|
수학
상수 Mathematical Constants |
|||||
|
{{{#!wiki style="margin: 0 -10px -5px; min-height: calc(1.5em + 5px)" {{{#!folding [ 펼치기 · 접기 ] {{{#!wiki style="margin: -5px -1px -11px" |
[math(^\ast)] 초월수임이 증명됨. | ||||
|
[math(0)] (덧셈의 항등원) |
[math(1)] (곱셈의 항등원) |
[math(sqrt{2})] (최초로 증명된 무리수) |
[math(495)], [math(6174)] ( 카프리카 상수) |
[math(0)],
[math(1)], [math(3435)], [math(438579088)] ( 뮌하우젠 수) |
|
|
[math(pi)] (원주율)[math(^\ast)] |
[math(tau)] (새 원주율)[math(^\ast)] |
[math(e)] (자연로그의 밑)[math(^\ast)] |
[math(varphi)] (황금수) |
[math(i)] (허수단위) |
|
|
[math(G)] (카탈랑 상수) |
[math(zeta(3))] (아페리 상수) |
[math({rm Si}(pi))] (윌브레이엄-기브스 상수) |
[math(gamma)] (오일러-마스케로니 상수) |
[math(gamma_n)] (스틸체스 상수) |
|
|
[math(Omega)] (오메가 상수)[math(^\ast)] |
[math(2^{sqrt{2}})] (겔폰트-슈나이더 상수)[math(^\ast)] |
[math(C_n,)] (챔퍼나운 상수)[math(^\ast)] |
[math(A,)] (글레이셔-킨켈린 상수) |
[math(A_k,)] (벤더스키-아담칙 상수) |
|
|
[math(-e, {rm Ei}(-1))] (곰페르츠 상수) |
[math(mu)] (라마누잔-졸트너 상수) |
[math(B_{2})], [math(B_{4})] (브룬 상수) |
[math(rho)] (플라스틱 상수) |
[math(delta)], [math(alpha)] (파이겐바움 상수) |
|
1. 개요
Euler-Mascheroni constant오일러-마스케로니 상수는 레온하르트 오일러가 발견하고 이탈리아의 수학자 로렌초 마스케로니가 더 자세한 값을 밝힌 수로, 조화급수와 그 근사 함수인 자연로그의 차의 극한에 해당하며 그 값은 약 0.57721566490이다. 최초 발견자인 오일러의 이름을 따 오일러 상수(Euler's constant)라 부르기도 하지만, 자연로그의 밑, 오일러 수열 등 비슷한 이름의 다른 수가 워낙 많아 헷갈릴 여지가 크므로 마스케로니의 이름까지 같이 붙여주는 경우가 많다. 수학자들은 대부분 무리수이자 초월수로 보지만, 정작 초월수는커녕 무리수인지에 대한 증명조차 이루어지지 않았다. 일반적으로 [math(\gamma)]로 표기된다.
반면 마스케로니가 수학적으로 그다지 큰 의미는 없는 값의 계산 정도에만 기여했기 때문에 그의 이름까지 붙여줄 정도의 업적은 아니라고 보는 수학자들도 많다. 그래서 일부 수학자들은 이 수를 오일러 상수로만 부르고 자연로그의 밑은 오일러 수(Euler's number)라고 불러 구분하기도 한다.
초월수 및 초월수라고 강하게 추측되는 수 중에서는 정의가 상당히 단순한 편이며, 스티븐 R. 핀치는 그의 저서 '수학 상수(Mathematical Constants)'에서 이 상수를 원주율, 자연로그의 밑 다음으로 중요한 상수라고 말했다. [math(\gamma)]의 자연지수값인 [math(e^\gamma)] 또한 정수론 분야, 특히 해석적 정수론 분야에서 자주 나온다.
파인만 포인트와 비슷한 지점이 꽤 있다.
