L30 · 점근 전개·안장점법·베르누이 수

예제 1-1 $B_0$부터 $B_8$까지

낮은 차수 셋은 곱을 직접 비교합니다.

$$\begin{aligned}&\Big(B_0+B_1x+\frac{B_2}{2}x^2+\cdots\Big)\\ &\quad\times\Big(1+\frac x2+\frac{x^2}{6}+\cdots\Big)=1\end{aligned}$$

• $x^0$: $B_0=1$
• $x^1$: $B_1+\frac{B_0}{2}=0\Rightarrow B_1=-\frac12$
• $x^2$: $\frac{B_2}{2}+\frac{B_1}{2}+\frac{B_0}{6}=0\Rightarrow\frac{B_2}{2}=\frac14-\frac16=\frac1{12}\Rightarrow B_2=\frac16$

그다음부터는 점화식이 빠릅니다. 괄호 안은 파스칼 삼각형의 줄입니다.

• $n=3$ (1 4 6 4): $1+4B_1+6B_2+4B_3=1-2+1+4B_3=0\Rightarrow B_3=0$
• $n=4$ (1 5 10 10 5): $1-\frac52+\frac{10}6+0+5B_4=\frac16+5B_4=0\Rightarrow B_4=-\frac1{30}$
• $n=6$ (1 7 21 35 35 21 7): $1-\frac72+\frac{21}{6}-\frac{35}{30}+7B_6=-\frac16+7B_6=0\Rightarrow B_6=\frac1{42}$
• $n=8$ (1 9 36 84 126 126 84 36 9): $1-\frac92+6-\frac{126}{30}+\frac{84}{42}+9B_8=\frac3{10}+9B_8=0\Rightarrow B_8=-\frac1{30}$

$n=6$, $n=8$에서는 레시피 4에 따라 $B_3=B_5=B_7=0$인 항을 건너뛰었습니다. $B_5=0$이 점화식에서도 그대로 나오는지는 연습문제 A1에서 확인합니다.

결과: $B_0=1$, $B_1=-\frac12$, $B_2=\frac16$, $B_4=-\frac1{30}$, $B_6=\frac1{42}$, $B_8=-\frac1{30}$, 나머지는 0. 짝수 번호의 부호는 $+,-,+,-$로 번갈아 바뀝니다.

예제 1-2 베르누이 수 쓰기: (a) $\zeta(2)$, $\zeta(4)$, $\zeta(6)$ (b) $\sum k^2$, $\sum k^3$

(a) 리만 제타 함수(Riemann zeta function)는 $\zeta(s)=\sum_{k=1}^\infty k^{-s}$ 입니다. 공식 $\zeta(2n)=\dfrac{(-1)^{n+1}B_{2n}(2\pi)^{2n}}{2(2n)!}$ 에 $n=1,2,3$을 넣습니다.

$$\begin{aligned}\zeta(2)&=\frac{(+1)\cdot\frac16\cdot4\pi^2}{2\cdot2}=\frac{\pi^2}{6}\approx1.6449\\ \zeta(4)&=\frac{(-1)(-\frac1{30})\cdot16\pi^4}{2\cdot24}\\ &=\frac{16\pi^4}{1440}=\frac{\pi^4}{90}\approx1.0823\\ \zeta(6)&=\frac{(+1)\cdot\frac1{42}\cdot64\pi^6}{2\cdot720}\\ &=\frac{64\pi^6}{60480}=\frac{\pi^6}{945}\approx1.0173\end{aligned}$$

부호 확인: $\zeta(2n)$은 양수이므로 $(-1)^{n+1}B_{2n}>0$ 이어야 합니다. $B_{2n}$의 부호가 번갈아 바뀌는 것과 맞습니다. 수치 확인: $1+\frac1{64}+\frac1{729}+\frac1{4096}+\frac1{15625}=1.01730$.

