Some evaluation using Gamma Functions

By | July 21, 2015

이 글은 Stackexchange에서 본 것을 가져왔다. 이 글에서 계산하고자 하는 적분은 다음과 같다.

Problem. Evaluate

    \[ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \log(\sin x) dx\]

사실 위 적분은 코시정리로도 증명할 수 있지만, 증명을 할 때 나타나는 기술적인 문제들이 좀 많다. 코시정리를 쓰는 것보다 특수함수를 이용해서 적분을 계산하는 것이 보다 쉽다. 위 링크에서 참고해볼만한 증명방법은 크게 두 가지다. 본질적으로 감마함수를 쓰기에 다를 것은 없지만, 해석확장을 쓰는 증명과 또 다른 특수함수를 도입해서 계산을 하는 증명이라 조금 차이가 있다. 첫 번째로 감마함수만 쓰는 증명을 보도록 하자.

Proof. 베타함수의 또 다른 정의를 떠올리면

    \begin{align*} B\left(x,y\right) & =2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\left(\sin\theta\right)^{2x-1}\left(\cos\theta\right)^{2y-1}d\theta\\ & =\frac{\Gamma\left(x\right)\Gamma\left(y\right)}{\Gamma\left(x+y\right)}. \end{align*}

이다.

그러므로 정의에 의하여 자연수 n에 대하여

    \begin{align*} B\left(n+\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right) & =2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{2n}\theta d\theta=\frac{\Gamma\left(n+\frac{1}{2}\right)\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)}{\Gamma\left(n+1\right)}\\ & =\frac{\Gamma\left(n+\frac{1}{2}\right)\sqrt{\pi}}{n!}\\ B\left(n+1,\frac{1}{2}\right) & =2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{2n+1}\theta d\theta=\frac{\Gamma\left(n+1\right)\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)}{\Gamma\left(n+\frac{3}{2}\right)}\\ & =\frac{\sqrt{\pi}n!}{\Gamma\left(n+\frac{3}{2}\right)}. \end{align*}

를 얻는다.
I_{n}=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{n}\theta d\theta와 같이 정의하면,

    \begin{align*} \frac{I_{2n}}{I_{2n+1}} & =\frac{\left(2n\right)!}{4^{n}\left(n!\right)^{2}}\frac{\pi}{2} \end{align*}

이 모든 자연수 n에 대하여 성립함을 알 수 있다. 그러므로 \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{2n}\left(x\right)dx를 해석확장시키면,

    \[ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{2z}\left(x\right)dx=\frac{\pi}{2}\frac{\Gamma\left(2z+1\right)}{4^{z}\Gamma\left(z+1\right)^{2}}. \]

임을 확인할 수 있다. 여기서 pole은 \Gamma(z+1)의 zero들이다. 이 것들은 우리 증명에 전혀 영향을 미치지 않는다.

이제 z에 대하여 양변을 미분하면

    \begin{align*} & 2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{2z}\left(x\right)\log\left(\sin\left(x\right)\right)dx\\ & =\frac{\pi}{2}\left\{ 2\Gamma^{\prime}\left(2z+1\right)4^{-z}\Gamma^{-2}\left(z+1\right)\right.\\ & +2\Gamma\left(2z+1\right)4^{-z}\Gamma^{-3}\left(z+1\right)\Gamma^{\prime}\left(z+1\right)\\ & \left.-\log\left(4\right)\Gamma\left(2z+1\right)4^{-z}\Gamma^{-2}\left(z+1\right)\right\} . \end{align*}

를 얻는다. 이제 z=0을 대입한다. \Gamma^{\prime}\left(1\right)=-\gamma이므로,

    \begin{align*} 2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\log\left(\sin\left(x\right)\right)dx & =\frac{\pi}{2}\left(-2\gamma+2\gamma-\log4\right)\\ & =-\pi\log\left(2\right). \end{align*}

를 얻는다. 따라서

    \[ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\log\left(\sin x\right)dx=-\frac{\pi}{2}\log\left(2\right). \]

이다.


Another Proof. 이번에는 새로운 특수함수를 도입한다. Digamma function \psi는 다음과 같이 정의된다.

    \[ \psi (z) = \frac{\Gamma^\prime (z)}{\Gamma (z)} \]

베타함수와 digamma function은 다음과 같은 relationship이 성립한다.

    \[ \frac{\partial}{\partial x} B(x,y) = B(x,y)\left(\psi (x) -\psi (x+y)\right)\]

이를 바탕으로 증명을 시작하자.

\sin x=t로 치환하면, 다음과 같은 결과를 얻는다.

    \[ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\log\sin xdx=\int_{0}^{1}\frac{\log t}{\sqrt{1-t^{2}}}dt. \]

이제

    \[ I\left(a\right)=\int_{0}^{1}\frac{t^{a}}{\left(1-t^{2}\right)^{1/2}}dt=B\left(\frac{a+1}{2},\frac{1}{2}\right). \]

라 정의하자. 위 식을 a에 대하여 미분을 하면

    \[ \frac{\partial}{\partial a}I\left(a\right)=\frac{1}{4}\left(\psi\left(\frac{a+1}{2}\right)-\psi\left(\frac{a+2}{2}\right)\right)B\left(\frac{a+1}{2},\frac{1}{2}\right). \]

를 얻는다. I(0)=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\log\sin xdx임에 유의하자. a=0를 대입하면,

    \[ I^{\prime}\left(0\right)=\frac{1}{4}\left(\psi\left(\frac{1}{2}\right)-\psi\left(1\right)\right)B\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right). \]

이며, digamma function과 베타함수의 값 \psi\left(\frac{1}{2}\right)=-2\log2-\gamma, \psi\left(1\right)=-\gamma, B\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right)=\pi를 대입해서 계산하면 원하는 바를 얻는다.

    \[ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\log\left(\sin x\right)dx=-\frac{\pi}{2}\log\left(2\right). \]

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