오일러-마스케로니 상수(Euler-Mascheroni constant)는 조화급수를 자연로그로 근사했을 때의 오차의 값을 나타내는 수학 상수이다. 즉, 아래와 같이 정의된다.
\begin{align*} \gamma &= \lim_{n \to \infty} \left( \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k} - \ln n \right) \\[5pt] &= 0.57721 56649 01532 86060 \cdots. \end{align*}
원주율 $\pi$와 오일러 상수 $e$ 다음으로 수학의 다양한 분야에서 발견되는 상수인데, 다양한 적분값의 결과로써 $\gamma$가 뜬금없이 등장하고는 한다. 이번 글에서는 특히 다음과 같이 분수부분(fractional part) 함수가 포함된 적분을 계산해 볼 것이다.
\[ \{x\} := x - \lfloor x \rfloor \]
예를 들어, $\{3\} = 3$, $\{2.12\} = 0.12$, $\{\pi\} = \pi-3$, $\{-1.7\} = 0.3$ 등을 얻는다.
풀이. 주어진 적분을 $\frac{1}{x} = u$로 치환을 하면
\begin{align*} \int_{0}^{1} \left\{ \frac{1}{x} \right\} dx &= \int_{1}^{\infty} \frac{\{u\}}{u^2} \,dx \\[5pt] &= \sum_{k=1}^{\infty} \int_{1}^{k} \frac{\{u\}}{u^2} \,dx \\[5pt] &= \sum_{k=1}^{\infty} \int_{1}^{k} \frac{u-k}{u^2} \,dx \\[5pt] &= \sum_{k=1}^{\infty} \left( \left. \ln \abs{u} + \frac{k}{u} \right|_{k}^{k+1} \right) \\[5pt] &= \sum_{k=1}^{\infty} \left( \ln \frac{k+1}{k} - \frac{1}{k+1} \right) \\[5pt] &= \lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^{n} \left( \ln \frac{k+1}{k} - \frac{1}{k+1} \right) \\[5pt] &= \lim_{n \to \infty} \left( \ln (n+1) - \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k+1} \right) \\[5pt] &= \lim_{n \to \infty} \left( \ln (n+1) +1 - \sum_{k=1}^{n+1} \frac{1}{k} \right) \\[5pt] &= 1 - \gamma \end{align*}
따라서 주어진 적분의 값은 $1-\gamma$이다.
풀이. 먼저 주어진 적분의 구간을 $[0,\, 1/2]$와 $[1/2,\, 1]$의 두 구간으로 나누고 이 중 첫번째 적분에 $x = \frac{y-1}{y}$로 치환을 하면 간단한 계산을 통해, 첫번째 적분과 두번째 적분이 서로 같음을 알 수 있다. 나머지 계산은 예제 1의 적분값의 계산과 비슷하게 진행된다. 먼저 $x = \frac{1}{u}$로 치환하여
\begin{align*} \int_{0}^{1} \left\{ \frac{1}{x} \right\} \left\{ \frac{1}{1-x} \right\} dx &= 2 \int_{1/2}^{1} \left\{ \frac{1}{x} \right\} \left\{ \frac{1}{1-x} \right\} dx \\[5pt] &= 2 \int_{2}^{\infty} \frac{\{u\}}{u^2} \left\{ \frac{u}{u-1} \right\} dx \\[5pt] &= 2 \sum_{k=2}^{\infty} \int_{k}^{k+1} \frac{\{u\}}{u^2} \left\{ \frac{u}{u-1} \right\} dx \\[5pt] &= 2 \sum_{k=2}^{\infty} \int_{k}^{k+1} \frac{u-k}{u^2} \left( \frac{u}{u-1} - 1 \right) dx \\[5pt] &= 2 \sum_{k=2}^{\infty} \int_{k}^{k+1} \frac{u-k}{u^2(u-1)} \,dx \\[5pt] &= 2 \sum_{k=2}^{\infty} \int_{k}^{k+1} \frac{k-1}{u} - \frac{k-1}{u-1} + \frac{k}{u^2} \,dx \\[5pt] &= 2 \sum_{k=2}^{\infty} \left( \left. (k-1)\ln\abs{u} - (k-1)\ln\abs{u-1} - \frac{k}{u}\; \right|_{k}^{k+1} \right) \\[5pt] &= 2 \sum_{k=2}^{\infty} \left( (k-1)\ln\frac{k+1}{k} - (k-1)\ln\frac{k}{k-1} + \frac{1}{k+1} \right) \\[5pt] &= 2 \sum_{k=1}^{\infty} \left( k\ln\frac{k+2}{k+1} - k\ln\frac{k+1}{k} + \frac{1}{k+2} \right) \\[5pt] &= 2 \lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^{n} \left( k\ln\frac{k+2}{k+1} - k\ln\frac{k+1}{k} + \frac{1}{k+2} \right) \\[5pt] \end{align*}
이제 위 부분합의 첫 두 항을 간단히 해보자.
