Dexter's story

(매스매티카의 도움으로) 계산하긴 했는데 계산한 내가 봐도 ‘와 이걸 어떻게 계산한거지?’ 싶은 부분이 있다…(…) pic.twitter.com/vo6622yKjH

— Dexter Kim (@AstralDexter) July 28, 2021

(매스매티카의 도움을 받아 계산하기는 했지만) 계산을 나 자신도 '와 저게 정리가 되는구나...' 싶은 부분이 있어서 저 무한급수를 더하는데 들어간 테크닉을 좀 정리해보기로 했다. 저 무한급수는 일단은 다음 식^[각주:1].

\[ \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(n!)^2 x^n}{(2n+1)!} = \frac{4 \csc^{-1} (2 / \sqrt{x})}{\sqrt{x(4-x)}} \]

논문을 위한 계산을 하다가 행렬의 로그를 취하는 과정에서 튀어나온 함수인데, 일반항은 찍은 것이다. 왼쪽의 급수를 어떻게 구했는가는 사실 중요한 문제는 아니니 제끼기로 하자.

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무한급수를 이름이 있는 함수(베셀함수라던가)로 다시 쓰기 위해 가장 중요한 것은 각종 특수함수의 급수전개를 미리 알고있는 것이다. 모든 물리학/공학 학부생의 적인 수리물리/공학수학 강의에서 특수함수 파트를 배우는 고통의 시간동안 졸지 않는 것이 중요한 이유이기도 하다^[각주:2]. 하지만 위의 예제는 베셀함수가 아니니 일단 넘어가기로 하자.

무한급수를 다시 정리하는데 쓸 수 있는 가장 간단한 테크닉은 초기하함수(hypergeometric function)의 미분방정식을 구하는 방법을 응용하는 것이다. 혹은 미분방정식의 급수해 풀이법인 Frobenius method의 반대 과정으로 생각해도 좋다. 우선 다음과 같이 일반항이 주어지는 무한급수를 생각해보자.

\[ f(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{a(n) x^n}{b(n)} \]

여기서 $a(n)$과 $b(n)$은 어떤 수열이라고 하자. 처음 제시한 무한급수의 경우 $a(n) = (n!)^2$과 $b(n) = (2n+1)!$이다.

무한급수를 다시 합하는데 가장 중요한 공식은 다음 공식이다.

\[ x \frac{d}{dx} x^n = n x^n \]

이 미분연산자를 적당히 조합하는 것으로 $a(n)$을 $a(n+1)$로 바꿔주는 연산자 $D_1$을 찾는다.

\[ D_1 f(x) = \sum_{n=0}^\infty \frac{a(n)}{b(n)} D_1 x^n = \sum_{n=0}^\infty \frac{a(n+1)}{b(n)} x^{n+1} \]

일반적으로는 이런 연산자 $D_1$을 찾기 매우 어렵지만, 수열 $a(n)$이 팩토리얼과 같은 종류의 함수들의 곱으로 구성되어 있어 $a(n+1) / a(n)$이 $n$에 대한 다항식 $P(n)$으로 주어질 경우에는 연산자 $D_1$을 매우 쉽게 찾을 수 있다.

\[ \frac{a(n+1)}{a(n)} = P(n) \Rightarrow D_1 = x P(x \frac{d}{dx}) \]

예시에서는 이를 만족하는 연산자가 $D_1 = x (\frac{d}{dx} x)^2$으로 주어진다.

\[ D_1 f(x) = x \left( x (xf)' \right)' = \sum_{n=0}^\infty \frac{[(n+1)!]^2 x^{n+1}}{(2n+1)!} \]

다음으로 할 일은 $b(n)$을 $b(n-1)$로 바꿔주는 연산자 $D_2$를 찾는 것이다.

\[ D_2 f(x) = \sum_{n=0}^\infty \frac{a(n)}{b(n)} D_2 x^n = \sum_{n=0}^\infty \frac{a(n)}{b(n-1)} x^{n} \]

$D_1$의 경우와 마찬가지로, 일반적으로 이런 연산자 $D_2$는 존재하지 않지만 팩토리얼과 같은 종류의 함수들의 곱으로 구성된 $b(n)$의 경우에는 $D_2$를 찾을 수 있다. 비율 $b(n)/b(n-1)$이 $n$에 대한 다항식 $Q(n)$으로 주어지기 때문.

