Wir müssen wissen, Wir werden wissen

원주율에 대한 무한곱 문제가 아닙니다. (관련은 있습니다.)

문제.
\int_{0}^{\infty}\frac{d x}{(x^2 +1)^{m+1}} = \frac{\pi}{2^{2m+1}}\binom{2m}{m} 를 보이시오.


먼저 양의 실수에서 정의된 함수
I_m(t) = \int_{0}^{\infty}\frac{d x}{(x^2 +t)^{m+1}} 를 생각하자. 우리가 원하는 적분은 I_m(1)와 같다.

I_m'(t) = -(m+1) \int_{0}^{\infty}\frac{d x}{(x^2 +t)^{m+2}} = -(m+1) I_{m+1}(t)이다. 그리고
I_0(t) = \frac{\pi}{2\sqrt{t}} 이다. 여기에서 I_1(t) = \frac{\pi}{4t\sqrt{t}}, I_2(t) = \frac{3\pi}{16 t^2 \sqrt{t}}, …… 를 계산할 수 있다. 이 계수들을 계산하는 간단한 규칙들을 찾을 수 있다.
이 계수들, 즉 C_m = t^{(2m+1)/2}I_m(t)는 점화식 C_{m+1} = \frac{2m+1}{2m+2}C_m을 만족시킨다. 그러므로,
C_m = \frac{2m-1}{2m}\cdot\frac{2m-3}{2m-2}\cdot \cdots \frac{1}{2}\cdot \frac{\pi}{2}

= \frac{2m}{2m}\cdot\frac{2m-1}{2m}\cdot\frac{2m-2}{2m-2}\cdot\frac{2m-3}{2m-2}\cdot\cdots \cdot \frac{2}{2}\cdot\frac{1}{1}\cdot \frac{\pi}{2}

= \frac{(2m)!}{2^{2m+1}(m!)^2}\pi = \frac{\pi}{2^{2m+1}}\binom{2m}{m} 이다. I_m(1) = C_m이므로, 우리는 원하는 결과를 얻었다.


Irresistible Integral 이라는 책에 그대로 있는 예제를 올려 봅니다. t를 사용해서 더 일반적인 문제로 만든 것이 문제를 쉽게 풀 수 있게 만들었습니다. (t에 대한 미분을 할 수 있는 등...)

사실 x= \tan\theta를 치환해서, 부분적분 한번 하는게 훨씬 쉽습니다. (...) 이 과정 중에 \int_{0}^{\pi/2}\cos^{2m}\theta d\theta 의 적분이 등장하는데, 2m을 m으로 바꾼 것이, \pi를 구하는 Wallis Product 에서 다시 등장합니다.

이 글에서 다루려고 하진 않았지만 살짝 Wallis' Product에 대해서도 다루어 보면, W_n = \int_{0}^{\pi/2}\cos^{n}\theta d\theta으로 두고, W_n이 수렴함을 보인 후에(단조감소하는 양수수열임을 보이면 됩니다), 위와 비슷하게 n W_n = (n-1)W_{n-2}임을 가지고, n이 짝수일 때와 홀수일 때를 각각 계산한 후에, 수열 \frac{W_{2n}}{W_{2n+1}}이 1로 수렴함을 이용하면, Wallis' Product에 대한 식도 얻을 수 있습니다.

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