(b) 거듭제곱 합은 파울하버 공식(Faulhaber's formula)으로 구합니다.

$$\sum_{k=1}^{n}k^p=\frac1{p+1}\sum_{j=0}^{p}\binom{p+1}{j}(-1)^jB_j\,n^{p+1-j}$$

$(-1)^j$는 $j=1$에서만 효과가 있습니다: $(-1)B_1=+\frac12$. 홀수 $j\ge3$은 $B_j=0$이라 빠집니다.

$$\begin{aligned}\sum_{k=1}^nk^2&=\frac13\Big[n^3+3\cdot\tfrac12n^2+3\cdot\tfrac16n\Big]\\ &=\frac{n^3}{3}+\frac{n^2}{2}+\frac n6=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\\ \sum_{k=1}^nk^3&=\frac14\Big[n^4+4\cdot\tfrac12n^3+6\cdot\tfrac16n^2+0\Big]\\ &=\frac{n^4}{4}+\frac{n^3}{2}+\frac{n^2}{4}=\Big[\frac{n(n+1)}{2}\Big]^2\end{aligned}$$

확인: $n=3$이면 $1+4+9=14=\frac{3\cdot4\cdot7}{6}$, $1+8+27=36=6^2$.

예제 2-1 꼬리 $\displaystyle\sum_{k=N}^\infty\frac1{k^2}$ 와 $\zeta(2)$의 수치값

$f(x)=x^{-2}$, $a=N$, $b=\infty$ 입니다. 위끝에서 $f$와 모든 도함수가 0입니다.

• 적분: $\int_N^\infty x^{-2}dx=\frac1N$
• 끝점 평균: $\frac{f(N)+0}{2}=\frac1{2N^2}$
• $f'=-2x^{-3}$: $\big[f'\big]_N^\infty=0-\big(-\frac2{N^3}\big)=\frac2{N^3}$. 곱하기 $\frac1{12}$ → $\frac1{6N^3}$
• $f'''=-24x^{-5}$: $\big[f'''\big]_N^\infty=\frac{24}{N^5}$. 곱하기 $-\frac1{720}$ → $-\frac1{30N^5}$

$$\sum_{k=N}^\infty\frac1{k^2}\approx\frac1N+\frac1{2N^2}+\frac1{6N^3}-\frac1{30N^5}$$

$N=10$: $0.1+0.005+0.000166667-0.000000333=0.105166333$. 앞의 9항은 직접 더합니다: $\sum_{k=1}^{9}k^{-2}=1.539767731$. 합은 $1.644934064$이고 참값 $\frac{\pi^2}6=1.644934067$과 오차 $2\times10^{-9}$로 맞습니다. 그냥 $10^4$항을 더하면 오차가 아직 $10^{-4}$입니다.

예제 2-2 조화수(harmonic number) $H_n=\sum_{k=1}^n\frac1k$ 의 점근형과 $n=10$ 비교

$f(x)=\frac1x$, $a=1$, $b=n$ 입니다.

• 적분: $\int_1^n\frac{dx}{x}=\ln n$
• 끝점 평균: $\frac{f(1)+f(n)}{2}=\frac12+\frac1{2n}$
• $f'=-x^{-2}$: $\big[f'\big]_1^n=-\frac1{n^2}+1$. 곱하기 $\frac1{12}$ → $\frac1{12}-\frac1{12n^2}$
• $f'''=-6x^{-4}$: $\big[f'''\big]_1^n=-\frac6{n^4}+6$. 곱하기 $-\frac1{720}$ → $-\frac1{120}+\frac1{120n^4}$

$n$이 들어 있는 항과 상수항을 나눠 모읍니다.

$$\begin{aligned}H_n&\approx\ln n+\Big(\frac12+\frac1{12}-\frac1{120}+\cdots\Big)\\ &\quad+\frac1{2n}-\frac1{12n^2}+\frac1{120n^4}\end{aligned}$$

아래끝($x=1$)에서 나온 상수들은 점근 급수라 항을 끝까지 더할 수 없습니다. 대신 이들의 합은 $\lim_{n\to\infty}(H_n-\ln n)$ 이고, 이것이 오일러 상수 $\gamma$의 정의입니다. 실제로 $\frac12+\frac1{12}-\frac1{120}=0.575$로 $\gamma=0.5772$에 가깝습니다.

$$H_n\sim\ln n+\gamma+\frac1{2n}-\frac1{12n^2}+\frac1{120n^4}$$

$n=10$: 참값 $H_{10}=\frac{7381}{2520}=2.928968254$.

오차가 매번 "다음에 더할 항"과 거의 같은 크기입니다. 점근 전개의 전형적인 모습입니다.