\[ \frac{b(n)}{b(n-1)} = Q(n) \Rightarrow D_2 = Q (x \frac{d}{dx}) \]

예시에서는 이를 만족하는 연산자가 $D_2 = 2 x \frac{d}{dx} (2 x \frac{d}{dx} + 1)$으로 주어진다.

\[ D_2 f(x) = 2 x \left( f + 2xf' \right)' = \sum_{n=0}^\infty \frac{(n!)^2 x^n}{(2n-1)!} \]

(음의 정수의 팩토리얼 $(-n)! = \infty$을 도입하여 $n=0$을 포함하도록 할 수 있다.) 여기까지 왔으면 다음은 뻔하다. 두 급수전개가 사실은 같은 함수이니 $D_1 f = D_2 f$라고 둘 수 있고, 이 관계식을 바탕으로 $f(x)$가 만족하는 미분방정식을 적을 수 있다.

\[ (D_1 - D_2) f(x) = 0 \Rightarrow x(x-4) f'' + 3 (x-2) f' + f = 0 \]

이제 미분방정식의 해를 찾아서 급수전개가 일치하도록 계수를 결정해주면 된다. 여기서부터는 계산할 때 Mathematica를 이용해 답을 얻었는데, 직접 손으로 미분방정식을 푸는 방법은 없을까 생각해보기로 한다. 여담으로 미분방정식의 답은 다음과 같이 주어진다.

\[ f(x) = \frac{A}{\sqrt{x(4-x)}} + \frac{B \sin^{-1}\sqrt{1-(x/4)}}{\sqrt{x(4-x)}} \]

여기서 $A = 2 \pi$, $B = -4$를 넣어주면 처음 제시한 답을 얻는다.

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현재 문제는 다음과 같이 생긴 미분방정식을 푸는 것이다.

\[ x(x-4) f'' + 3 (x-2) f' + f = 0 \]

위 미분방정식은 $u = x(x-4)$란 함수를 도입하여 다음과 같이 적을 수 있다.

\[ u f'' + \frac{3}{2} u' f' + \frac{1}{2} u'' f = 0 \]

이렇게 쓰고보니 공학수학이나 수리물리 첫 시간에 잠깐 배우고 잊어버리는 테크닉인 적분인자(integrating factor)를 이용한 풀이법이 존재할 것 같은 느낌이 들지 않는가? 우선 식을 다음과 같이 나눠보자.

\[ u f'' + \frac{3}{2} u' f' + \frac{1}{2} u'' f = u f'' + u' f' + \frac{1}{2} \left( u' f' + u'' f \right) = 0 \]

위 식은 다음과 같이 정리할 수 있다.

\[ ( u f' )' + \frac{1}{2} (u' f)' = ( uf' + \frac{u' f}{2} )' = 0 \]

전체 미분의 안에 들어있는 식은 적분인자로 하나의 미분으로 정리할 수 있다.

\[ ( uf' + \frac{u' f}{2} )' = ( u^{1/2} (u^{1/2} f)' )' = 0 \]

위 미분방정식의 가장 간단한 해는 $u^{1/2} f = C_1$이다. 가장 안쪽의 미분이 사라질테니까. $C_1$에 단위허수를 붙여서 정리해준다고 가정하면 첫번째 homogeneous solution으로 다음 식을 얻는다.

\[ f_1(x) = C_1 (-u)^{-1/2} = \frac{C_1}{\sqrt{x(4-x)}} \]

두번째 해는 $u^{1/2} (u^{1/2} f)' = C_2$를 요구하는 것이다. 이 경우 (적당히 적분상수에 단위허수를 붙여 부호를 정리하고 나면) 우리는 다음 식을 얻는다.

\[ f_2(x) = C_2 (-u)^{-1/2} \int (-u)^{-1/2} dx = \frac{C_2}{\sqrt{x(4-x)}} \int \frac{dx}{\sqrt{4 - (x-2)^2}} \]

가장 우변의 적분은 $\sin^{-1}$으로 정리된다.