2. 역사
오일러는 《조화급수에 대한 관찰》(De Progressionibus harmonicis observationes, 1734)이라는 논문에서 조화급수의 발산 양상이 자연로그의 발산 양상과 유사함을 증명하고 그 차를 [math(C)]로 나타냈으며 값은 [math(0.{\bf57721}8)][1] 정도임을 보였다. 뒤이어 이탈리아의 수학자 로렌초 마스케로니는 《오일러의 적분 계산에 대한 주석》(Adnotationes ad calculum integralem Euleri, 1790)이라는 논문에서 [math(A)]라는 기호로 나타냈고 그 값이 [math(0.{\bf5772156649015328606}181{\bf12090082}39)]라 계산[2]하였다. 여기까지 보면 알겠지만 둘 다 [math(\gamma)]라는 기호를 쓴 적이 없음을 알 수 있다. 1835년이 되어서야 독일의 수학자 카를 안톤 브레치나이더(Carl Anton Bretschneider)에 의해 감마 함수와의 밀접한 관계가 밝혀지면서 [math(\gamma)]라는 기호가 부여되었다.3. 정의
오일러-마스케로니 상수는 다음과 같이 정의된다.|
[math(\displaystyle \begin{aligned}
\gamma &= \lim_{n\to\infty} \Biggl( \sum_{k=1}^n \frac1k - \ln n \Biggr) \\ &\approx 0.5772156649 \end{aligned} )] |
|
[math(\displaystyle \begin{aligned}
\gamma &= \lim_{n\to\infty} \Biggl( \sum_{k=1}^n \frac1k - \int_1^n \frac{{\rm d}x}x \Biggr) \\ &= \sum_{n=1}^\infty \biggl\{ \frac1n - \ln \biggl( 1+\frac1n \biggr) \!\biggr\} \\ &= \int_1^\infty \biggl( \frac1{\lfloor x \rfloor} -\frac1x \biggr) {\rm d}x \\ \end{aligned} )] |
|
4. 감마 함수와의 관계
전술한대로 이 상수는 감마 함수와 밀접한 관련이 있다. 감마 함수의 단순항꼴의 양변에 자연로그를 씌우고 미분해주면 다음과 같은 식을 얻는다.|
[math(\displaystyle \begin{aligned}
\Gamma(z) &= \lim_{n\to\infty} \frac{n! \cdot n^z}{\displaystyle \prod_{k=0}^n (z+k)} \\ \ln \Gamma(z) &= \ln \lim_{n\to\infty} \frac{n! \cdot n^z}{\displaystyle \prod_{k=0}^n (z+k)} = \lim_{n\to\infty} \ln \frac{n! \cdot n^z}{\displaystyle \prod_{k=0}^n (z+k)} \\ &= \lim_{n\to\infty} \!\left\{ \ln(n!) +z\ln n -\sum_{k=0}^n \ln(z+k) \right\} \\ \therefore \frac{\rm d}{{\rm d}z} \ln \Gamma(z) &= \frac{\Gamma'(z)}{\Gamma(z)} = \lim_{n\to\infty} \!\left\{ \ln n -\sum_{k=0}^n \frac1{z+k} \right\} \end{aligned} )] |
|
[math(\displaystyle \begin{aligned}
\Gamma'(1) &= \lim_{n\to\infty} \!\left\{ \ln n -\sum_{k=0}^n \frac1{1+k} \right\}\! = \lim_{n\to\infty} \!\left\{ \ln n -\sum_{k=1}^{n+1} \frac1k \right\} \\ &= \lim_{n\to\infty} \!\left\{ \ln n -\sum_{k=1}^n \frac1k -\frac1{n+1} \right\} \\ &= \lim_{n\to\infty} \!\left\{ -\Biggl( \sum_{k=1}^n \frac1k -\ln n \Biggr)\! -\frac1{n+1} \right\} \\ &= -\gamma \end{aligned} )] |
|
[math(\displaystyle \begin{aligned}
