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ζ(4)와 슈테판-볼츠만 법칙

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이 항목의 스프링노트 원문주소

 

 

개요

 

 

 

중심이항계수

 

\zeta(4) = \frac{36}{17} \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^4\binom{2n}{n}}

(증명)

2(\sin^{-1} x)^2=\sum_{n=1}^{\finfty}\frac{(2x)^{2n}}{n^2\binom{2n}{n}}

를 이용하여, 다음을 증명할 수 있다

I=\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^4\binom{2n}{n}}=\int_{0}^{1/2}\int_{0}^{u}(\sin^{-1} x)^2\frac{dx}{x}\frac{du}{u}

한편

I=\int_{0}^{1/2}\int_{0}^{u}(\sin^{-1} x)^2\frac{dx}{x}\frac{du}{u}=2\int_{0}^{\pi/3}x\log^2(2\sin \frac{x}{2})\,dx=\frac{17\pi^4}{3240}■

 

 

슈테판-볼츠만의 법칙

  • 흑체의 온도와 복사 에너지의 관계에 대한 슈테판-볼츠만 법칙의 유도과정에는 \zeta(4) 의 계산이 등장함.

    \int_0^\infty \frac{\nu^3}{ e^{\frac{h\nu}{kT}}-1} d\nu

  • 상수를 제외하면 다음과 같은 적분

    \int_{0}^{\infty}\frac{x^{3}}{e^x-1}dx=\Gamma(4)\zeta(4)=\frac{\pi^4}{15}

  • 더 일반적으로 다음과 같은 적분을 할 수 있음.

    \int_{0}^{\infty}\frac{x^{n}}{e^x-1}dx=\int_{0}^{\infty}{x^{n}(e^{-x}+e^{-2x}+e^{-3x}+}e^{-4x}+e^{-5x}+\cdots)dx=\Gamma(n+1)\zeta(n+1)

    \int_{0}^{\infty}{x^{n}e^{-kx}dx=\frac{\Gamma(n+1)}{k^{n+1}}

  • 푸리에 변환 항목의 멜린변환 참조

 

 

재미있는 사실

  • 자코비 세타함수 를 이용하여 리만제타함수를 해석적으로 확장하는 것과의 유사성

    \xi(s) : = \pi^{-s/2}\ \Gamma\left(\frac{s}{2}\right)\ \zeta(s)= \int_0^\infty (\frac{\theta(it)-1}{2})t^{\frac{s}{2}} \frac{dt}{t}

  • 슈테판-볼츠만 법칙을 유도하는 과정에서 나오는 적분의 경우

    \int_{0}^{\infty}\frac{1}{e^t-1}t^s\frac{dt}{t}=\int_{0}^{\infty}{t^{s-1}(e^{-t}+e^{-2t}+e^{-3t}+}e^{-4t}+e^{-5t}+\cdots)dt=\Gamma(s)\zeta(s)

  • \psi(t)=i \cot \frac{t}{2} 로 두면,  \frac{\psi(it)-1}{2}=\frac{1}{e^t-1}

    \coth x = \frac{\cosh x}{\sinh x} = \frac {\frac {e^x + e^{-x}} {2}} {\frac {e^x - e^{-x}} {2}} = \frac {e^x + e^{-x}} {e^x - e^{-x}} = \frac{e^{2x} + 1} {e^{2x} - 1} = i \cot ix  참고

    \int_{0}^{\infty}(\frac{\coth t/2-1}{2})t^s\frac{dt}{t}=\Gamma(s)\zeta(s)

    \int_{0}^{\infty}(\frac{\coth t-1}{2})t^s\frac{dt}{t}=2^{-s}\Gamma(s)\zeta(s)

     

 

 

재미있는 사실

 

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