\[ \int \frac{dx}{\sqrt{4 - (x-2)^2}} = \int \frac{d(x/2)}{\sqrt{1 - (x/2-1)^2}} = \sin^{-1} (\frac{x}{2} - 1) \]

따라서 가장 일반적인 해로

\[ f(x) = \frac{C_1}{\sqrt{x(4-x)}} + \frac{C_2 \sin^{-1} (\frac{x}{2} - 1)}{\sqrt{x(4-x)}} \]

를 얻게 된다. 두번째 항이 조금 이상해 보일 수 있지만 $C_1$과 $C_2$를 적당히 조절하면 $\sin^{-1}$의 argument를 다시 정리할 수 있다. 처음 제시한 꼴로 어떻게 정리되는지 보이는 것은 연습문제(...)로 남겨두기로 하자.

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다음은 급수전개를 통해 계수를 맞추는 작업이다. $x=0$ 근처에서 작업해야 하니 가장 먼저 할 작업은 $\sin^{-1}$의 argument를 잘 정리해서 보다 급수전개하기 쉬운 꼴로 바꾸는 것이다. 이 작업을 위해 다음과 같이 $\theta$란 변수를 도입하자.

\[ \theta = \sin^{-1} (\frac{x}{2} - 1) \]

이제 $\theta$를 $\theta \to \phi - \pi / 2$를 통해 $\phi$로 재정의하는 경우를 생각할 수 있다. 정확히 $-\pi/2$만큼 원점을 이동하는 이유는 우변의 argument가 $x=0$에서 -1이 되기 때문인데 $- \pi / 2$만큼 $\theta$를 옮기는 것을 변수 $C_1$의 재정의로 흡수할 수 있다. 이제 $\phi$를 구하기 위해서는 다음과 같은 관계식을 풀게 된다.

\[ \sin (\phi - \pi/2) = - \cos \phi  = \frac{x}{2} - 1 \]

위 식은 배각공식을 이용해 조금 더 정리해줄 수 있다.

\[ 1 - \cos \phi = 2 \sin^2 \frac{\phi}{2} = \frac{x}{2} \Rightarrow \phi = 2 \sin^{-1} \frac{\sqrt{x}}{2} \]

위 방법으로 $\sin^{-1} (\frac{x}{2} - 1) = 2 \sin^{-1} (\sqrt{x}/2) - \pi / 2$로 다시 쓸 수 있고, 결과적으로 $f(x)$는 다음과 같이 정리된다.

\[ f(x) = \frac{\tilde{C}_1}{\sqrt{x(4-x)}} + \frac{\tilde{C}_2 \sin^{-1} (\sqrt{x}/2) }{\sqrt{x(4-x)}} \]

이제 처음 구한 급수전개와 맞추는 작업이 남았다. 먼저 사인함수의 역함수의 급수전개는 다음과 같이 주어진다.

\[ \sin^{-1} (x) = x + \mathcal{O} (x^3)\]

계수를 결정하는데는 1차항만 필요하므로 나머지 항은 무시하기로 하자. 이제 위에서 구한 $f(x)$를 $x=0$ 근처에서 전개해보자. 이를 위해서는 다음과 같이 식을 다시 적어주는 것이 좋다.

\[ f(x) = \frac{\tilde{C}_1}{2\sqrt{x} \sqrt{1-x/4}} + \frac{\tilde{C}_2 \sin^{-1} (\sqrt{x}/2) }{2 \sqrt{x} \sqrt{1-x/4} } \]

위의 꼴을 $x=0$에서 전개하면 다음 결과를 얻는다.

\[ f(x) = \frac{\tilde{C}_1}{2 \sqrt{x}} + \frac{\tilde{C}_2}{4} + \mathcal{O}(\sqrt{x}) \]

원래 $f(x)$의 급수전개는

\[ f(x) = 1 + \frac{x}{6} + \frac{x^2}{30} + \cdots \]

이므로, 계수가 바로 결정되어 $f(x)$를 결정할 수 있게 된다.

\[ f(x) = \frac{4 \sin^{-1} (\sqrt{x}/2) }{\sqrt{x(4-x)}}\]

매우 제한적인 경우에만 응용할 수 있는 테크닉이긴 하지만, 무한급수를 합하는 그다지 어렵지는 않은 방법이다.