\Gamma(z) &= \int_0^\infty e^{-t} t^{z-1} \,{\rm d}t = \int_0^\infty e^{-t} e^{\ln t^{z-1}} \,{\rm d}t = \int_0^\infty e^{-t} e^{(z-1) \ln t} \,{\rm d}t \\ \Gamma'(z) &= \frac{\rm d}{{\rm d}z} \,\Gamma(z) = \int_0^\infty \frac{\partial}{\partial z} e^{-t} e^{(z-1) \ln t} \,{\rm d}t \\ &= \int_0^\infty e^{-t} e^{(z-1) \ln t} \ln t \,{\rm d}t = \int_0^\infty e^{-t} \,t^{z-1} \ln t \,{\rm d}t \\ \therefore \gamma &= -\Gamma'(1) = -\int_0^\infty e^{-t} \ln t \,{\rm d}t \end{aligned} )] |
-
[math(x=e^{-t})]로 두면 [math({\rm d}x = -e^{-t} \,{\rm d}t)]이고, [math(t\to0)], [math(t\to\infty)]일 때 각각 [math(x\to1)], [math(x\to0)]이므로
\gamma = -\int_0^\infty e^{-t} \ln t \,{\rm d}t = \int_1^0 \ln(-\ln x) \,{\rm d}x = -\int_0^1 \ln \ln \frac 1x \,{\rm d}x
\end{aligned} )]}}}||
-
[math(x=\ln t)]로 두면 [math(e^x=t)]에서 [math(e^x \,{\rm d}x = {\rm d}t)]이고, [math(t\to0)], [math(t\to\infty)]일 때 각각 [math(x\to-\infty)], [math(x\to\infty)]이므로
\gamma = -\int_0^\infty e^{-t} \ln t \,{\rm d}t = -\int_{-\infty}^\infty xe^{x-e^x} \,{\rm d}x
\end{aligned} )]}}}||
5. 이 수는 유리수인가 무리수인가
1986년에 이 수가 유리수인지 무리수인지에 대한 질문이 제기되었고, 이는 현재까지 풀리지 않은 난제이다. 다만, 수학자들은 이 상수가 초월수[4]일 것으로 예상하고 있다. 1997년에 연분수 분석법을 이용하여, 오일러-마스케로니 상수가 유리수일 경우, 그것을 기약분수로 나타내었을 때의 분모는 [math(10^{244663})]이 넘는다는 것을 밝혔다 출처. 그리고 나서 감감 무소식.그러나 아무런 진전이 없었던 것은 아니다. 무리수인지 여부에 대한 질문이 제기되기 전에 이미 1968년에 베셀 함수가 포함된 수 [math(\dfrac\pi2 \dfrac{Y_0(2)}{J_0(2)} -\gamma)]가 초월수라는 사실이 밝혀졌으며 출처, 21세기에 들어서는 2009년에 [math(\gamma)]와 곰페르츠 상수 [math(delta)] 중 적어도 하나는 무리수라는 사실이 밝혀졌고 출처, 2012년에는 그 둘 중 적어도 하나가 초월수임이 밝혀졌다 출처.
여튼 이런지라, 현 시점에서는 디리클레 함수[5]를 취한 [math(\bold1_{\mathbb Q}(\gamma))]의 값은 부정이다.
6. 사용
특수함수 중 하나인 지수 적분 함수 [math(mathrm{Ei}(x))]의 무한급수 표기, 로그 적분 함수 [math(operatorname{Li}(x))]의 무한급수 표기, 코사인 적분 함수 [math(operatorname{Ci}(x))]의 무한급수 표기, 쌍곡선 코사인 적분 함수 [math(operatorname{Chi}(x))]의 정의식, 로그함수의 라플라스 변환( #), 감마 함수, 제타 함수, 스틸체스 상수 등에서 접할 수 있다. 그 외에도 다양한 부분에서 이 상수가 튀어나온다.6.1. 항등식
이 문단에서는 오일러-마스케로니 상수가 등장하는 여러 식들을 소개한다.-
조화수 [math(H_x)]를 적분하면 다음 식을 얻을 수 있다.[6]
\int_0^1 H_x \,{\rm d}x = \iint_{(0,1)^2} \frac{1-t^x}{1-t} \,{\rm d}t \,{\rm d}x = \gamma
)]}}}||
적분 구간을 좀 더 일반화하면 다음과 같은 결과를 얻는다.