예제 3-1 $I(x)=\displaystyle\int_0^\infty\frac{e^{-t}}{1+xt}\,dt$, $x\to0^+$

$J_k=\int_0^\infty\frac{e^{-t}}{(1+xt)^k}dt$ 로 둡니다($I=J_1$). $u=(1+xt)^{-k}$, $dv=e^{-t}dt$ 로 부분적분합니다. $du=-kx(1+xt)^{-k-1}dt$, $v=-e^{-t}$ 입니다.

$$\begin{aligned}J_k&=\Big[-\frac{e^{-t}}{(1+xt)^k}\Big]_0^\infty-kx\int_0^\infty\frac{e^{-t}}{(1+xt)^{k+1}}dt\\ &=1-kx\,J_{k+1}\end{aligned}$$

이것을 반복합니다.

$$\begin{aligned}I&=1-xJ_2=1-x\big(1-2xJ_3\big)\\ &=1-x+2x^2J_3=1-x+2x^2-6x^3J_4=\cdots\\ &=\sum_{n=0}^{N}(-1)^nn!\,x^n+R_N\\ R_N&=(-1)^{N+1}(N+1)!\,x^{N+1}J_{N+2}\end{aligned}$$

$0<J_{N+2}<1$ 이므로 $|R_N|<(N+1)!\,x^{N+1}$, 즉 오차는 처음 버린 항보다 작습니다. 빠른 길로도 같습니다: $\frac1{1+xt}=\sum(-xt)^n$ 을 넣고 $\int_0^\infty t^ne^{-t}dt=n!$. (이 전개는 $t<1/x$에서만 맞습니다. 그래서 결과가 발산합니다.)

비 $\frac{(n+1)!x^{n+1}}{n!x^n}=(n+1)x$ 는 $n\to\infty$에서 무한대이므로, 어떤 $x>0$에서도 급수는 발산합니다. 그래도 $x$가 작으면 처음 항들은 빨리 작아집니다. $x=0.1$에서 부분합 $S_N$과 참값 $I(0.1)=0.9156333$(수치 적분)을 비교합니다.

가장 작은 항은 $N=9,10$ ($N\approx1/x$)입니다. 그 근처에서 오차가 최소 $1.8\times10^{-4}$이고, 그 뒤로는 항을 더할수록 나빠집니다. 가장 작은 항의 크기는 스털링 공식(4절)으로 $N=1/x$를 넣어 $\sqrt{2\pi/x}\;e^{-1/x}\approx3.6\times10^{-4}$입니다. $x$가 작을수록 지수적으로 작아지므로, 작은 $x$에서는 아주 쓸 만한 근사입니다.

예제 3-2 상보 오차함수 $\operatorname{erfc}(x)=\dfrac{2}{\sqrt\pi}\displaystyle\int_x^\infty e^{-t^2}dt$, 큰 $x$

요령: $e^{-t^2}=\frac{1}{2t}\cdot2te^{-t^2}$ 로 쓰고 $2te^{-t^2}$ 쪽을 적분합니다($v=-e^{-t^2}$).

$$\begin{aligned}\int_x^\infty e^{-t^2}dt&=\Big[-\frac{e^{-t^2}}{2t}\Big]_x^\infty-\int_x^\infty\frac{e^{-t^2}}{2t^2}dt\\ &=\frac{e^{-x^2}}{2x}-\int_x^\infty\frac{e^{-t^2}}{2t^2}dt\end{aligned}$$

남은 적분에 같은 요령을 씁니다: $\frac{1}{2t^2}e^{-t^2}=\frac1{4t^3}\cdot2te^{-t^2}$.

$$\begin{aligned}\int_x^\infty\frac{e^{-t^2}}{2t^2}dt&=\frac{e^{-x^2}}{4x^3}-\int_x^\infty\frac{3e^{-t^2}}{4t^4}dt\\ \int_x^\infty\frac{3e^{-t^2}}{4t^4}dt&=\frac{3e^{-x^2}}{8x^5}-\cdots\end{aligned}$$

모아서 $\frac{2}{\sqrt\pi}$를 곱합니다.

$$\begin{aligned}\operatorname{erfc}(x)&\sim\frac{e^{-x^2}}{x\sqrt\pi}\Big[1-\frac1{2x^2}+\frac3{4x^4}-\frac{15}{8x^6}+\cdots\Big]\\ &=\frac{e^{-x^2}}{x\sqrt\pi}\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n(2n-1)!!}{(2x^2)^n}\end{aligned}$$

이웃 항의 비는 $\frac{2n+1}{2x^2}$ 이므로 $n\approx x^2$ 근처에서 항이 가장 작습니다. $x=3$에서 참값 $\operatorname{erfc}(3)=2.20905\times10^{-5}$와 비교합니다.

