksquare \\
\end{aligned} )]}}}
- [math(x=\cot t)]로 치환하면 아래쪽 식을 증명할 수 있다.
{{{#!wiki style="text-align:center"
[math(\displaystyle \begin{aligned}
-G = \int_0^1 \frac{\ln x}{1+x^2} \,{\rm d}x &= \int_0^{\pi/4} \frac{\ln \cot t}{1+\cot^2 t} \,(-\csc^2 t \,{\rm d}t) \\
&= -\int_0^{\pi/4} \ln \cot t \,{\rm d}t \\
\therefore \int_0^{\pi/4} \ln \cot t \,{\rm d}t &= G \qquad \blacksquare
\end{aligned} )]}}}
}}}||
- [math(\displaystyle \iint_{[0,1]^2} \frac1{1+x^2y^2} \,{\rm d}x\,{\rm d}y = G)]
[math(\displaystyle \frac1{1+x^2y^2} = \sum_{n=0}^\infty (-1)^n x^{2n} y^{2n})]임을 이용한다.
[math(\displaystyle \begin{aligned}
\iint_{[0,1]^2} \frac1{1+x^2y^2} \,{\rm d}x\,{\rm d}y &= \int_0^1 \int_0^1 \sum_{n=0}^\infty (-1)^n x^{2n} y^{2n} \,{\rm d}x \,{\rm d}y \\
&= \sum_{n=0}^\infty (-1)^n \int_0^1 x^{2n} \,{\rm d}x \int_0^1 y^{2n} \,{\rm d}y \\
&= \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n+1)^2} \\
&= G
\end{aligned} )]
}}}||
3. 값
|
- 5번 반복되는 1: 4588~4592번째 자리
- 5번 반복되는 7: 922~926번째 자리
4. 관련 문서
[1] 유리수인지 아닌지를 판별하는 함수.