[math(\displaystyle\int_0^n H_x \,{\rm d}x = n\gamma + \ln(n!)
)]}}}|| [math(\displaystyle
\iint_{(0,1)^2} \frac{-(1-t)}{(1-tx)\ln(tx)} \,{\rm d}t \,{\rm d}x = \gamma
)]}}}||
- {{{#!wiki style="text-align:left"
\int_0^1 \biggl( \frac1{\ln x} +\frac1{1-x} \biggr) {\rm d}x = \gamma
)]}}}
-
로그 함수의 거듭제곱과 지수꼴 함수의 곱에 대해 다음 식이 성립한다. (단, [math(m)]과 [math(n)]은 자연수이고 [math(\Gamma^{(n)}(z) = \dfrac{{\rm d}^n \Gamma(z)}{{\rm d}z^n})]이다.)
\int_0^\infty e^{-x^m} \ln^n x \,{\rm d}x = \frac1{m^{n+1}} \Gamma^{(n)} \biggl( \frac1m \biggr)
\end{aligned} )]}}}||
[math(\displaystyle \begin{aligned}
\Gamma(z) &= \int_0^\infty e^{-t} t^{z-1} \,{\rm d}t \\
\Rightarrow \quad \Gamma^{(n)}(z) &= \int_0^\infty \frac{\partial^n}{\partial z^n} \,e^{-t} t^{z-1} \,{\rm d}t \\
&= \int_0^\infty e^{-t} t^{z-1} (\ln t)^n \,{\rm d}t
\end{aligned} )]
\Gamma(z) &= \int_0^\infty e^{-t} t^{z-1} \,{\rm d}t \\
\Rightarrow \quad \Gamma^{(n)}(z) &= \int_0^\infty \frac{\partial^n}{\partial z^n} \,e^{-t} t^{z-1} \,{\rm d}t \\
&= \int_0^\infty e^{-t} t^{z-1} (\ln t)^n \,{\rm d}t
\end{aligned} )]
[math(t=x^m)]으로 치환하면
[math(\displaystyle \begin{aligned}
\Gamma^{(n)}(z) &= \int_0^\infty e^{-t} t^{z-1} (\ln t)^n \,{\rm d}t \\
&= \int_0^\infty e^{-x^m} x^{m(z-1)} (m\ln x)^n \cdot mx^{m-1} \,{\rm d}x \\
&= m^{n+1} \int_0^\infty e^{-x^m} x^{mz-1} \ln^nx \,{\rm d}x \\
\therefore \frac1{m^{n+1}} \Gamma^{(n)}(z) &= \int_0^\infty e^{-x^m} x^{mz-1} \ln^nx \,{\rm d}x \\
\therefore \frac1{m^{n+1}} \Gamma^{(n)} \biggl( \frac1m \biggr) \!&= \int_0^\infty e^{-x^m} \ln^n x \,{\rm d}x
\end{aligned} )]
}}}||
특히, 작은 [math(m)], [math(n)] 값에 대한 일부 구체적 예시는 다음과 같다.