첫 항만으로도 $x=3$에서 5% 정도입니다. 첫 항의 상대오차는 대략 $\frac1{2x^2}$입니다.

예제 4-1 $\Gamma(N+1)$에서 스털링 공식(Stirling's formula)

$\Gamma(N+1)=\int_0^\infty t^Ne^{-t}dt=\int_0^\infty e^{N\ln t-t}dt$. 최대점이 $t=N$이라 $N$과 함께 움직입니다. $t=Ns$, $dt=N\,ds$ 로 치환합니다.

$$\begin{aligned}\Gamma(N+1)&=\int_0^\infty(Ns)^Ne^{-Ns}\,N\,ds\\ &=N^{N+1}\int_0^\infty e^{N(\ln s-s)}ds\end{aligned}$$

$f(s)=\ln s-s$. $f'(s)=\frac1s-1=0\Rightarrow s_0=1$. $f(1)=-1$. $f''(s)=-\frac1{s^2}\Rightarrow f''(1)=-1$. 공식에 넣습니다($g=1$).

$$\begin{aligned}\Gamma(N+1)&\approx N^{N+1}e^{-N}\sqrt{\frac{2\pi}{N}}\\ &=\sqrt{2\pi N}\,N^Ne^{-N}\end{aligned}$$

$N=10$: $10!=3\,628\,800$, 스털링 $3\,598\,696$ (상대오차 $-0.83\%$). 다음 차 보정 $\big(1+\frac1{12N}\big)$을 곱하면 $3\,628\,685$ (상대오차 $-3.2\times10^{-5}$)입니다. 보정 계수 $\frac1{12N}$은 가우스 근사의 다음 차에서 나옵니다(L14에서 본 상대오차 $\frac1{12n}$과 같은 것).

예제 4-2 $\displaystyle\int_0^1t^N(1-t)^N\,dt$ (최대점이 구간 안쪽)

$t^N(1-t)^N=e^{Nf(t)}$, $f(t)=\ln t+\ln(1-t)$ 입니다.

• $f'(t)=\frac1t-\frac1{1-t}=0\Rightarrow t_0=\frac12$
• $f(\frac12)=\ln\frac14$ 이므로 $e^{Nf(t_0)}=4^{-N}$
• $f''(t)=-\frac1{t^2}-\frac1{(1-t)^2}\Rightarrow f''(\frac12)=-4-4=-8$

$$\begin{aligned}\int_0^1t^N(1-t)^Ndt&\approx4^{-N}\sqrt{\frac{2\pi}{8N}}\\ &=\frac12\,4^{-N}\sqrt{\frac{\pi}{N}}\end{aligned}$$

참값은 베타 함수(L14) $B(N+1,N+1)=\frac{(N!)^2}{(2N+1)!}$ 입니다. $N=10$: 참값 $2.5774\times10^{-7}$, 근삿값 $2.6727\times10^{-7}$ (상대오차 $+3.7\%$). $N=100$이면 $+0.37\%$로, $1/N$에 비례해 줄어듭니다.

예제 5-1 $J_0(x)$의 점근형 ($x\to\infty$)

L23의 야코비-앵거 전개 $e^{ix\cos\theta}=\sum_n i^nJ_n(x)e^{in\theta}$를 $\theta$로 $0$부터 $2\pi$까지 적분하면 $n=0$ 항만 남습니다.

$$J_0(x)=\frac1{2\pi}\int_0^{2\pi}e^{ix\cos\theta}\,d\theta$$

$N=x$, $f(\theta)=i\cos\theta$, $g=\frac1{2\pi}$ 입니다. 피적분함수가 주기 $2\pi$이므로 구간을 $[-\frac\pi2,\frac{3\pi}2]$로 옮겨도 됩니다. 그러면 안장점이 모두 구간 안쪽에 있습니다.

① 안장점: $f'(\theta)=-i\sin\theta=0\Rightarrow\theta_0=0,\ \pi$. $f''(\theta)=-i\cos\theta$.

