분수부분(fractional part) 함수가 포함된 적분

오일러-마스케로니 상수(Euler-Mascheroni constant)는 조화급수를 자연로그로 근사했을 때의 오차의 값을 나타내는 수학 상수이다. 즉, 아래와 같이 정의된다.

$$\begin{array}{rl}\gamma & =\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}(\sum _{k=1}^n\frac{1}{k}-\ln n)\\ & =0.57721566490153286060\cdots .\end{array}$$

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.

예제 1. 다음을 적분하여라.

$${\int }_0^1\left\{\frac{1}{x}\right\}dx$$

풀이. 주어진 적분을 $\frac{1}{x}=u$로 치환을 하면

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^1\left\{\frac{1}{x}\right\}dx& ={\int }_1^{\mathrm{\infty }}\frac{\{u\}}{u^2}dx\\ & =\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}{\int }_1^k\frac{\{u\}}{u^2}dx\\ & =\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}{\int }_1^k\frac{u-k}{u^2}dx\\ & =\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\left({\ln \left|u\right|+\frac{k}{u}|}_k^{k+1}\right)\\ & =\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}(\ln \frac{k+1}{k}-\frac{1}{k+1})\\ & =\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\sum _{k=1}^n(\ln \frac{k+1}{k}-\frac{1}{k+1})\\ & =\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}(\ln (n+1)-\sum _{k=1}^n\frac{1}{k+1})\\ & =\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}(\ln (n+1)+1-\sum _{k=1}^{n+1}\frac{1}{k})\\ & =1-\gamma \end{array}$$

따라서 주어진 적분의 값은 $1-\gamma$이다.

예제 2. 다음을 적분하여라.

$${\int }_0^1\left\{\frac{1}{x}\right\}\left\{\frac{1}{1-x}\right\}dx$$

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 

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^1\left\{\frac{1}{x}\right\}\left\{\frac{1}{1-x}\right\}dx& =2{\int }_{1/2}^1\left\{\frac{1}{x}\right\}\left\{\frac{1}{1-x}\right\}dx\\ & =2{\int }_2^{\mathrm{\infty }}\frac{\{u\}}{u^2}\left\{\frac{u}{u-1}\right\}dx\\ & =2\sum _{k=2}^{\mathrm{\infty }}{\int }_k^{k+1}\frac{\{u\}}{u^2}\left\{\frac{u}{u-1}\right\}dx\\ & =2\sum _{k=2}^{\mathrm{\infty }}{\int }_k^{k+1}\frac{u-k}{u^2}(\frac{u}{u-1}-1)dx\\ & =2\sum _{k=2}^{\mathrm{\infty }}{\int }_k^{k+1}\frac{u-k}{u^2(u-1)}dx\\ & =2\sum _{k=2}^{\mathrm{\infty }}{\int }_k^{k+1}\frac{k-1}{u}-\frac{k-1}{u-1}+\frac{k}{u^2}dx\\ & =2\sum _{k=2}^{\mathrm{\infty }}\left({(k-1)\ln \left|u\right|-(k-1)\ln \left|u-1\right|-\frac{k}{u}|}_k^{k+1}\right)\\ & =2\sum _{k=2}^{\mathrm{\infty }}((k-1)\ln \frac{k+1}{k}-(k-1)\ln \frac{k}{k-1}+\frac{1}{k+1})\\ & =2\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}(k\ln \frac{k+2}{k+1}-k\ln \frac{k+1}{k}+\frac{1}{k+2})\\ & =2\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\sum _{k=1}^n(k\ln \frac{k+2}{k+1}-k\ln \frac{k+1}{k}+\frac{1}{k+2})\end{array}$$

이제 위 부분합의 첫 두 항을 간단히 해보자. 

$$\begin{array}{rl}\sum _{k=1}^{n}k\ln \frac{k+2}{k+1}-\sum _{k=1}^{n}k\ln \frac{k+1}{k}& =\sum _{k=1}^{n+1}(k-1)\ln \frac{k+1}{k}-\sum _{k=1}^{n}k\ln \frac{k+1}{k}\\ & =n\ln \frac{n+2}{n+1}-\sum _{k=1}^n\ln \frac{k+2}{k+1}\\ & =n\ln \frac{n+2}{n+1}-\ln (n+1)\end{array}$$

따라서 다음을 얻는다.

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^1\left\{\frac{1}{x}\right\}\left\{\frac{1}{1-x}\right\}dx& =2\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}(n\ln \frac{n+2}{n+1}-\ln (n+1)+\sum _{k=1}^n\frac{1}{k+2})\\ & =2\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}(n\ln \frac{n+2}{n+1})+2\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}(\sum _{k=1}^n\frac{1}{k+2}-\ln (n+1))\\ & =2\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}(n\ln \frac{n+2}{n+1})+2\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}(-1-\frac{1}{2}+\frac{1}{n+1}+\sum _{k=1}^{n+1}\frac{1}{k}-\ln (n+1))\\ & =2+2(-1-\frac{1}{2}+\gamma )\\ & =2\gamma -1\end{array}$$

그러므로 주어진 적분의 결과로 $2\gamma -1$을 얻는다.

예제 3. 다음 이중적분을 계산하여라.

$${\int }_0^1{\int }_0^1\left\{\frac{x}{y}\right\}dxdy$$

풀이. 먼저 적분 순서를 바꾼 뒤 $\frac{x}{y}=u$로 치환을 하면 다음을 얻는다.

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^1{\int }_0^1\left\{\frac{x}{y}\right\}dxdy& ={\int }_0^1\left({\int }_0^1\left\{\frac{x}{y}\right\}dy\right)dx\\ & ={\int }_0^{1}x\left({\int }_x^{\mathrm{\infty }}\frac{\{u\}}{u^2}du\right)dx\end{array}$$

이제 부분적분법을 이용하기 위해 다음과 같이 설정하자.

$$\begin{array}{rlrl}f(x)& ={\int }_x^{\mathrm{\infty }}\frac{\{u\}}{u^2}du,& g^{\prime }(x)& =x\\ f^{\prime }(x)& =-\frac{\{x\}}{x^2},& g(x)& =\frac{x^2}{2}\end{array}$$

그러면 부분적분법에 의해,

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^1{\int }_0^1\left\{\frac{x}{y}\right\}dxdy& ={\int }_0^{1}x\left({\int }_x^{\mathrm{\infty }}\frac{\{u\}}{u^2}du\right)dx\\ & ={\frac{x^2}{2}{\int }_x^{\mathrm{\infty }}\frac{\{u\}}{u^2}du|}_0^1+\frac{1}{2}{\int }_0^1\{x\}dx\\ & ={\int }_1^{\mathrm{\infty }}\frac{\{u\}}{u^2}du+\frac{1}{2}{\int }_0^{1}xdx\\ & =\frac{1}{2}(1-\gamma )+\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}\\ & =\frac{3}{4}-\frac{\gamma }{2}\end{array}$$

따라서 주어진 이중적분의 값은 $\frac{3}{4}-\frac{\gamma }{2}$임을 알 수 있다.