[math(\displaystyle \begin{aligned}\int_0^\infty e^{-x} \ln x \,{\rm d}x &= -\gamma \\
&\approx -0.5772156649 \\
\int_0^\infty e^{-x} \ln^2x \,{\rm d}x &= \gamma^2 +\frac{\pi^2}6 \\
&\approx 1.9781119906 \\
\int_0^\infty e^{-x} \ln^3x \,{\rm d}x &= -\gamma^3 -\frac{\pi^2\gamma}{2} -2\zeta(3) \\
&\approx -5.4448744565 \\
\int_0^\infty e^{-x^2} \ln x \,{\rm d}x &= -\frac{\sqrt\pi}4 (\gamma+2\ln2) \\
&\approx -0.8700577267 \\
\int_0^\infty e^{-x^2} \ln^2x \,{\rm d}x &= \frac{\sqrt\pi}8 \biggl( (\gamma+2\ln2)^2 +\frac{\pi^2}2 \biggr) \\
&\approx 1.9475221803
\end{aligned} )]}}}||
다음에서 사용하는 감마 함수의 [math(n)]계도함수에 대한 표현식은 감마 함수 문서의 도함수 표현 문단을, 폴리감마 함수의 함숫값은 감마 함수 문서의 함숫값 문단을 참고하라.
[math(\displaystyle \begin{aligned}
\int_0^\infty e^{-x} \ln x \,{\rm d}x &= \Gamma'(1) \\
&= -\gamma \\
\int_0^\infty e^{-x} \ln^2x \,{\rm d}x &= \Gamma''(1) = \Gamma'(1)\psi(1) +\Gamma(1)\psi_1(1) \\
&= (-\gamma)\cdot(-\gamma) +1\cdot\zeta(2) \\
&= \gamma^2 +\zeta(2) \\
&= \gamma^2 +\frac{\pi^2}6 \\
\int_0^\infty e^{-x} \ln^3x \,{\rm d}x &= \Gamma'(1) = \Gamma(1)\psi(1) +2\,\Gamma'(1)\psi_1(1) +\Gamma(1)\psi_2(1) \\
&= (\gamma^2 +\zeta(2))(-\gamma) +2(-\gamma)\zeta(2) +1\cdot(-2\zeta(3)) \\
&= -\gamma^3 -3\zeta(2)\gamma -2\zeta(3) \\
&= -\gamma^3 -\frac{\pi^2\gamma}{2} -2\zeta(3) \\
\int_0^\infty e^{-x^2} \ln x \,{\rm d}x &= \frac14 \,\Gamma'\biggl(\frac12\biggr) \!= \frac14 \,\Gamma\biggl(\frac12\biggr) \psi\biggl(\frac12\biggr) \\
&= \frac14 \sqrt\pi \cdot (-\gamma-2\ln2) \\
&= -\frac{\sqrt\pi}4 (\gamma+2\ln2) \\
\int_0^\infty e^{-x^2} \ln^2x \,{\rm d}x &= \frac18 \,\Gamma''\biggl(\frac12\biggr) \!= \frac18 \biggl( \Gamma'\biggl(\frac12\biggr) \psi\biggl(\frac12\biggr) \!+\Gamma\biggl(\frac12\biggr) \psi_1\biggl(\frac12\biggr) \!\biggr) \\
&= \frac18 \biggl( -\sqrt\pi(\gamma+2\ln2) \cdot (-\gamma-2\ln2) +\sqrt\pi \cdot \frac{\pi^2}2 \biggr) \\
&= \frac{\sqrt\pi}8 \biggl( (\gamma+2\ln2)^2 +\frac{\pi^2}2 \biggr) \\
\end{aligned} )]
}}}||
-
소수 [math(p)]에 대해 다음 두 식이 성립한다.
\lim_{n\to\infty} \frac1{\ln n} \prod_{p\le n} \biggl( 1-\frac1p \biggr)^{\!-1} &= \lim_{n\to\infty} \frac1{\ln n} \prod_{p\le n} \biggl( \frac p{p-1} \biggr) \\
&= e^\gamma \\
&\approx 1.781072418 \\
\lim_{n\to\infty} \frac1{\ln n} \prod_{p\le n} \biggl( 1+\frac1p \biggr) &= \lim_{n\to\infty} \frac1{\ln n} \prod_{p\le n} \biggl( \frac{p+1}p \biggr) \\
&= \frac{6e^\gamma}{\pi^2} = \frac{e^\gamma}{\zeta(2)} \\
&\approx 1.0827621933
\end{aligned} )]}}}||
-
소수 부분을 나타내는 함수 [math(left{xright})]를 정의하자. 즉, [math(\left\{x\right\} = x - \left\lfloor x \right\rfloor)]라고 하자. 여기서 [math(\left\lfloor x \right\rfloor)]는
최대 정수 함수이다. 그러면 다음이 성립한다.