② $\theta_0=0$: $f(0)=i$, $f''(0)=-i=e^{-i\pi/2}$, $\alpha=-\frac\pi2$. $\varphi=\frac{\pi+\pi/2}{2}=\frac{3\pi}4$ 또는 $\frac{3\pi}4-\pi=-\frac\pi4$. 경로는 $\theta$가 커지는 쪽으로 가므로 $\cos\varphi>0$인 $\varphi=-\frac\pi4$.

$$\text{기여}_0=\frac1{2\pi}e^{ix}\sqrt{\frac{2\pi}{x}}\,e^{-i\pi/4}$$

방향 확인: $\theta=re^{-i\pi/4}$이면 $\theta^2=-ir^2$ 이고 $i\cos\theta\approx i\big(1-\frac{\theta^2}2\big)=i-\frac{r^2}{2}$. 허수부 일정, 실수부가 줄어듭니다. 맞습니다.

③ $\theta_0=\pi$: $f(\pi)=-i$, $f''(\pi)=+i=e^{i\pi/2}$, $\alpha=\frac\pi2$. $\varphi=\frac{\pi-\pi/2}{2}=\frac\pi4$ ($\cos\varphi>0$, 그대로 씀).

$$\text{기여}_\pi=\frac1{2\pi}e^{-ix}\sqrt{\frac{2\pi}{x}}\,e^{i\pi/4}$$

④ 더합니다. $e^{i(x-\pi/4)}+e^{-i(x-\pi/4)}=2\cos(x-\frac\pi4)$ 입니다.

$$\begin{aligned}J_0(x)&\approx\frac1{2\pi}\sqrt{\frac{2\pi}{x}}\cdot2\cos\Big(x-\frac\pi4\Big)\\ &=\sqrt{\frac{2}{\pi x}}\cos\Big(x-\frac\pi4\Big)\end{aligned}$$

수치: $x=10$에서 참값 $-0.24594$, 근삿값 $-0.24676$. $x=20$에서 참값 $0.167025$, 근삿값 $0.166656$. L23의 점근형과 같습니다. ($f$가 실축 위에서 순허수인 이런 경우를 정상 위상법(stationary phase)이라고도 부릅니다. 결과는 같습니다.)

예제 6-1 (a) 월리스 곱 (b) $\zeta(2)$ 다시 얻기 (c) $\prod(1+\frac1{n^2})$와 $\prod(1+\frac1n)$

(a) $\sin x$ 곱에 $x=\frac\pi2$를 넣습니다. $\sin\frac\pi2=1$ 입니다.

$$\begin{aligned}1&=\frac\pi2\prod_{n=1}^\infty\Big(1-\frac{1}{4n^2}\Big)=\frac\pi2\prod_{n=1}^\infty\frac{(2n-1)(2n+1)}{(2n)^2}\\ \Rightarrow\ \frac\pi2&=\prod_{n=1}^\infty\frac{(2n)^2}{(2n-1)(2n+1)}\\ &=\frac{2\cdot2}{1\cdot3}\cdot\frac{4\cdot4}{3\cdot5}\cdot\frac{6\cdot6}{5\cdot7}\cdots\end{aligned}$$

이것이 월리스 곱(Wallis product)입니다. 부분곱 $P_N$은 천천히 다가갑니다.

상대오차는 대략 $-\frac1{4N}$입니다.

(b) 곱을 $x^3$까지 전개합니다. 각 괄호에서 $-\frac{x^2}{n^2\pi^2}$를 하나씩 고르고 나머지는 1을 고르면 됩니다.

$$\begin{aligned}x\prod\Big(1-\frac{x^2}{n^2\pi^2}\Big)&=x-x^3\sum_{n=1}^\infty\frac1{n^2\pi^2}+\cdots\\ \sin x&=x-\frac{x^3}{6}+\cdots\end{aligned}$$

$x^3$ 계수를 같게 놓으면 $\sum\frac1{n^2\pi^2}=\frac16$, 즉 $\zeta(2)=\frac{\pi^2}6$. 예제 1-2와 같습니다.

(c) $\prod_{n=1}^\infty(1+\frac1{n^2})$: $\sum\frac1{n^2}$이 수렴하므로 곱도 수렴합니다. 값은 $\sinh$ 곱에 $x=\pi$를 넣어 $\sinh\pi=\pi\prod(1+\frac1{n^2})$, 즉 $\dfrac{\sinh\pi}{\pi}\approx3.6761$. 반면 $\prod(1+\frac1n)$은 $\sum\frac1n$이 발산하므로 발산합니다. 직접 보면 $\prod_{n=1}^N\frac{n+1}{n}=N+1\to\infty$ (망원곱).