\begin{align*} \sum_{k=1}^{n} k\ln\frac{k+2}{k+1} - \sum_{k=1}^{n} k\ln\frac{k+1}{k} &= \sum_{k=1}^{n+1} (k-1)\ln\frac{k+1}{k} - \sum_{k=1}^{n} k\ln\frac{k+1}{k} \\[5pt] &= n\ln\frac{n+2}{n+1} - \sum_{k=1}^{n} \ln\frac{k+2}{k+1} \\[5pt] &= n\ln\frac{n+2}{n+1} - \ln(n+1) \end{align*}
따라서 다음을 얻는다.
\begin{align*} \int_{0}^{1} \left\{ \frac{1}{x} \right\} \left\{ \frac{1}{1-x} \right\} dx &= 2 \lim_{n \to \infty} \left( n\ln\frac{n+2}{n+1} - \ln(n+1) + \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k+2} \right) \\[5pt] &= 2 \lim_{n \to \infty} \left( n\ln\frac{n+2}{n+1} \right) + 2 \lim_{n \to \infty} \left( \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k+2} - \ln(n+1) \right) \\[5pt] &= 2 \lim_{n \to \infty} \left( n\ln\frac{n+2}{n+1} \right) + 2 \lim_{n \to \infty} \left( -1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{n+1} + \sum_{k=1}^{n+1} \frac{1}{k} - \ln(n+1) \right) \\[5pt] &= 2 + 2 \left( -1 - \frac{1}{2} + \gamma \right) \\[5pt] &= 2\gamma - 1 \end{align*}
그러므로 주어진 적분의 결과로 $2\gamma - 1$을 얻는다.
풀이. 먼저 적분 순서를 바꾼 뒤 $\frac{x}{y} = u$로 치환을 하면 다음을 얻는다.
\begin{align*} \int_{0}^{1} \int_{0}^{1} \left\{ \frac{x}{y} \right\} \,dxdy &= \int_{0}^{1} \left( \int_{0}^{1} \left\{ \frac{x}{y} \right\} dy \right) dx \\[5pt] &= \int_{0}^{1} x \left( \int_{x}^{\infty} \frac{\{u\}}{u^2} \,du \right) dx \end{align*}
이제 부분적분법을 이용하기 위해 다음과 같이 설정하자.
\begin{align*} f(x) &= \int_{x}^{\infty} \frac{\{u\}}{u^2} \,du, & g'(x) &= x \\[5pt] f'(x) &= -\frac{\{x\}}{x^2}, & g(x) &= \frac{x^2}{2} \end{align*}
그러면 부분적분법에 의해,
\begin{align*} \int_{0}^{1} \int_{0}^{1} \left\{ \frac{x}{y} \right\} \,dxdy &= \int_{0}^{1} x \left( \int_{x}^{\infty} \frac{\{u\}}{u^2} \,du \right) dx \\[5pt] &= \left. \frac{x^2}{2} \int_{x}^{\infty} \frac{\{u\}}{u^2} \,du\, \right|_{0}^{1} + \frac{1}{2} \int_{0}^{1} \{x\} \,dx \\[5pt] &= \int_{1}^{\infty} \frac{\{u\}}{u^2} \,du + \frac{1}{2} \int_{0}^{1} x \,dx \\[5pt] &= \frac{1}{2} (1 - \gamma) + \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} \\[5pt] &= \frac{3}{4} - \frac{\gamma}{2} \end{align*}
따라서 주어진 이중적분의 값은 $\frac{3}{4} - \frac{\gamma}{2}$임을 알 수 있다.