\int_0^1 \!\left\{ \frac1x \right\} {\rm d}x &= 1-\gamma \\
&\approx 0.4227843351
\end{aligned} )]}}}||
우선 [math(1/x=u)]로 치환함으로써 시작한다.
[math(\displaystyle \begin{aligned}
\int_0^1 \!\left\{ \frac1x \right\} {\rm d}x &= \int_\infty^1 \{u\} \biggl( -\frac{{\rm d}u}{u^2} \biggr) = \int_1^\infty \cfrac{u - \left\lfloor u \right\rfloor}{u^2} \,\,{\rm d}u = \sum_{k=1}^\infty \int_k^{k+1} \biggl( \frac1u - \cfrac{\left\lfloor u \right\rfloor}{u^2} \biggr) {\rm d}u \\
&= \sum_{k=1}^\infty \int_k^{k+1} \biggl( \frac1u - \frac k{u^2} \biggr) {\rm d}u = \sum_{k=1}^\infty \biggl[ \ln\!|u| + \frac ku \biggr]_k^{k+1} \\
&= \sum_{k=1}^\infty \biggl( \ln(k+1) -\ln k +\frac k{k+1} -1 \biggr) \\
&= \lim_{n\to\infty} \sum_{k=1}^n \biggl( \ln(k+1) -\ln k -\frac1{k+1} \biggr) \\
&= \lim_{n\to\infty} \Biggl( \ln(n+1) -\ln1 -\sum_{k=1}^n \frac1{k+1} \Biggr) \\
&= \lim_{n\to\infty} \Biggl( \ln(n+1) - \Biggl( \sum_{k=1}^{n+1} \frac1k -1 \Biggr)\! \Biggr) \\
&= \lim_{n\to\infty} \Biggl( 1- \Biggl( \sum_{k=1}^{n+1} \frac1k -\ln(n+1) \Biggr)\! \Biggr) \\
&= 1-\gamma
\end{aligned})]
}}}||
-
제타 함수 [math(zeta(s))]에 대해 다음 식이 성립한다.
\sum_{n=2}^\infty \frac{\zeta(n)-1}n = 1-\gamma
\end{aligned} )]}}}||
로그함수의 테일러 급수로부터 다음 등식이 성립한다.
[math(\displaystyle \begin{aligned}
\ln(1+x) &= \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}n x^n \\
\Rightarrow -\ln \biggl( \frac k{k-1} \biggr) \!= \ln \biggl( 1-\frac1k \biggr) \!&= \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}n \biggl( -\frac1k \biggr)^{\!n} = -\sum_{n=1}^\infty \frac1{nk^n}
\end{aligned} )]
위 등식을 이용하면 주어진 식을 증명할 수 있다.