예제 7-1 (a) $\eta(2)$, $\lambda(2)$, $\eta(4)$ (b) $\eta(1)=\ln2$ (c) 오일러 곱의 수렴

(a) $\zeta(2)=\frac{\pi^2}6$, $\zeta(4)=\frac{\pi^4}{90}$ (예제 1-2)에 인수를 곱합니다.

$$\begin{aligned}\eta(2)&=\Big(1-\frac12\Big)\frac{\pi^2}{6}=\frac{\pi^2}{12}\approx0.8225\\\lambda(2)&=\Big(1-\frac14\Big)\frac{\pi^2}{6}=\frac{\pi^2}{8}\\\eta(4)&=\Big(1-\frac18\Big)\frac{\pi^4}{90}=\frac{7\pi^4}{720}\approx0.9470\end{aligned}$$

$\lambda(2)=\frac{\pi^2}8$은 L18에서 푸리에 급수로 얻은 값과 같습니다.

(b) $s=1$에서는 $\zeta(1)$이 발산하므로 극한으로 봅니다. $s\to1$이면 $\zeta(s)\approx\frac{1}{s-1}$ (적분 $\int_1^\infty x^{-s}dx=\frac1{s-1}$과 같은 크기), 그리고 $1-2^{1-s}=1-e^{-(s-1)\ln2}\approx(s-1)\ln2$입니다. 곱하면

$$\eta(1)=1-\frac12+\frac13-\cdots=\lim_{s\to1}(s-1)\ln2\cdot\frac1{s-1}=\ln2$$

(c) $s=2$에서 소수 $p\le P$까지의 부분곱 $\prod_{p\le P}\frac1{1-p^{-2}}$:

$\frac{4}{3}\cdot\frac98=1.5$처럼 손으로도 몇 단계 갈 수 있습니다. 수렴은 느립니다. 빠진 인수가 $1+\frac1{p^2}+\cdots$이고 $\sum_{p>P}p^{-2}$이 천천히 줄기 때문입니다.

예제 8-1 $\chi(\omega)=\dfrac{1}{\omega_0-\omega-i\gamma}$, $\omega_0=2$, $\gamma=1$

① 실수부와 허수부: 분모의 켤레 $\omega_0-\omega+i\gamma$를 위아래에 곱합니다.

$$\begin{aligned}\mathrm{Re}\,\chi&=\frac{\omega_0-\omega}{(\omega-\omega_0)^2+\gamma^2}\\ \mathrm{Im}\,\chi&=\frac{\gamma}{(\omega-\omega_0)^2+\gamma^2}\end{aligned}$$

허수부가 $\omega_0$에 봉우리가 있고 폭이 $\gamma$인 로런츠형(Lorentzian)입니다. 극은 $\omega=\omega_0-i\gamma$로 아래 반평면에 있고, $|\chi|\sim1/|\omega|\to0$ 입니다. 조건을 만족합니다.

② $\omega=1$에서 실수부 $\mathrm{Re}\,\chi(1)=\frac{2-1}{1+1}=\frac12$ 를 허수부에서 복원합니다. $L(w)=\frac{1}{(w-2)^2+1}$ 이라 두면

$$\begin{aligned}L(1+u)-L(1-u)&=\frac1{(u-1)^2+1}-\frac1{(u+1)^2+1}\\ &=\frac{(u+1)^2-(u-1)^2}{(u^2-2u+2)(u^2+2u+2)}\\ &=\frac{4u}{u^4+4}\end{aligned}$$

(분모: $(u^2+2)^2-(2u)^2=u^4+4$.) 레시피 3에 넣습니다.

$$\begin{aligned}\mathrm{Re}\,\chi(1)&=\frac1\pi\int_0^\infty\frac{4}{u^4+4}\,du\\ &=\frac4\pi\cdot\frac{\pi}{8}=\frac12\end{aligned}$$

여기서 $\int_0^\infty\frac{du}{u^4+a^4}=\frac{\pi}{2\sqrt2\,a^3}$ (L12의 유수 적분)에 $a=\sqrt2$, $a^3=2\sqrt2$ 를 넣었습니다. 맞습니다.

③ 다른 점에서도 수치 적분으로 확인합니다.

일반 $\omega$에서도 레시피 4의 유수 계산으로 $\frac1\pi\mathrm{P}\!\int=\frac{\omega_0-\omega}{(\omega_0-\omega)^2+\gamma^2}$가 나옵니다. 흡수 스펙트럼(허수부)만 재면 굴절(실수부)이 정해진다는 것이 분산 관계의 내용입니다.