시리즈 | Integration - 오늘의 적분 5

보기보다 쉽다.

\[ I = \int_{0}^{\infty} \frac{\ln ^2 x}{\sqrt{x} (1-x)^2 } \, dx \]

\( \displaystyle x \to \frac{1}{x} \) 치환을 하면

\[ \int_{0}^{\infty} \frac{\ln ^2 x}{\sqrt{\frac{1}{x}} (1-\frac{1}{x})^2 } \frac{1}{x^2} \, dx = \int_{0}^{\infty} \frac{\sqrt{x} \ln ^2 x}{ (1-x)^2 } \, dx \]

부호가 바뀌지 않아 별로 유용해 보이지 않는다. I의 정보를 유지하면서 분모의 차수를 줄일 수 없기 때문이다.

어떻게 되는지는 알았으니 기하 급수를 사용하기 위해 구간을 \( (0, \, 1) \)으로 바꾸자.

\begin{align*}
I &= \int_{0}^{1} \frac{\ln ^2 x}{\sqrt{x} (1-x)^2 } \, dx + \int_{1}^{\infty} \frac{\ln ^2 x}{\sqrt{x} (1-x)^2 } \, dx \\[2ex]
&= \int_{0}^{1} \frac{\ln ^2 x}{\sqrt{x} (1-x)^2 } \, dx + \int_{0}^{1} \frac{\sqrt{x} \ln ^2 x}{ (1-x)^2 } \, dx \\[2ex]
&= \int_{0}^{1} \frac{ (1+x) \ln ^2 x}{\sqrt{x} (1-x)^2 } \, dx \\[2ex]
&= \int_{0}^{1} \frac{ (1+x) \ln ^2 x}{\sqrt{x}} \left( \sum_{k \geq 1} k x^{k-1} \right) \, dx \\[2ex]
\end{align*}

급수식을 대하는 것부터 차근차근 시작해보자.

\[ (1+x) \left( \sum_{k \geq 1} k x^{k-1} \right) = \left( \sum_{k \geq 1} k x^{k-1} \right) + \left( \sum_{k \geq 2} (k-1) x^{k-1} \right) = \sum_{k \geq 1} (2k-1) x^{k-1} \]

\[ I = \int_{0}^{1} \frac{\ln ^2 x}{\sqrt{x}} \left( \sum_{k \geq 1} (2k-1) x^{k-1} \right) dx = \sum_{k \geq 1} (2k-1) \int_{0}^{1} x^{k-3/2} \ln ^2 x \, dx \]

따라서

\[ I(a) = \int_{0}^{1} x^{a-1} dx = \frac{1}{a} \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, (a>0) \]

라 두고 일반화된 식을 유도해보자.

\[ I'(a) = \int_{0}^{1} x^{a-1} \ln x \, dx = - \frac{1}{a^2} \]

\[ I''(a) = \int_{0}^{1} x^{a-1} \ln ^2 x \, dx = \frac{2}{a^3}\]

\[ I = \sum_{k \geq 1} (2k-1) I''(k-1/2) = \sum_{k \geq 1} (2k-1) \frac{2}{(k-1/2)^3} = 16 \sum_{k \geq 1}\frac{1}{(2k-1)^2} \]

이렇게 하면 끝났다.

\[ \zeta(s) = \frac{1}{1^s} + \frac{1}{2^s} + \frac{1}{3^s} + \frac{1}{4^s} + \cdots \]

\[ \frac{1}{2^s} \zeta(s) = \frac{1}{2^s} + \frac{1}{4^s} + \frac{1}{6^s} + \frac{1}{8^s} + \cdots \]

\[ \left( 1- \frac{1}{2^s} \right) \zeta(s) = \frac{1}{1^s} + \frac{1}{3^s} + \frac{1}{5^s} + \frac{1}{7^s} + \cdots \]

\(s=2\) 를 대입하면

\[ \frac{3}{4} \zeta(2) = \frac{I}{16} \]

\[ I = 12 \zeta(2) = 2 \pi^2\]