[math(\displaystyle \begin{aligned}
\sum_{n=2}^\infty \frac{\zeta(n)-1}n &= \sum_{n=2}^\infty \frac1n \sum_{k=2}^\infty \frac1{k^n} = \sum_{n=2}^\infty \sum_{k=2}^\infty \frac1{nk^n} = \sum_{k=2}^\infty \sum_{n=2}^\infty \frac1{nk^n} \\
&= \sum_{k=2}^\infty \Biggl( \sum_{n=1}^\infty \frac1{nk^n} -\frac1k \Biggr) \!= -\sum_{k=2}^\infty \Biggl( \frac1k -\sum_{n=1}^\infty \frac1{nk^n} \Biggr) \\
&= -\sum_{k=2}^\infty \biggl( \frac1k -\ln \biggl( \frac k{k-1} \biggr) \!\biggr) \!= -\lim_{n\to\infty} \sum_{k=2}^n \biggl( \frac1k -\ln \biggl( \frac k{k-1} \biggr) \!\biggr) \\
&= -\lim_{n\to\infty} \Biggl( \sum_{k=2}^n \frac1k -\sum_{k=2}^n \ln \biggl( \frac k{k-1} \biggr) \!\Biggr) \\
&= -\lim_{n\to\infty} \Biggl( \sum_{k=1}^n \frac1k -1 -\ln n \Biggr) = 1 -\lim_{n\to\infty} \Biggl( \sum_{k=1}^n \frac1k -\ln n \Biggr) \\
&= 1-\gamma
\end{aligned} )]
}}}|| [math(\displaystyle \begin{aligned}
\sum_{n=2}^\infty \frac{\Lambda(n)-1}n &= -2\gamma \\
&\approx -1.1544313298
\end{aligned} )]}}}||
-
감마 함수 [math(Gamma(z))]와
디감마 함수 [math(psi(z))]에 대해 다음이 성립한다. (단, [math(z\in\mathbb{C})])
\lim_{z\to0+} \biggl( \Gamma(z)-\frac1z \biggr) \!&= -\gamma \\
\lim_{z\to0+} \biggl( \psi(z)+\frac1z \biggr) \!&= -\gamma
\end{aligned} )]}}}||
[math(\displaystyle \begin{aligned}
\lim_{z\to0+} \biggl( \Gamma(z)-\frac1z \biggr) \!&= \lim_{z\to0+} \frac{z\Gamma(z)-1}z \\
&= \lim_{z\to0+} \frac{\Gamma(1+z)-\Gamma(1)}z \\
&= \Gamma'(1) \\
&= -\gamma \qquad \blacksquare \\
\lim_{z\to0+} \biggl( \psi(z)+\frac1z \biggr) \!&= \lim_{z\to0+} \psi(z+1) \\
&= \psi(1) \\
&= -\gamma \qquad \blacksquare
\end{aligned} )]
\lim_{z\to0+} \biggl( \Gamma(z)-\frac1z \biggr) \!&= \lim_{z\to0+} \frac{z\Gamma(z)-1}z \\
&= \lim_{z\to0+} \frac{\Gamma(1+z)-\Gamma(1)}z \\
&= \Gamma'(1) \\
&= -\gamma \qquad \blacksquare \\
\lim_{z\to0+} \biggl( \psi(z)+\frac1z \biggr) \!&= \lim_{z\to0+} \psi(z+1) \\
&= \psi(1) \\
&= -\gamma \qquad \blacksquare
\end{aligned} )]
}}}||
7. 값
|
8. 관련 문서
[1]
마지막 자릿수(볼드체가 아닌 부분)는 틀렸다. 반올림을 고려하더라도 마찬가지이다.
[2]
20~22번째, 31~32번째 자리는 틀린 값이므로 볼드체를 처리하지 않았다.
[3]
둘째 줄에서 전미분이 편미분으로 바뀌는 이유에 대해선
정적분으로 정의된 함수의 미분 공식을 참고하라.
[4]
정수계수 대수다항식의 해가 될 수 없는 수.
초월수이면 절대
유리수가 될 수 없다. 즉, 오일러-마스케로니 상수가 초월수이면 절대 유리수가 될 수 없으므로 해당 상수는 무리수가 된다. 그러나 아직까지는 이 상수가 초월수라는 증명이 나오지 않은 상태.
[5]
유리수인지 아닌지를 판별하는 함수.
[6]
[math(\displaystyle \iint_{(0,1)^2} \Leftrightarrow \int_0^1 \! \int_0^1)]이다. 자세한 내용은
중적분 문서 참고.